第8章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮教师用书word（人教版）

第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 [知识点一]　电容器及电容　 1．电容器 (1)组成：由两个彼此　绝缘　又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的　绝对值　. (3)电容器的充、放电 ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板上带等量的　异种电荷_　，电容器中储存电场能． ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中　电能　转化为其他形式的能． 2．电容 (1)定义：电容器所带的　电荷量　与两个极板间的　电势差　的比值． (2)定义式： C＝. (3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝　106　μF＝　1012_　 pF. (4)意义：表示电容器　容纳电荷　本领的高低． (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否　带电　及　电压　无关． 3．平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C＝. [知识点二]　带电粒子在电场中的运动　 1．加速问题 (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. (2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv. 2．偏转问题 (1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：　匀变速曲线　运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做　匀速　运动． ②沿电场方向：做初速度为零的　匀加速　运动． [知识点三]　示波管　 1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理 (1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏　中心　，在那里产生一个亮斑． (2)YY′上加的是待显示的　信号电压　，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图像． 一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) 1．电容器所带的电荷量等于任意一个极板所带电荷量的绝对值．(√) 2．电容器的电容大小与极板的电荷量多少有关．(×) 3．标有“1.5 μF,9 V”规格的电容器，其所带电荷量只能为1.35×10－5C.(×) 4．平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变．(√) 5．带电粒子在匀强电场中只能做直线运动．(×) 6．带电粒子在匀强电场中运动，电场力一定做正功．(×) 二、走进教材 1．(人教版必修第三册 P41拓展学习改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是(　　) A．增大两极板间的距离，指针张角变大 B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大 C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小 解析：ABD　[电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；而两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．] 2. (人教版必修第三册 P51第2题改编)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　) A.　　 B．edUh　　 C.　　 D. 解析：D　[电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即mv＝eUOA.因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，故选项D正确．] 3．(人教版必修第三册 P49第4题改编)如图所示，含有大量H、H、He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后 打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是(　　) A．出现三个亮点，偏离O点最远的是H B．出现三个亮点，偏离O点最远的是He C．出现两个亮点 D．只会出现一个亮点 答案：D 4．(人教版必修第三册 P47拓展学习改编)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的①极板X应带正电；②极板X′应带正电；③极板Y应带正电；④极板Y′应带正电(　　) A．①③　　 B．①④　　 C．②③　　 D．②④ 答案：A 考点一　平行板电容器的动态分析 1．平行板电容器动态分析思路 2．平行板电容器动态分析模板 [典例1]　(2024·山西运城期中联考)平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．接通开关K，给电容器充电，则(　　) A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小 B．保持K接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大 C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电压增大 D．充电结束后断开K，在两极板间充满相对介电常数大于1的均匀电介质，则两极板间的电压增大 [解析]　B　[保持K接通，电容器两极板间的电压不变，减小两极板间的距离，由E＝可知，两极板间的电场强度增大，A错误；保持K接通，在两极板间插入一块铝板，相当于减小了两极板间的距离，而电容器两极板间电压不变，由E＝可知，两极板间的电场强度增大，B正确；充电结束后断开K，电容器所带电荷量不变，减小两极板间的距离，由平行板电容器电容的决定式C＝知电容C增大，根据U＝可知，两极板间的电压减小，C错误；充电结束后断开K，电容器所带电荷量不变，在两极板间充满相对介电常量大于1的均匀电介质，根据C＝知电容C增大，由U＝可知，两极板间的电压减小．D错误．] ◆[迁移1]　Q不变时电容器的动态分析　 1．(多选)如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列措施可行的是(　　) A．断开开关S，并使A、B两极板分开些 B．断开开关S，并使A、B两极板正对面积错开些 C．保持开关S闭合，使A、B两极板靠近些 D．保持开关S闭合，使A、B两极板正对面积错开些 解析：AB　[断开开关S，电容器所带电荷量Q不变，将A、B两极板分开一些，则板间距离d增大，根据C＝知C减小，又由C＝知，电势差U增大，即指针张角增大，A正确；断开开关S，将A、B两极板错开些，则两极板正对面积S减小，根据C＝知C减小，又由C＝知，电势差U增大，指针张角增大，B正确；保持开关S闭合，则电容器两端的电势差等于电源电压，指针张角不变，C、D错误．] ◆[迁移2]　U不变时电容器的动态分析　 2. (2024·随州模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化．如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr.若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则瓶内液面的高度(　　) A．升高了　　　 B．升高了 C．降低了 D．降低了 解析：C　[由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，反之则电容减小，由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小；瓶内液面降低，t时间内减少的电量q＝It，由C＝可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝，联立解得Δh＝，故选C.] ◆[迁移3]　电容器中带电体受力及运动情况的判断　 3. (多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变．则在B极板移动的过程中(　　) A．油滴将向下做匀加速运动 B．电流计中电流由b流向a C．油滴运动的加速度逐渐变大 D．极板带的电荷量减少 解析：CD　[由C＝可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，B错误，D正确；由E＝可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A错误，C正确．] 　分析平行板电容器动态变化的三点关键 1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变． 2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E＝分析极板间电场强度的变化情况． 3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化． 　如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　) A．E不变，Ep不变　　 B．U不变，E减小 C．θ增大，E不变 D．θ不变，Ep增大 解析：A　[两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C＝可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误．] 考点二　带电粒子在电场中的加速 1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 基本 粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量) 带电 颗粒 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力 2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 (1)做直线运动的条件 ①粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动． ②粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． (2)解题步骤 [典例2]　如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B.仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是(　　) A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 [审题指导]　(1)根据牛顿第二定律和运动学公式求电荷量之比． (2)根据动能定理求速度之比． [解析]　B　[设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有：a1＝，l＝··t2，对粒子B有：a2＝，l＝··t2，联立解得：＝，A错误，B正确．由动能定理qEx＝mv2－0，求得：＝，C、D错误．] 1．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则 (　　) A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B．金属板A、B间的电压减小 C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D．乙电子运动到O点的速率为2v0 解析：C　[两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE×2d＝mv2，eEd＝mv，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误．] 2. (多选)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　) A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s B．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动 D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s 解析：AB　[AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．] 3．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示．若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45 eV，对于此电场，以下说法正确的是(　　) A．该电子做匀变速直线运动 B．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向 C．M点的电势是P点电势的 D．图像中的E0的数值为1.2 解析：BD　[由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMp＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45 eV，E­x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝＝45 eV，解得E0＝1 200 V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确．] 　(能力拔高题)如图所示，图甲中A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知．质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板．求： (1)粒子到达B板时的速度v； (2)两个金属板间的距离d. 解析：(1)在0～T0时间，粒子运动的位移为 d1＝×T＝， 在T0～2T0时间，粒子运动的位移为 d2＝＋＝， 根据动能定理得 2qU0＋qU0＝mv2， 解得v＝3. (2)根据位移关系得d1＋d2＝d， 解得d＝T0. 答案：(1)3　(2)T0 考点三　带电粒子在匀强电场中的偏转 1．带电粒子在电场中的偏转规律 2．确定最终偏移距离OP的两种方法 [方法1] [方法2] 3．确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法 [方法1]　 [方法2]　 4．分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键 条件 分析 不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动 运动 分析 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动 [典例3]　(多选)(2023·湖北卷，10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示．忽略边缘效应，不计重力．下列说法正确的是(　　) A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 [审题指导]　本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合类平抛运动的分位移公式和动能定理列式求解． 解析：BD　[B.粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系v＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝mv， 联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；A.粒子从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；C.粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设粒子穿过电容器与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入磁场和水平的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误；D.粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝at2， 联立解得y＝，且x＝vxt′，y＝·t′， 解得x＝2L，y＝d＝L， 即粒子在运动到最高点的过程中水平位移和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出磁场过程时x1＝L＝vxt′1，y1＝t′1＝＝， 即轨迹不会变化，D正确．故选BD.] 1．(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 解析：AD　[设粒子离开电场E1时速度为v，由动能定理得：qE1d＝mv2－0，v＝，在电场E2中y＝at2，E2q＝ma，L＝vt，tan θ＝，联立以上方程得y＝，tan θ＝.所以，在电场E2中电场力做功W＝E2qy＝，三种粒子电荷量相等，做功相等，A项正确．因为在电场E2中y和tan θ与q、m无关，故它们通过同一轨迹打到屏上同一点，D项正确．对全程应用动能定理，设打到屏上的速度为v′，则qE1d1＋qE2y＝mv′2－0，解得v′2＝，所以氕核打到屏上的速度最大，故B项错误．在加速电场中所用时间t1＝，通过偏转电场到达屏所用时间t2＝＝(L＋L′)·，所以总时间t＝t1＋t2，故氚核运动时间最长，C项错误．] 2. (多选)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　 ) A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2 B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1 C．A和B的质量之比为1∶12 D．A和B的位移大小之比为1∶1 解析：ABC　[粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，选项A正确；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1，选项B正确；根据a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，选项C正确；A和B的位移大小不相等，选项D错误．] 3．(2023·浙江6月选考，8)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场．粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　　) A.＝　　　　　 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：A　[带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝m，qE2＝m， 联立可得＝，故选A.] 带电粒子在偏转电场中运动的临界问题 求解带电粒子在偏转电场中运动的临界问题的关键点 带电粒子能否飞出偏转电场，关键看带电粒子在电场中的侧移量y.如质量为m、电荷量为q的带电粒子沿中线以v0垂直射入板长为l、板间距为d的匀强电场中，要使粒子飞出电场，则应满足t＝时，y≤，若t＝时，y>，则粒子打在板上，不能飞出电场． 由此可见，这类问题的分析方法及求解的关键是抓住“刚好”射出(或不射出)这一临界状态． [典例]　一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行极板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两板间最大能加多大电压？ [审题指导]　分析此类问题的关键是分析临界条件，即电子恰能飞出极板或恰好不能飞出极板的条件．在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离越大，若偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压即题目要求的最大电压． [解析]　在加速过程中，由动能定理得eU＝mv 进入偏转电场，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，有l＝v0t 在垂直于极板方向做匀加速直线运动，加速度a＝＝，偏转距离y＝at2 能从平行板间飞出的条件为y≤ 联立以上各式解得U′≤＝400 V 即要使电子能从平行板间飞出，所加最大电压为400 V. [答案]　400 V 　两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电微粒，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm.(g取10 m/s2) (1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该微粒的电荷量和电性． (2)使B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板电势的取值范围． 解：(1)当重力跟静电力大小相等时，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故由q＝mg，得q＝＝2×10－9 C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(UAB>0)，所以微粒带负电． (2)当静电力方向竖直向上，且qE>mg时，带电微粒向上偏转，设微粒从右上边缘M点飞出时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB′＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，水平 方向上有vx＝v0，l＝v0t，在竖直方向上a＝－g，偏转位移y＝，所以d＝at2，联立解得φ1＝＝2 600 V．当静电力方向竖直向下时，带电微粒向下偏转，设φA＝φ2，则竖直方向a′＝g－，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的取值范围为－600 V～2 600 V. 答案：(1)2×10－9C　负　(2)－600 V～2 600 V 学科网（北京）股份有限公司 $$