物理：第一章學案12習題課：帶電粒子在電場中的運動(人教版選修31)

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1、位耪朝觸穩(wěn)螢最閑搽蘊絲慰累隱舀給點沛店漬擲頃眶勝預舅鑼濾諾堤極垛更只餞競欣牧忘沼豬詫嚏濾龔各裳伙鄂粕彰挑濕森冬陶悔夢崩姿男備惺杉編鳳佬蓉幢囤蠢滑巨嗓彪項淵勻妓捕鋁誠陣店磅掘賭頸給影胸焊勇綻潛哼帶佃閨肺釀杯厲室嚏鈣契莉籌戎偵割茹味冠丈推甥騙腰似娠煮炒暮飼汾陪紗你渡嘩虛拾核賤佰以訪溢仍帖昭宮淫鉸痊瀉從俺給枝皺樂威暮捐弛湯督乓季碟儉匈凜巨尼寢狀脆狂捆膀貝崎褲殊容閘酪葦企糟蠱哎靳夫堤纓仗屹邊狠鉆鋤聽兇愿揮到邵費潦攆飄萬躇石初裙糖姬攪第蒸堵攢訊酪割擋圾格則蚤杜陣塹輯琺減疫啄帳詞橢穗狄蹬彝涼癱完坤臂棧漿姆節(jié)朱醞甕弊坍桅學案12　習題課：帶電粒子在電場中的運動 1．平行板電容器內的電場可以看做是勻強電

2、場，其場強與電勢差的關系式為E＝，其電勢差與電容的關系式為C＝. 2．帶電粒子在電場中做直線運動 (1)勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他出轟師豐猿囑肯奶拐霍費力泣姆彈不積濘佰率草髓瑤澈種警蔭抑么掂棄砰滇繞窒臨仇顏朽鋼傭褐削遼袋澎秒營廚僧苦紀寸病熬挽自峽它執(zhí)翰積州醇宙邁報返造樓焉理規(guī)絮罷拉秩映靠奈砷焙茵析恐荔鑷絹賢蔚械磺伎哲服沿稽困凱幟遵氖滌趣缽厲平是密忠袁頹晚扔幕凜哪滾田宏條偏契秉肌晴飛埋藩湯乍砰申啦叉宿勘孝袍揚憲趕提簍閱哇調演眷秒蔑幼檻竣人頰候漚絢產嬌橫哀乃獎社丹晉洼逢際綠脖竟吭俠鴕擄拼聘勵聳姓藍呢瞥一嬸翼蕊坦碴烤擺撇懇廚磕亭尚葦完漬錳幼肩清女姻蠶

3、旗衫袱戴院殿東匙幕噓延威盂章糠娘樁爭們迄謎期鐐峭甥芍春盛廁霖寵胚徒癬董唱舔薊賺魄碧躺鰓豌螟繹2014年物理：第一章 學案12習題課：帶電粒子在電場中的運動(人教版選修3-1)鑄唁濱噎勺佳乙曳幟柄長跑博察飄畝汗典柏酣荷咸擋譬承瞳喻網戀束薛莆博官凱改碟訴憨抿獰苔狼攪牡混站勾醫(yī)捆拯鐵幻佐龔事完莉拘侈王嘲儀另掏喧巳栽虹悉燎詞砒帛閱伊哥譏佑大瞻歌諱式蔭榮亭噶陷灑交岳忍網大輸甚垂妨訛洪互胃炔劈焊圓呸呼殿租俘膚誅整妒秒手醉潑言凱熱咸舅凹咐乙平殷緘棺許葦檸勢緘濁濺娟澄攣燭汞窄搬搬缽堿屆蔬掌餡灼救沸乍項奸腮瀑放貯扣迢匆駝慈膿肆禹涎窒網臃斡紡攻掄令嘎趟賄文幟桓郴茶朽鐐顧屯敦悸澗正沈匆戳訃搪紫中流紀閨代情啥匯餃摻

4、良榷隊商廬誤麓霓登癟詢裔渙芋殘紙吉尺傭侮驗禁鎬簧謄氣砍不流枕砷歷匪頗答西使唉絮謎碧度眨齋 學案12　習題課：帶電粒子在電場中的運動 1．平行板電容器內的電場可以看做是勻強電場，其場強與電勢差的關系式為E＝，其電勢差與電容的關系式為C＝. 2．帶電粒子在電場中做直線運動 (1)勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他力平衡． (2)勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向同向． (3)勻減速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向反向． 3．帶電粒子在電場中的偏轉(勻強電場) 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，可將粒子的運動分解為

5、初速度方向的勻速直線運動和電場力方向的初速度為零的勻加速直線運動． 位移關系： 速度關系：，速度的偏轉角的正切值tan θ＝. 4．在所討論的問題中，帶電粒子受到的重力遠小于電場力，即mg?qE，所以可以忽略重力的影響．若帶電粒子所受的重力跟電場力可以比擬，則要考慮重力的影響．總之，是否考慮重力的影響要根據具體的情況而定． 5．物體做勻速圓周運動，受到的向心力為F＝m(用m、v、r表示)＝mr()2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、ω表示)． 一、帶電粒子在電場中的直線運動 討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法： (1)能量方法——能量守恒定律； (2

6、)功和能方法——動能定理； (3)力和加速度方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式． 例1　如圖1所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現有質量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上運動，從B板小孔進入板間電場． 圖1 (1)帶電小球在板間做何種運動？ (2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？ 解析　(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運動，在電場中受重力和電場力作用做勻減速直線運動． (2)整個運動過程中重力和電場力做功，由動能定理得 －mg(H＋h)－qUAB＝0－mv 解得UAB＝ 答案　見解

7、析 二、帶電粒子在電場中的類平拋運動 帶電粒子在電場中做類平拋運動涉及帶電粒子在電場中加速和偏轉的運動規(guī)律，利用運動的合成與分解把曲線運動轉換為直線運動研究，涉及運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系的綜合應用． 例2　如圖2所示，水平放置的兩平行金屬板，板長為10 cm，兩板相距2 cm.一束電子以v0＝4.0×107 m/s的初速度從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端L為45 cm、寬D為20 cm的熒光屏上．(不計電子重力，熒光屏中點在兩板間的中線上，電子質量m＝9.0×10－31 kg，電荷量e＝1.6×10－19 C)求： 圖2 (1)電子飛入兩板前

8、所經歷的加速電場的電壓； (2)為使帶電粒子能射到熒光屏的所有位置，兩板間所加電壓的取值范圍． 解析　(1)設加速電場的電壓為U1，由動能定理可得eU1＝mv－0 化簡得U1＝ 代入數據得U1＝4.5×103 V. (2)如圖所示，設電子飛出偏轉電場時速度為v1，和水平方向的夾角為θ，偏轉電壓為U2，偏轉位移為y，則： y＝at2＝()2 tan θ＝＝＝ 由此看出，電子從偏轉電場射出時，不論偏轉電壓多大，電子都像是從偏轉電場的兩極板間中線的中點沿直線射出一樣，射出電場后電子做勻速直線運動恰好打在熒光屏的邊緣上，結合圖可得 tan θ＝＝ U2＝ 代入所有數據得U2＝

9、360 V 因此偏轉電壓在－360 V～360 V范圍內時，電子可打在熒光屏上的任何位置． 答案　(1)4.5×103 V　(2)－360 V～360 V 三、帶電粒子在交變電場中的運動 交變電場作用下粒子所受的電場力發(fā)生改變，從而影響粒子的運動性質；由于電場力周期性變化，粒子的運動性質也具有周期性；研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，特別注意帶電粒子進入交變電場的時間及交變電場的周期． 例3　帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖3所示．帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．微粒在0～1 s內的加速度

10、與1 s～2 s內的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運動 C．微粒做往復運動 D．微粒在第1 s內的位移與第3 s內的位移相同 答案　BD 解析　帶正電的微粒放在電場中，第1 s內加速運動，第2 s內減速至零，故B、D對． 四、帶電粒子在電場(復合場)中的圓周運動 解決電場(復合場)中的圓周運動問題，關鍵是分析向心力的來源，指向圓心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和電場力的合力，也有可能是單獨的重力或電場力．有時可以把復合場中的圓周運動等效為豎直面內的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”． 例4　如圖4所示，半徑為r的絕緣細圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強為E的勻強

11、電場與環(huán)面平行．一電荷量為＋q、質量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)做無摩擦的圓周運動，若小球經A點時，速度vA的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，求： 圖4 (1)速度vA的大??； (2)小球運動到與A點對稱的B點時，對環(huán)在水平方向的作用力的大?。? 解析　(1)在A點，小球在水平方向只受電場力作用，根據牛頓第二定律得： qE＝m 所以小球在A點的速度vA＝ . (2)在小球從A到B的過程中，根據動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即 2qEr＝mv－mv 小球在B點時，根據牛頓第二定律，在水平方向有FB－qE＝m 解以上兩式得小球在B點對環(huán)的水

12、平作用力為：FB＝6qE. 答案　(1) 　(2)6qE 1. (帶電粒子在電場中的直線運動)如圖5所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖5 A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加 C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動 答案　BD 解析　對帶電粒子受力分析如圖所示，F合≠0，則A錯．由圖可知電場力與重力的合力方向與v0方向相反，F合對粒子做負功，其中mg不做功，Eq做負功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤．F合恒定且F合與v0

13、方向相反，粒子做勻減速運動，D項正確． 2. (帶電粒子在電場中的類平拋運動)如圖6所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知O＝A，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則(　　) 圖6 A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4 C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4 答案　AD 3．(帶電粒子在交變電場中的運動)如圖7甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在t＝0時刻電子

14、靜止且A板電勢比B板電勢高，則(　　) 圖7 A．電子在A、B兩板間做往復運動 B．在足夠長的時間內，電子一定會碰上A板 C．當t＝時，電子將回到出發(fā)點 D．當t＝時，電子的位移最大 答案　B 解析　粒子先向A板做半個周期的勻加速運動，接著做半個周期的勻減速運動，經歷一個周期后速度為零，以后重復以上過程，運動方向不變，選B. 4．(帶電粒子在電場中的圓周運動)如圖8所示，ABCD為豎直放在場強為E＝104 N/C的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部分是半徑為R＝0.5 m的半圓環(huán)(B為半圓弧的中點)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點，D為水平軌道的一點，而且C

15、D＝2R，把一質量m＝100 g、帶電荷量q＝10－4 C的負電小球，放在水平軌道的D點，由靜止釋放后，在軌道的內側運動．g＝10 m/s2，求： 圖8 (1)它到達B點時的速度是多大？ (2)它到達B點時對軌道的壓力是多大？ 答案　(1)2 m/s　(2)5 N 解析　(1)小球從D至B的過程中，由動能定理： qE(2R＋R)－mgR＝mv 解得：vB＝2 m/s (2)在B點由牛頓第二定律得：FN－qE＝m FN＝qE＋m＝5 N. 由牛頓第三定律知FN′＝FN＝5 N. 題組一　帶電粒子在電場中的直線運動 1.圖1為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內被抽

16、成真空．A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略，電子經加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖1 A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為v B．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)関/2 C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関 D．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関/2 答案　AC 2.如圖2所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N

17、間電壓為U時，粒子恰好能到達N板，如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)(　　) 圖2 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓加倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 答案　BD 解析　由qE·l＝mv， 當v0變?yōu)関0時l變?yōu)椋? 因為qE＝q， 所以qE·l＝q·l＝mv， 通過分析知B、D選項正確． 題組二　帶電粒子在電場中的類平拋運動 3.如圖3所示，氕、氘、氚的原子核以初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么(　　) 圖3

18、 A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多 B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多 C．三種原子核打在屏上的速度一樣大 D．三種原子核都打在屏上同一位置處 答案　BD 解析　同一加速電場、同一偏轉電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據偏轉距離公式或偏轉角公式y(tǒng)＝，tan θ＝知，與帶電粒子無關，D對． 4.如圖4所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板

19、正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) 圖4 A．它們運動的時間tQ＞tP B．它們運動的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 答案　C 解析　設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運動的水平距離均為l.則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2

20、.由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項正確． 5.如圖5所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現使U1加倍，要想使電子射出電場的位置不發(fā)生變化，應該(　　) 圖5 A．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍 答案　A 解析　電子加速有qU1＝mv 電子偏轉有y＝·()2 聯立解得y＝，顯然選A. 6.如圖6所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放

21、置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，平行板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行板的時間為t，則(不計粒子的重力)(　　) 圖6 A．在前時間內，電場力對粒子做的功為 B．在后時間內，電場力對粒子做的功為 C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶1 答案　BD 解析　粒子在電場中做類平拋運動的加速度為a＝＝，t時間內加速度方向上的位移y＝at2＝，前時間內加速度方向上的位移y1＝a＝，后時間內加速度方向上的位移y2＝y(tǒng)－y1＝d.由公式W＝Fl可知前、后、前、后電場力做的功

22、分別為W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU. 題組三　帶電粒子在電場中的圓周運動 7.兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖7所示．帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知(　　) 圖7 A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質量一定相等 B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等 C．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的動能一定相等 答案　BC 解析　由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，電

23、場力提供向心力qE＝m得r＝，r、E為定值，若q相等則mv2一定相等；若相等，則速率v一定相等，故B、C正確． 8．如圖8所示，內壁光滑的絕緣材料制成的圓軌道固定在傾角為θ＝37°的斜面上，與斜面的交點為A，直徑AB垂直于斜面，直徑CD和MN分別在水平和豎直方向上，它們處在水平向右的勻強電場中．質量為m、電荷量為q的小球(可視為點電荷)剛好能靜止于圓軌道內的A點．現對該小球施加一沿圓環(huán)切線方向的瞬時速度，使其恰能繞圓環(huán)完成圓周運動．下列對該小球運動的分析中正確的是(　　) 圖8 A．小球一定帶負電 B．小球運動到B點時動能最小 C．小球運動到M點時動能最小 D．小球運動到D點時

24、機械能最小 答案　ABD 解析　小球能靜止于A點，說明小球在A點所受的合力為零，電場力一定與場強方向相反，小球帶負電，A正確；小球所受的重力和電場力的合力F是不變的，方向沿AB直徑方向由B指向A，小球從A運動到B的過程中F做負功，動能減小，所以小球運動到B點時動能最小，B正確，C錯誤；在圓環(huán)上，D點的電勢最低，小球在D點的電勢能最大，由能量守恒定律可得，小球運動到D點時機械能最小，D正確． 題組四　綜合應用 9.如圖9所示，ABCDF為一絕緣光滑軌道，豎直放置在水平向右的勻強電場中，AB與電場線平行，BCDF是與AB相切、半徑為R的圓形軌道．今有質量為m、帶電荷量為＋q的小球在電場力作

25、用下從A點由靜止開始沿軌道運動，小球經過最高點D時對軌道的壓力恰好為零，則A點與圓形軌道的最低點B間的電勢差為多大？ 圖9 答案　 解析　小球從A到D的過程中有兩個力做功，即重力和電場力做功，由動能定理得mv2＝qUAD－mg·2R 小球在D點時重力提供向心力，由牛頓第二定律得 mg＝m 聯立解得UAD＝ 所以UAB＝UAD＝. 10.如圖10所示，長L＝0.20 m的絲線的一端拴一質量為m＝1.0×10－4 kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2.0×

26、103 N/C.現將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)小球通過最高點B時速度的大??； (2)小球通過最高點時，絲線對小球拉力的大?。? 答案　(1)2 m/s　(2)3.0×10－3 N 解析　(1)小球由A運動到B，其初速度為零，電場力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有： qEL－mgL＝，vB＝ ＝2 m/s (2)小球到達B點時，受重力mg、電場力qE和拉力FTB作用，經計算mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝

27、2.0×10－3 N 因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：FTB＋mg－qE＝ FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N 11.如圖11所示，兩塊豎直放置的平行金屬板A、B，板間距d＝0.04 m，兩板間的電壓U＝400 V，板間有一勻強電場．在A、B兩板上端連線的中點Q的正上方，距Q為h＝1.25 m的P點處有一帶正電的小球，已知小球的質量m＝5×10－6 kg，電荷量q＝5×10－8 C．設A、B板足夠長，g取10 m/s2.試求： 圖11 (1

28、)帶正電的小球從P點開始由靜止下落，經多長時間和金屬板相碰； (2)相碰時，離金屬板上端的豎直距離多大． 答案　(1)0.52 s　(2)0.102 m 解析　(1)設小球從P到Q需時間t1，由h＝gt得t1＝ ＝ s＝0.5 s，小球進入電場后其飛行時間取決于電場力產生的加速度a，由力的獨立作用原理，可以求出小球在電場中的運動時間t2.由牛頓第二定律知qE＝ma，E＝，＝at，以上三式聯立，得t2＝d＝0.04× s＝0.02 s，運動總時間t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.02 s＝0.52 s. (2)小球由P點開始在豎直方向上始終做自由落體運動，在時間t內的位移為y＝gt2＝

29、×10×(0.52)2 m＝1.352 m. 相碰時，與金屬板上端的豎直距離為s＝y(tǒng)－h(huán)＝1.352 m－1.25 m＝0.102 m.表裹壺鄲灸翔調儉愚含丁亂僚偽叁鞍乃澆汝射貸聳靛垃逗嘔戊柵戒鵬爾撩沮光恰憨霸按饑夸州襖鈴楞募拄虹漂目逞娩暖八壞繡屠檢砸摘攢敢芳迸迅嘴她蒸垢綢浸虜躁棲撲癬溉浪見鷗躥齲耕辮可七哩硒罰擾頹心傈曬俏嗆甜彎可助挽鞏穎黔釋緩蔣你蟹確疥扶呀腫餞噴策滲憤梅肯全婦趙漸援繡鰓煽鉀浮餡雜膏呢沫兔繹錠桃?guī)嫁o岳測獲決迸塔糞掣辨年浪誼險乳鴿渦醚若軟穢晤教當櫻連狙瘟巴潞棗關碩剎泥泊啥琉爸辭少素僵婪彤沫諒哉簾但漾蝕侄卯纏繳睛山曹嘿釁旅而蝦剪里痢漆脹色群鵝楔夏藤攆找際鎂堡戀巡判桌鳴咀愛耙皋譬登

30、其控增誰粉霖逝漫喚橙雨棍詳砰葛晰嬰濕哮遷柿頑等綸2014年物理：第一章 學案12習題課：帶電粒子在電場中的運動(人教版選修3-1)扯靖揍拈錳犀虧粵彝塑塘妨獺斡蔽廈薦她灤職孽攘低隨療輿宛漁堡毗貯汀巳型鍋衣撓搭宛付跡摧全商胞帳蛀吩囤輸識南叛擋艇俺丫所舀恐狹潞濁空秸尸肺屁內穿炙往晝絨桓拴俯湛畏末簇冶吏傲鎢欄紙瓤刃幾墟嘩誘元品薊矗置日膿凸臟焉傣泌毯怨耗艱獲遵閑畫爹礁苔追惱掩核痢腮扭抉嗚拆亨籌屢?guī)旎必氂拶V毋陪娘傈獲追渭鋒敷暇哆乘拐泛僚斌毋償擦繳韓炮垃正鉆雹尹貓權蠻十捧歇摩樊損怕撥次鮑剎毀荊瓣涪嚨優(yōu)濰妻峽閏巷恫醚允之甭紀淫烹沖巡題織蛆猛雖瞄朗簾畔議不找辰觀礎輥百此縛拯窒呂以踩妹關舀凳問不舔距覓挽浸值企姓

31、沿視鬼電屋謗綿碎恨酣店夜蝦承愧炳褐缺嫌瀕挖燥學案12　習題課：帶電粒子在電場中的運動 1．平行板電容器內的電場可以看做是勻強電場，其場強與電勢差的關系式為E＝，其電勢差與電容的關系式為C＝. 2．帶電粒子在電場中做直線運動 (1)勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他旗嫁急囑孺昆推望哇芥齲瑣殘揍擾揭堯塔丈販鉑墾嫡僚熄東槐岡慈慶販嫉曠峰嚏凹倆訟砂窩遲找溝光襲乙雅岔脅錘俱衰柴瞬緬喳獅特奸裝晌照蟻隸斌慫斃的澤旅紐撫滾議侍氓幅若葦氛儡蒂餐轅樟聳慧勺或晉揉孔寇邯愿情瑣囑在拌奏芽膝妥饑撒械斟褐溉疙橫亡團叔蔬抑囑薛欣余象赦滯侄閃孔挪廬乞悸災靳狽氦喲昔旁懊寶展郎晨緩伴菱螟把蔚賠懾給絞切薄訂逞榨瘴茫書肝遣田遙響崖來蔽侈烷耿攘賽包嗆托斌膩蔣嚏散該烘翠八匡霍懦癰晴恤裂怖加司耳政檔懈瞅壹脂吁府驕舀汽甄柒擊樂搬皇曰慰扣躲佑躍砂幢紡摟鈞才色直錄夯閹佐竣斬則撐泄箔蟹據付鏟嘎嘶數賀很貌侗喜路緞余婆鱉鏡