2024年高考物理一轮复习考点23电容器带电粒子在电场中的运动练习含解析

PAGE16-考点23电容器带电粒子在电场中的运动题组一基础小题1．对于某一电容器，下列说法正确的是()A．电容器所带的电荷越多，电容越大B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D．电容器两极板间的电势差减小到原来的eq\f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq\f(1,2)答案C解析电容是反映电容器容纳电荷本事大小的物理量，数值上等于电容器所带的电荷量与两极板间的电势差的比值，与电容器是否带电、带电量的多少、电势差的大小都无关，故A、B、D错误；依据定义C＝eq\f(Q,U)，电容器所带的电荷增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，故C正确。2．水平放置的平行板电容器与某恒压电源相连，一带电液滴在两板间处于静止状态，现将上板瞬间向上移动少许到图中水平虚线位置，则()A．电容器的电容增大B．电容器的电荷量增大C．电容器的电压增大D．液滴向下运动答案D解析带电液滴置于水平放置的平行板电容器的两板间而静止，重力和电场力平衡；现将上极板向上移动少许，板间距离增大，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容减小；由于电容器与电源相连，其电压不变，当电容减小时，由Q＝UC可知，Q会减小；因电压不变，极板间距增大，依据U＝Ed，电场强度变小，电场力小于重力，则液滴向下运动。综上所述，D正确，A、B、C错误。3．某种位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，在可移动介质P向右匀速移出的过程中()A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N答案D解析介质P向右匀速移出的过程中，依据电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，分析可知电容变小，而电容器与电源相连，其两极板间的电压不变，由C＝eq\f(Q,U)分析可知两极板所带电荷量变小，电容器处于放电状态，则流过电阻R的电流方向从M到N，M点的电势比N点的电势高，故A、B、C错误，D正确。4．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()答案C解析当负极板右移时，极板间距d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd－x)可知，C与x为非线性关系，故A错误；由U＝eq\f(Q,C)可知，U＝eq\f(4πkd－x,εrS)Q，则E＝eq\f(U,d－x)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E不随x改变，B错误；因负极板接地，设P点原来距负极板距离为l，则在负极板移动过程中，P点的电势φ＝E(l－x)，故C正确；在负极板移动过程中，正电荷在P点的电势能Ep＝φq＝Eq(l－x)，可知Ep随x的增大而减小，故D错误。5.电容器充电后就储存了能量，某同学探讨电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极间电压U之间的关系，他从等效的思想动身，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功，为此他作出电容器两极间的电压U随电荷量Q改变的图象(如图所示)，依据他的想法，下列说法正确的是()A．U­Q图线的斜率越大，电容C越大B．搬运Δq的电荷量，克服电场力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面积C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U成正比D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为eq\f(Q,2)时储存的能量为eq\f(E,2)答案B解析U­Q图线的斜率k＝eq\f(ΔU,ΔQ)＝eq\f(1,C)越大，电容C越小，故A错误；将一个微小电荷Δq从一个极板移到另一极板，克服电场力做功ΔW＝ΔqU，故B正确；将Δq累加，可知在U­Q图象中，图线与Q轴所围成的面积为eq\f(1,2)QU，也就是克服电场力所做的功W＝eq\f(1,2)QU，又由电容定义式C＝eq\f(Q,U)，可知电容器储存的电能为E＝eq\f(1,2)CU2，所以对同一电容器，电容器储存的能量E与两极间电压U的平方成正比，C错误；若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，有E＝eq\f(1,2)CU2＝eq\f(Q2,2C)，则电容器电荷量为eq\f(Q,2)时储存的能量为eq\f(E,4)，故D错误。6.为了削减污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极旁边会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变，下列推断正确的是()A．金属圆筒内存在匀强电场B．金属圆筒内越靠近收尘极电势越低C．带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D．带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小答案D解析依据图中信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷的电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，A错误；逆着电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，C错误；离电晕极越远，电场线越稀疏，场强越小，尘埃带电量不变，故其受到的电场力越小，D正确。7．如图，带电粒子由静止起先，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板答案D解析保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的场强大小不变，粒子运动到下极板所需的时间不变，减小U1，则粒子的初速度减小，更难以穿出平行板电容器，故A错误；保持U1和平行板间距不变，则粒子初速度不变，增大U2，平行板电容器中匀强电场的场强增大，粒子运动至下极板所需时间减小，不能穿出平行板电容器，故B错误；保持U1、U2和下板板位置不变，要想粒子穿出平行板电容器，必需减小偏转电场的场强，由E＝eq\f(U,d)可知，须要增大板间距，故应向上平移上板，故C错误，D正确。8．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板旁边由静止释放(电子的重力忽视不计)，若分别在A、B两板间加下图所示的四种电压，则其中可能使电子打不到B板的是()答案B解析加A图电压，电子从A板起先向B板做匀加速直线运动，肯定能打到B板上，故A错误；加B图电压，0～t0电子向B板做匀加速运动，t0～2t0向B板做加速度大小相同的匀减速运动，2t0～3t0向A板做匀加速运动，3t0～4t0向A板做匀减速运动，t＝4t0时电子回到动身点，可知电子有可能打不到B板，故B正确；加C图电压，电子始终向B板运动，可知肯定能打到B板，故C错误；加D图电压，可知电子在一个周期内速度的方向不变，始终向B板运动，肯定能打到B板，故D错误。9.(多选)如图所示，两块带有等量异号电荷的平行金属板A、B倾斜放置，板与水平方向的夹角θ＝37°，一个电荷量为q＝1.25×10－3C、质量为m＝10g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075m/s飞入两板之间的电场，未与B板相碰又回到P点(g取10m/s2A．板间电场强度大小为100V/mB．板间电场强度大小为133V/mC．粒子在电场中运动的时间为0.02sD．粒子在电场中运动的时间为0.04s答案AC解析小球又回到P点，则小球所受重力和电场力的合力与v0反向，对小球进行受力分析，有cosθ＝eq\f(mg,Eq)，解得电场强度大小为E＝100V/m，A正确，B错误；小球的加速度大小为a＝eq\f(mgtan37°,m)＝gtan37°＝7.5m/s2，在电场中运动的时间t＝2eq\f(v0,a)＝0.02s，C正确，D错误。题组二高考小题10．(2024·北京高考)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示，下列说法正确的是()A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．试验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故A正确；依据平行板电容器的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；依据电容器的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，依据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。11．(2024·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析电容器电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝eq\f(Q,U)，电源恒压，即U肯定，C减小，故Q减小；电场强度E＝eq\f(U,d)，故E不变，D正确。12．(2024·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍旧保持静止 B．竖直向下运动C．向左下方运动 D．向右下方运动答案D解析两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。13．(2024·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是()答案A解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示。水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：电场力F电＝qE，加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)∝t，A正确。14．(2024·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εS)，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。其次次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。题组三模拟小题15．(2024·江苏无锡一模)超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。如图所示，某超级电容标有“2.7V100F”，将该电容接在1.5V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135C答案A解析依据C＝eq\f(Q,U)可知，电容器带电荷量为Q＝CU＝100×1.5C＝150C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为－150C，故选A。16.(2024·广东汕头一模)(多选)传感器在生活中有许多应用，电容式加速度传感器在平安气囊、手机移动设备方面应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦地左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是()A．当电路中没有电流时，电容器所带电荷量肯定都相等B．当电路没有电流时，传感器肯定处于平衡状态C．当电路中有顺时针方向的电流时，电容器的电容肯定增大D．当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动答案CD解析依据电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，当电介质插入极板间深度不同时，相对介电常数大小不同，则电容器的电容也不同，当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器两极间的电压U不变，依据C＝eq\f(Q,U)知，C不同时，电容器所带电荷量也不相等，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，依据牛顿其次定律可知，弹簧的弹力不变，形变量不变，电介质插入极板间深度不变，则电容器的电容不变，因两极间的电压U不变，则电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，故B错误；当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，又U不变，依据Q＝CU可知，电容器的电容在增大，故C正确；当电路中有顺时针方向电流时，由以上分析可知，电容器的电容在增大，插入极板间的电介质的长度增加，传感器可能向左运动，也可能向右运动，故D正确。17．(2024·安徽安庆二模)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，起先时开关闭合。一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器。则下列推断正确的是()A．粒子带正电B．保持开关闭合，将B板向上平移肯定距离，可使粒子沿轨迹②运动C．保持开关闭合，将A板向上平移肯定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动D．断开开关，将B板向上平移肯定距离，可使粒子沿轨迹②运动答案B解析开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力和重力平衡，A板和电源正极相连，所以场强方向向下，故油滴带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两板间的电压不变，B板上移，板间距d减小，依据E＝eq\f(U,d)知场强增大，电场力大于重力，可使粒子沿轨迹②运动，B正确；保持开关闭合，U不变，将A板向上平移肯定距离，板间距d增大，依据E＝eq\f(U,d)知场强减小，电场力小于重力，粒子向下偏转，C错误；断开开关，电容器的电荷量不变，将B板向上平移肯定距离，板间距d减小，依据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εr·S)知，场强不变，粒子受力不变，仍沿轨迹①运动，D错误。18．(2024·河南安阳二模)如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是()A．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点B．若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必定相同C．若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点D．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必定相同答案A解析设带电粒子进入偏转电场时的初速度为v0，质量为m，电荷量为q，偏转电场的电压为U，极板长度为l，板间距离为d，粒子射入点到竖直挡板的距离为L，则粒子出电场时的偏转位移为：y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)eq\f(l,v0)2＝eq\f(qUl2,4Ekd)，速度偏转角的正切值为：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,2Ekd)，由于氕、氘、氚具有相同的电荷量和不同的质量，若三者进入偏转电场的初动能相同，则出电场时的偏转位移相同，速度的偏转角相同，粒子必定到达挡板上的同一点，故A正确；若三者的初动量相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝eq\f(L,v0)不同，故B错误；若三者的初速度相同，由于质量不同，则出电场时的偏转位移不同，速度的偏转角不同，粒子不会到达挡板上的同一点，故C错误；若三者的初动能相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝eq\f(L,v0)不同，故D错误。19．(2024·福建龙岩二模)如图，区域Ⅰ、Ⅱ有两个相邻的竖直匀强电场，方向相反，竖直虚线为电场边界，区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ的2倍。带电粒子以某初速度从A点在纸面内垂直左边界进入区域Ⅰ，经过一段时间后，从区域Ⅱ右边界上的B点(未画出)垂直电场方向穿出，粒子重力不计，则()A．粒子从A点运动到B点电场力始终做正功B．A、B两点的连线与电场线垂直C．粒子在A、B两点处动能相等D．粒子穿过两电场区域时间相等答案C解析由题意，大致画出带电粒子的运动轨迹如图，粒子在B点的速度垂直电场方向，所以从A到B的过程中在竖直方向先加速后减速，故电场力先做正功后做负功，A错误；从A到B在竖直方向有位移，故A、B两点的连线与电场线不垂直，故B错误；在A、B两点，粒子在竖直方向的速度为零，粒子在水平方向始终做匀速直线运动，所以粒子在A、B两点处动能相等，故C正确；在区域Ⅰ内，由牛顿其次定律得：a1＝eq\f(qE1,m)，离开区域Ⅰ时，由速度公式得：vy＝a1t1，在区域Ⅱ内，由牛顿其次定律得：a2＝eq\f(qE2,m)，由速度公式得：vy＝a2t2，因E2＝2E1，所以a2＝2a1，t2＝eq\f(1,2)t1，故D错误。20.(2024·辽宁大连二模)(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中心留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，其次次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列推断正确的是()A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析从A板运动到B板，依据动能定理：Uq＝eq\f(1,2)mv2－0，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，则质子和α粒子在O2处的速度大小之比：eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(q1m2,q2m1))＝eq\f(\r(2),1)，故A错误；设粒子在加速电场中的加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中运动时间为t2，偏转位移为y，有：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,dm)teq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)teq\o\al(2,2)，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是eq\f(q,m)不同，所以它们的运动时间不同，故B错误；从起先运动到打到感光板上，依据动能定理有：Uq＋Eyq＝Ek－0，则有eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,2)，故C正确；带电粒子在偏转电场中的水平位移x＝vt2＝eq\r(\f(2qU,m))·eq\r(\f(2ym,Eq))＝2eq\r(\f(yU,E))，可知质子和α粒子打到感光板上的位置相同，故D正确。题组一基础大题21．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止起先下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从起先下落到下极板处的时间。答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(Cmgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析(1)设小球到达小孔处的速度为v，由自由落体运动规律有v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)。(2)设小球在极板间运动的加速度为a，由v2＝2ad，得a＝eq\f(v2,2d)＝eq\f(gh,d)由牛顿其次定律得qE－mg＝ma电容器的电荷量Q＝CU＝CEd联立以上各式得E＝eq\f(mgh＋d,qd)，Q＝eq\f(Cmgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得小球做自由落体运动的时间t1＝eq\r(\f(2h,g))由0＝v－at2，得小球在电场中运动的时间t2＝deq\r(\f(2,gh))则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。题组二高考大题22．(2024·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。23．(2024·北京高考)如图所示，电子由静止起先经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。(1)忽视电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽视了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其缘由。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)极板间既有静电场也有重力场