《（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 1-9 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 1-9 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)研究學(xué)考明確要求知識(shí)內(nèi)容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考試要求學(xué)考b選考d基本要求1.知道利用電場(chǎng)可以改變或控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。2知道帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)形式。發(fā)展要求1.理解并掌握帶電粒子在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。2理解并掌握帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。3知道帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，了解示波管的基本原理。說明1.示波管問題的分析與計(jì)算不涉及兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極同時(shí)加電壓的情形。2解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題只限于垂直電場(chǎng)方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形。基 礎(chǔ) 梳 理1兩類帶電粒子(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除特殊說明外一般忽略粒子的

2、重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除特殊說明外，一般不忽略重力。2物理過程分析方法(1)根據(jù)帶電粒子受的力(包含電場(chǎng)力)，用牛頓定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。(2)由動(dòng)能定理qUmv2mv求解。典 例 精 析【例1】 如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()圖1A當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間減小解析電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理，qUmv2，得v，所以當(dāng)改變兩板間距離

3、時(shí)，v不變，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場(chǎng)強(qiáng)為E，電子的加速度為a，電子在電場(chǎng)中一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由dat2t2，所以電子加速的時(shí)間為td，由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，故D錯(cuò)誤。答案C即 學(xué) 即 練1如圖2所示，電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場(chǎng)后飛出，不計(jì)重力的作用，則()圖2A它們通過加速電場(chǎng)所需的時(shí)間相等B它們通過加速電場(chǎng)過程中動(dòng)能的增量相等C它們通過加速電場(chǎng)過程中速度的增量相等D它們通過加速電場(chǎng)過程中電勢(shì)能的增加量相等解析由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒

4、子經(jīng)過電場(chǎng)所用時(shí)間越短，A錯(cuò)誤；加速時(shí)間越短，則速度的變化量越小，C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功WqU與初速度及時(shí)間無關(guān)，因此電場(chǎng)力對(duì)各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場(chǎng)的過程中電勢(shì)能的減少量相等，動(dòng)能增加量也相等，B正確，D錯(cuò)誤。答案B基 礎(chǔ) 梳 理1運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。2偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法：類似于平拋運(yùn)動(dòng)的分析處理方法，即應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)分析處理。3運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：4兩個(gè)特殊結(jié)論(1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線過水平位移的中點(diǎn)，即粒子就像是從極板間處射出的一樣(如

5、圖3所示)。圖3證明：作粒子速度的反向延長(zhǎng)線，設(shè)交于O點(diǎn)，利用上述、兩式，由幾何關(guān)系可得出x(2)無論粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一電場(chǎng)加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們飛出的偏移量和偏轉(zhuǎn)角都是相同的，所以同性粒子運(yùn)動(dòng)軌跡完全重合。證明：若加速電場(chǎng)的電壓為U0，有qU0mv由和得偏移量為y，由和得偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan 。y和tan 與m和q均無關(guān)。典 例 精 析【例2】 如圖4所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的初速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，a粒子打在B板的a點(diǎn)，b粒子打在B板的b點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()圖4Aa的電荷量一定大于b的電荷量Ba的質(zhì)量一定小于b的質(zhì)量C

6、a的比荷一定大于b的比荷Da的動(dòng)能增量一定小于b的動(dòng)能增量解析粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由h()2得：xv0。由v 0，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；動(dòng)能增量EkqEh，q大小關(guān)系未知，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C即 學(xué) 即 練2如圖5所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()圖5AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U211解析由yat2得：U，所以U，可知A項(xiàng)正確。答案A基 礎(chǔ) 梳 理1構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，外部是一

7、個(gè)抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(是由一對(duì)X偏轉(zhuǎn)電極板和一對(duì)Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖6所示。圖62工作原理(1)偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時(shí)從電子槍射出的電子將沿直線運(yùn)動(dòng)，射到熒光屏的中心點(diǎn)形成一個(gè)亮斑。(2)在偏轉(zhuǎn)電極XX(或YY)加電壓時(shí)所加電壓穩(wěn)定，則電子被加速，偏轉(zhuǎn)后射出XX(或YY)所在直線上的某一點(diǎn)，形成一個(gè)亮斑(不在中心)。特別提醒如果僅在YY之間加不變的電壓，使Y板電勢(shì)比Y高，電子束將受到指向Y板方向上的靜電力，在熒光屏的正Y軸上將出現(xiàn)一個(gè)亮斑，如圖甲所示。僅在XX之間加不變的電壓，使X板的電勢(shì)比X高，在熒光屏的正X軸上將出現(xiàn)一個(gè)

8、亮斑，如圖乙所示。典 例 精 析【例3】 如圖7是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX和YY)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點(diǎn)。圖7(1)帶電粒子在_區(qū)域是加速的，在_區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的。(2)若UYY0，UXX0，則粒子向_板偏移，若UYY0，UXX0，則粒子向_板偏移。答案(1)(2) YX即 學(xué) 即 練3示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖8所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計(jì))，經(jīng)過電壓為U1的加速電場(chǎng)后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，當(dāng)

9、A、B間電壓為U2時(shí)電子偏離中心線飛出電場(chǎng)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)電子重力，下列情況中一定能使亮點(diǎn)偏離中心距離變大的是()圖8AU1變大，U2變大 BU1變小，U2變大CU1變大，U2變小 DU1變小，U2變小答案B1如圖9所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，一帶電粒子(不計(jì)重力)q的初速度v0恰與電場(chǎng)線方向相同，則帶電粒子q將()圖9A沿電場(chǎng)線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B沿電場(chǎng)線方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)C沿電場(chǎng)線方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D偏離電場(chǎng)線方向做曲線運(yùn)動(dòng)解析在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，帶電粒子所受靜電力為恒力。帶電粒子受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的靜電力作用，產(chǎn)生與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的加速度，

10、因此，帶電粒子q將沿電場(chǎng)線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。答案C2如圖10所示，M和N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩個(gè)等勢(shì)面，相距為d，電勢(shì)差為U，一質(zhì)量為m的電子以初速度v0通過等勢(shì)面M射入兩等勢(shì)面之間，則該粒子穿過等勢(shì)面N的速度應(yīng)是()圖10A. Bv0C. D.解析電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，由eUmv2mv得v，選項(xiàng)C正確。答案C3如圖11所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出。若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()圖11A將打在下板中央B不能沿原軌跡運(yùn)動(dòng)但能從兩極板間飛出C不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)D若上板

11、不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析由題意可知電容器所帶電荷量不變，因E，所以上板上移一小段距離，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)由下板邊緣飛出，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央，選項(xiàng)D正確。答案D4(2018溫州選考模擬)如圖12所示，是噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型。質(zhì)量為m的墨汁微粒經(jīng)帶電室?guī)县?fù)電后，以某一速度平行于極板飛入板間，已知板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，微粒最終打在紙上。則以下說法正確的是()圖12A墨汁微粒的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍B當(dāng)墨汁微粒的電荷量q時(shí)，微粒向負(fù)極板偏C當(dāng)墨汁微粒的電荷量q時(shí)，

12、微粒向正極板偏D當(dāng)墨汁微粒的電荷量q時(shí)，微粒沿直線穿過電場(chǎng)解析電荷量不能連續(xù)變化，一定是元電荷的整數(shù)倍，A錯(cuò)誤；當(dāng)墨汁微粒的電荷量q時(shí)，則有qEmg，合力向上，微粒向上偏轉(zhuǎn)，即向正極板偏轉(zhuǎn)，B錯(cuò)誤；同理知C錯(cuò)誤；當(dāng)q，即qEmg時(shí)，合力為零，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。答案D1一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A勻速直線運(yùn)動(dòng) B勻加速直線運(yùn)動(dòng)C勻變速曲線運(yùn)動(dòng) D勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，合力不為0。粒子合力不為0，不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)初速度方向與電場(chǎng)力方向相同時(shí)，若受到的電場(chǎng)力恒定，就可做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確；當(dāng)

13、初速度方向與電場(chǎng)力方向不在一條直線上時(shí)，若受到的電場(chǎng)力恒定，就可做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)電場(chǎng)力與速度方向始終垂直時(shí)，就可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確。答案A2下列帶電粒子均從靜止開始在電場(chǎng)力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過相同的電勢(shì)差U后，哪個(gè)粒子獲得的速度最大()A質(zhì)子H B氘核HC粒子He D鈉離子Na解析四種帶電粒子均從靜止開始在電場(chǎng)力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過相同的電勢(shì)差U，根據(jù)動(dòng)能定理得，qUmv20得v由上式可知，比荷越大，速度越大。顯然A選項(xiàng)中質(zhì)子的比荷最大，故A正確。答案A3如圖1所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)

14、入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板。如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)距N板后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)()圖1A使初速度減為原來的B使M、N間電壓提高到原來的2倍C使M、N間電壓提高到原來的3倍D使初速度和M、N間電壓都減為原來的解析由題意知，帶電粒子在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在粒子恰好能到達(dá)N板時(shí)，由動(dòng)能定理可得：qUmv，要使粒子到達(dá)距N板d/3后返回，設(shè)此時(shí)兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動(dòng)能定理可得：qmv，聯(lián)立兩方程得：，故選項(xiàng)D正確。答案D4如圖2所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異號(hào)電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場(chǎng)

15、力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖2A若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能一定增加C微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加解析由于兩極板的正負(fù)不知，粒子的電性不確定，則粒子所受電場(chǎng)力方向不確定，所受電場(chǎng)力做功正負(fù)不確定，但根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢(shì)能變化情況、機(jī)械能變化情況不確定，但粒子動(dòng)能一定增加，所以只有C正確。答案C5真空中的某裝置如圖3所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向

16、進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖3A三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為124解析粒子加速過程qU1mv2，從B至M用時(shí)t，得t，所以t1t2t31，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；偏轉(zhuǎn)位移y()2，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項(xiàng)B正確；因WqEy，得W1W2W3q1q2q3112，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。答案B6一個(gè)初動(dòng)能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場(chǎng)線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時(shí)動(dòng)能為3Ek。如果這個(gè)

17、帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計(jì)重力，那么該粒子飛出時(shí)動(dòng)能為()A4Ek B4.5Ek C6Ek D9.5Ek解析帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行于極板方向的速度增加到原來的2倍，帶電粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?，沿電?chǎng)方向的位移變?yōu)樵瓉淼模妶?chǎng)力做功變?yōu)樵瓉淼?。由?dòng)能定理得EkqEyyqE原速飛過時(shí)由動(dòng)能定理有Ek3EkEkqEy而EkEk末4Ek解得Ek末4.5 Ek。答案B7兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖4所示，OAh，此電子具有的初動(dòng)能是()圖4A. BedUhC. D.解析電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受

18、電場(chǎng)力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題。即mveUOA。因E，UOAEh，故mv。所以D正確。答案D8如圖5，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)。不計(jì)重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖5A. B. C. D. 解析因?yàn)閮闪Ｗ榆壽E恰好相切，切點(diǎn)為矩形區(qū)域中心，則對(duì)其中一個(gè)粒子，水平方向v0t，豎直方向at2且滿足a，三式聯(lián)立解得v0，

19、故B正確。答案B9如圖6所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中O點(diǎn)自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若ABBC，則它們帶電荷量之比q1q2等于()圖6A12 B21C1 D.1解析豎直方向有hgt2，水平方向有l(wèi)t2，聯(lián)立可得q，所以有，B正確。答案B10如圖7所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖7A2倍 B4倍 C. D.解析電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向lv0t，t，豎直方向dat2，故d2，即d，故C正

20、確。答案C11兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：(1)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a；(3)粒子的初速度v0。解析(1)極板間場(chǎng)強(qiáng)E。(2)粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受靜電力F2eE，粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a。(3)由dat2，得t2d，v0 。答案(1)(2)(3) 12.如圖8所示，兩金屬板間有豎直向下的電場(chǎng)，電子以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過一定時(shí)間離開電場(chǎng)，已知極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間場(chǎng)強(qiáng)為E，電子質(zhì)量為m，電量為e。求：圖8(1)電子離開電場(chǎng)時(shí)速度大??；(2)電子離開電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做的功。解析(1)電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t離開電場(chǎng)時(shí)水平速度vxv0豎直速度vyat所以電子離開電場(chǎng)時(shí)速度大小為v(2)根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功為Wmv2mv答案見解析13