检测卷(二) 静电场中的能量-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第三册同步学习方案（人教版2019）

检测卷（二） 静电场中的能量 (本卷满分：100分) 一、单项选择题 二、多项选择题 三、非选择题 总得分 得分栏 111 一 、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24：3.(2023·东北联考）如图所 武 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 示，三条虚线表示某电场中 的 题目要求的) 的三个等差等势面，电势分 1.(2023·安徽合肥联考)一电荷 金 别为9、92、93。一个带电 量为g(q>0)的粒子以一定初速 粒子只在静电力作用下按 度水平射入大小为E、方向竖直 向下的匀强电场中，静电力对粒 图中实线轨迹从A点运动 子做功的功率P随时间t变化 到B点，则以下说法正确的是 的图像如图所示。不计粒子的重力，图像的斜率 A.91>P2>pg 为，则该粒子的比荷为 B.粒子在A点的加速度方向与速度方向的夹角 A.ge B. 为钝角 gE2 C.粒子在B点的加速度大于在A点的加速度 C.gB D.E D.粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 k 4.(2023·重庆期末)如图所示，一匀强电场的方向 2.如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面 的匀强电场，且电场方向与MN平行，一质量为 平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与 m=2.0×10-1kg、电荷量为q=1.0×10-5C的 x轴夹角为0=60°，从原点O起沿x轴方向每经 带正电粒子（重力不计）从a点以v1=1×104m/s 过1m距离电势下降10V,沿OM方向每经过 的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界 1m电势下降也为10V,图中P点坐标 的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的 (√3m,1m),则下列说法正确的是 () 方向射出，射出电场时的速度v2=2×104m/s,已 知MP=20cm、MN=80cm,取a点电势为零， 如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴， 则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场 强度E、电势9、粒子的速度v、电势能E。随x变 化的图像正确的是 A.电场强度沿OP方向，大小10√5V/m 0 B.OP两点的电势差为403V 3 *E/V·m) 301/y C.沿x轴正方向移动电子，每移动1m电场力做 1732 功10eV D.沿y轴正方向每移动1m电势降低10V 0 17.32x/cm 7.32x/cm B 5.如图所示，已充电的平行板 A /(×10'm·s-) +E/(×10-3J) 电容器，带正电的极板接地， 17.32 两极板间于P点处固定一负 x/cm 的点电荷，若将上极板下移 17.32x/cm 至虚线位置，则下列说法正 确的是 5 A.两极间的电压和板间场强都变小 A.粒子带电量越大，偏转角越大 B.两极间的电压变小，场强变大 B带电粒子质量越小，偏转角越大 C.P点的电势升高，点电荷的电势能增大 C.偏转角大小与带电粒子比荷无关 D.P点的电势不变，点电荷的电势能也不变 D.加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大 6.如图，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面 10.如图所示，光滑绝缘的 的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶 点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为 水平面上方存在一个水 0 2V、6V、8V,下列说法错误的是 ( ) 平方向的匀强电场，电场线与x轴平行，电势p与 坐标值x的关系式为p=10x(p的单位为V, y/cm c(-1,1) x的单位为m)。一带正电的小滑块P,从x=0处 b(0,1) 以初速度。沿x轴正方向运动，则 () A.电场方向沿x轴正方向 x/cm B.电场的场强大小为10V/m d(-1,0） 0 a(1,0) C.小滑块的动能一直减小 D.小滑块的电势能先增大后减小 A.坐标原点O的电势为4V 11.一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平 B.d点的电势为6V 向右的恒力，运动轨迹如图所示，A、B两点在同 C.c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差 D.匀强电场方向沿cb方向 一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动 7.如图所示，平行金属板A、B水 A 能为16J,在M点的动能为8J,不计空气阻力。则 平正对放置，分别带等量异号 义.M () 电荷。一带电微粒沿水平方向 射入板间，在重力和静电力共 同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么 ( A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 3X2 B.微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加 C.微粒从M点运动到N点，其动能一定增加 A.小球水平位移x1与x2的比值为1：4 D.微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加 B.小球水平位移x1与x2的比值为1：3 8.如图所示，平行板电容器带有 C.小球落到B点时的动能为48J 等量异种电荷，与静电计相 p D.小球从A点运动到B点过程中最小动能为8J 连，静电计金属外壳和电容器 12.如图所示，A为粒子 下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的 源，A和极板B间的 点电荷，以E表示两极板间的电场强度，E。表示 加速电压为U1,两水 点电荷在P点的电势能，0表示静电计指针的偏 平放置的平行带电板 角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小 C、D间的电压为U2, 段距离至图中虚线位置，则 ( ) 现有质量为m、电荷量为十q的粒子由静止从 A.0增大，E增大 B.0增大，E。不变 A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向 C.0减小，E。增大 D.0减小，E不变 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16 的匀强电场，平行板C、D的极板长度为L,两板 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 间的距离为d,不计带电粒子的重力，则下列说 要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有 法正确的是 () 选错的得0分) /2qU1 9.质量与电量均不同的一束带电粒子，经过同一 A.带电粒子在射出B板时的速度v一√m 电场加速后，垂直于电场方向水平射入平行板 B.带电粒子在C、D极板间运动的时间t= 电场内，经过电场后的偏转角与下列因素有关 m 的是 () 6 C.带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上 UL2 发生的位移y=4U,a D.若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出： C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹 角将加倍 三、非选择题（本题共6小题，共60分） , 13.(6分)美国物理学家密立根通过如图所示的实 验装置最先测出了电子的电荷量，被称为密立 根油滴实验。两块水平放置的金属板A、B分别 与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方 向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板 间保持静止。（已知重力加速度为g) 喷雾器 4油滴： 0 B (1)(多选)若要测出该油滴的电荷量，需要测出 的物理量有 A.油滴质量m B.两板间的电压U C.两板间的距离dD.两板的长度L (2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量 9 14.(8分)随着力传感器的测量精度的提高，不用 “扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力 (库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小 组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻 璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球（带 电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M, 用可调丝线悬挂原来不带电的小球N,调控小 球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、 3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度 线间距离均为d,通过固定在容器顶部并与丝线 上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝 线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全 放电。实验小组完成了以下操作： ●放电杆 丝线 2 1N 绝缘支柱 0◆M 77n7n777777 ①在球N不带电时读出传感器示数F。; ②让球N与球M接触后，调整球N到位置1， 读出并记录传感器示数F1; ③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出并 记录传感器示数F2、F3、F4; ④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M 接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示 数F; ⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数 F6、F7。 (1)(多选)对于上述操作，下列判断正确的是 A.根据②的操作，可求出小球N在不同情况下 所受的库仑力 B.根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷 距离间的关系 C.根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带 电荷量间的关系 D.要测定静电力常量k,还需要准确测出小球M 的带电荷量 (2)小球N第一次与小球M接触后调整球N 到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作 用是 15.(7分)如图所示，竖直平面内有一半径为R的半 圆形光滑绝缘轨道，其底端B与光滑绝缘水平 轨道相切，整个系统处在竖直向上的匀强电场 中，一质量为m、正电的小球以0。的初速度沿水 平面向右运动，通过圆形轨道恰能到达圆形轨道 的最高点C,从C点飞出后落在水平面上的 D点。求： A D—s+B (I)小球到达C点时的速度vc; (2)BD间的距离s; (3)小球通过B点时对轨道压力FN。 16.(9分)(2023·苏州期中)如图所示，绝缘平台 (1)求粒子从P点运动到Q点过程中机械能的 AB距离水平地面CD的高度为h,整个空间存 增加量； 在水平向右的匀强电场，一质量为m、带正电量 为q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间 (2)将P点的坐标改为（一x,号），粒子仍在P 的距离也为h。若匀强电场的场强E=g,物 点由静止释放，结果粒子在y轴右侧电场中运 2g 动的轨迹刚好与y=a一x相切，则x1为多少？ 块与平台之间的动摩擦因数为4=0.25。求： (1)物块由A运动到B时的速度大小； (2)物块落到水平地面上时的速度大小和方向。 18.(16分)(2023·内蒙古高二期中)A: 如图所示，真空中存在着范围足够 大、方向水平向右的匀强电场（图 中未画出)，A、B、C为电场中的三 点，其连线组成一个直角三角形， ∠C=90°，∠B=30°，AB边竖直， AC边的长度为d。一质量为mB8 的带正电小球从A点静止释放后，小球恰好能 沿AC边运动，当将该小球从A点以一定的初 速度水平向左抛出后，小球刚好能到达B点，现 将该小球以同样大小的初速度从A点竖直向上 抛出，重力加速度大小为g,求： (1)小球抛出时的速度，的大小； 17.(14分)(2023·四川成都高二期中)如图所示， (2)小球的速度最小值。 在xOy直角坐标系的第二象限内有沿x轴正方 向的匀强电场，场强大小为E,在y轴和y=a一x 之间有沿y轴负方向的匀强电场（电场强度大 小未知)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的 粒子在坐标为(-受，号)的P点由静止释放，粒 子刚好从坐标为（号，0）的Q点（图中未画出）经 过x轴，不计粒子重力。 E 8(2)取B为研究对象，受到重力mg、静电力 qE和绳中拉力T的作用。根据平衡条件有 gE=mgtan 0, 解得E=mgtan0 由题意得电场方向水平向右 (3)若使A、B两球间的距离变为原来的2倍，B球 的电荷量也变为原来的2倍，则AB间的库仑力为 F'=k2gXQ=6g恐=g (2r)2 22=2q五=2 mgtan30。 根据平衡条件有F= 2mgtan 0, 代入得FP=名mgan30=mgtan8, 解得0=30°。 答案(1)√ng tan0 kQg (2)mgtan0,方向水平 q 向右(3)30° 17.解析(1)对A进行受力分析，B对A有向右的 作用力F,要悬线保持竖直，匀强电场对A的作 用力应向左，且与F等大。所以匀强电场方向 向左。 因为F=F',所以EQ=kQQ,得E=kg L2 9X10×2×108 0.03N/C=2×10N/C,方向水平 向左。 (2)A、B中点处的总电场场强是A、B产生的场 强和匀强电场的场强的叠加场强。 A在该点的场强EA= QA =9×109× 2 2×10-8 0.0153 N/C=8×105N/C,方向水平向右； B在该点的场强EB= =9×10°× () 2×10-8 0.015 N/C=8×105N/C,方向也水平向右； 匀强电场的场强为E=2×105N/C,方向水平 向左。 所以E令=EA十EB一E=1.4X106N/C,方向水 平向右。 答案(1)2×10°N/C,方向水平向左 (2)1.4×10N/C,方向水平向右 27 18.解析(1)由几何关系AC=2L,放置在AB中 垂线上C点的负电荷恰好能静止，可知C,点的 场强为率，剧E-2品060-铝，方向沿 CO方向。 (2)撤去匀强电场后，C点的场强方向指向O 点，大小为E,则由牛顿第二定律=m艺，解 kqQ 得o=Lm 答案1器，方向沿0方向（② 4Lm 检测卷（二）静电场中的能量 1.B带电粒子在电场中做类平抛运动，静电力做 功的功率P=Fv=qEv,v是粒子沿静电力方向 的速度，而0=吗，即功率P=Fu=9E m t,Pt图 像的外率质=识，解得品=意就速项B正扇。 m 2.D因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做 类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的 关系，有qEx=一△E。=E。一0，故E。=一qEx, D正确；匀强电场中的电场强度处处相等，A错 误；因为粒子离开电场时的速度，=sin30= U1 21,电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势 降低，B错误；粒子在电场运动的过程中，由动能 定理可知9Bx=m-ma,所以口与x不 是线性关系，C错误。 3.D由于带电粒子的电性未知，则无法确定三个 等势面的电势高低，选项A错误；根据电场线与 等势面垂直以及粒子做曲线运动的条件可以判 断出带电粒子从A,点运动到B点的过程中，速度 方向和静电力方向的夹角为锐角，粒子做加速运 动，静电力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子 在A点的电势能大于在B点的电势能，故选项B 错误，D正确；根据等差等势面密集的地方电场强 度大，可知A点的电场强度大于B点的电场强 度，由F=qE可知带电粒子在A,点所受的静电力 大于在B点所受的静电力，根据牛顿第二定律 F=ma,可知粒子在A,点的加速度大于在B,点的 加速度，选项C错误。 4.B根据题意，分别沿OM和x轴取相同长度，电：7.C由于不知道重力和静电力大小关系，所以不 势下降一样，连接取的两点，即为等势线，而OP 能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能 为角日的角平分线，与等势线垂直，所以电场方向 确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错 U 为OP方向，则场强大小为Ecm0三10V 误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定 1十③ 竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理 知微粒的动能一定增加，选项C正确。 203V/m,A错误；OP两点的电势差为U= 3 :8.D若保持下极板不动，将上极板向下移动一小 EOp=203X2V=403V,B正确；沿x轴正 段密离，则报据C-品可知，C支大，Q一定，则 3 3 根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角日 方向移动电子，每移动1m电场力做功为W= Ug=10×(-e)V=-10eV,C错误；y轴正方向 减小，根据E-,Q-(CU,C=联立可释E 与OP的夹角为60°，所以沿y轴正方向每移动 1m电势降低U=Edcos60-203×1×号V= 4πkQ,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed可 eS 3 知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与 103V,D错误。 下极板的电势差不变，P点的电势不变，则E。不 3 变；故选项A、B、C错误，D正确。 5.D电容器充电后，与电源断开，故极板上电荷量 9.CD粒子由初速度为零，经电压为UJ的电场加 不变，当上极板下移，根据公式有C= 号，c= 速，在加速过程中，只有电场力做功，做的功为 4,极板间距变小，电容器的电容变大，两极板 ES U,由功能定里得gU=名m2,每得气√买. 间电压变小。根据匀强电场中电场强度与电势差 粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L,场强为E,进 Q 入偏转电场做类平抛运动，则水平方向L=t, 的关系，可知E U_C_4πkQ,上极板下移时， dd- ES 竖直方向a=E,由平抛运动知识得tan0=2= m 板间场强不变，故A、B错误；带正电的极板接地， at_U:L 其电势为零，根据公式有Up下板=EdpT板，Up吓板= 。一后，可知偏转角与带电粒子的比荷无关，选 Pp一P下板，易知P点的电势不变。根据电势能的 项C正确；加速电压越小，偏转电压越大，偏转角 定义式，有E。=qP可知，点电荷的电势能也不 越大，选项D正确。 变，故C错误，D正确。 10.BD沿电场方向电势逐渐降低，沿x轴正方向 6.D在匀强电场中，平行等间距的两点间电势差 电势逐渐升高，故电场方向沿x轴负方向，故A 相等，可得9一。一只.一0，代入数据可得90=4V, 错误；电场强度大小E=A-10°V/m,故B正 △x 同理可得P,一po=p.一pa,代入数据可得Pa= 确；滑块向x轴正方向运动时，小滑块P所受静 6V,A、B、C正确；由于b、d两点电势相等，连线 电力对滑块做负功，电势能增加，当速度为零 为一等势面，电场线垂直于等势面指向电势较低 时，电势能最大，此后滑块返回，电势能将减小， 一侧，故场强沿cO方向，D错误。 速度变大，动能变大，故C错误，D正确。 y/cm 11.BC小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据 c(-1,1) 」b(0,1) 对称性得知，从A点至M点和从M,点至B,点 的时间相等，小球在水平方向上做初速度为零 x/cm 的匀加速直线运动，设加速度为a,根据位移时 d(-1,0) a(1,0) 1 1 间公式x=2at,x=atXt什2at,联立可得 28 =3,选项A错误，B正确；小球从A到M,由 功能关系知在水平方向上恒力做功为W1=Fx= 8J,则从A到B水平方向上恒力做功为W1= F(x1十x2)=4W1=32J,根据能量守恒定律可 知小球运动到B点时的动能为E知=Ek如十 4W,=16J十32J=48J,选项C正确；据运动轨 迹小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小 球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度 一定与等效G'垂直，在AM之间，最小动能小于： 8J,选项D错误。 12.AC带电粒子由A到B,根据动能定理有qU= 合m,解得=②C,故A正痛：粒子建入 m C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动， 则L=,解得4=L2g故B错误：触子进 入C、D间的电场后，在竖直方向做初速度为零： 的匀加速直线运动，加速度为口=，粒子在竖 直方向发生的位移为y=,联立以上可得 UL2 y一4Ud,故C正确，带电粒子在飞出C、D极板 间的电场时速度与水平方向夹角的正切值为 tan 0=%=at_U2L ,,20,a,可知同时使U1和U,加 倍，带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速： 度与水平方向的夹角不变，故D错误。 13.解析(1)平行金属板板间存在匀强电场，液滴 恰好处于静止状态，静电力与重力平衡，则有 mg=9E=?号，所以需要剥出的物理黄有油滴 质量m,两板间的电压U,两板间的距离d,故 选ABC。 2)由mg=9E=9,可得油滴的电荷量为 9。 答案(1)ABC(2)mg4 U 14.解析(1)根据②的操作，只能求解小球N在位 置1时所受的库仑力，A错误；根据①②③的操 作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，！ 29 因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟，点电 荷距离间的关系，B正确；操作④⑤，保持小球间 距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由 于两球完全相同，使小球所受电荷量依次减小到 前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量 间的关系②④⑤操作能够完成，C正确；要测定 静电力常量，还须准确测出小球M的带电荷 量，D正确。 (2)在球N不带电时读出传感器示数F。,小球 N第一次与小球M接触后调整球N到位置1， 此时传感器示数F1,则小球M、N间的库仑力大 小为F。-F。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作 用是使小球N与带电小球M接触时将M所带 的电荷量平分。 答案(1)BCD(2)F。-F:(3)使小球N与 带电小球M接触时将M所带的电荷量平分 15.解析(1)根据题意，小球由B到C过程，由动 能定理有(gE-mg)2R=司mue2-之n,2 1 因小球恰能通过C,点，由牛顿第二定律有 Uc mg-qE-m R 联立解得c三。 (2)根据题意可知，小球由C到D过程做类平抛 运动，水平方向：s=ct 竖直方向上：2R=at,mg-qE=ma 联立解得s=2R。 (3)根据题意可知，小球在光滑水平轨道上做匀 速直线运动，则到达B点时速度仍为。，在B点 2 时，由牛顿第二定律有FN十gE-mg=mR 联立解得F、= 6mu,2 5R 答案(1写，（2)2R(8)6歌 5R 16.解析(1)物块从P到B的过程，由动能定理得 gEh-μmgh=2moB 「1 解得s=√2h。 (2)物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方： 设当小球从A点以初速度。水平向左抛出后， 向微自由落体运功，根据么=号g 小球到达B点所用的时间为t。,根据运动的合 成与分解可知，水平方向上有一，=6一g5。 2h n 得下落时间为t=。 8 竖直方向上有2d=号g 28t,2 落地时竖直分速度大小为口，=√2gh 在水平方向上，由牛顿第二定律得gE=ma 联立解得u=√3gd。 解得a=号 (2)由题意可知，小球在任意时刻的水平速度大 小为0，=95=3g 12 落地时水平分速度大小为v,=v十at=√2gh 故物块落到水平地面上时的速度大小为 竖直速度V,=,一gt 则小球在任意时刻的速度大小为 v=√/0,2+u,2=2√gh , 2=v,2+v,2=3gd+4gt2-2√3gd·gt 速度与水平方向的夹角正切为tana==1,得 v. 根据数学知识可得-t图像为开口向上的抛物 a=45°。 线，当=一力-gC时2具有最小值，即 2a 4g /1 答案(1)√2gh (2)2√gh,速度与水平方向 48d 的夹角为45° 17.解析(1)带正电的粒子先在y轴左侧电场中 所以速度的最小值为=是√gd 加速，则由动能定理得B山号-司 此时，=ai=是Vgd,0,=4-g=V3gd 然后在第一象限的电场中做类平抛运动 设此时速度方向与水平方向的夹角为α，则有 号=子·职，号=0解得E=E tan a= 丝=3 则粒子从P,点运动到Q点过程中电势能的减少 故此时小球速度有最小值，方向斜向右上方，与 量即机械能的增加量 水平方向之间的夹角为60°。 -△E,=Eg·合+Eg·合=AE=2.5Ega. 答案(13gd(2)多gd,方向斜向右上方， (2)将P点的坐标改为(-西，号)，粒子仍在P 与水平方向之间的夹角为60 检测卷（三）电路及其应用 点由静止释放，则到达y轴时Eqx1=m 1.C电阻率是材料本身的一种电学特性，与导体 当粒子轨迹与直线y=a一x相切时，则y轴方 的长度、横截面积无关，A选项错；金属材料的电 向速度等于x轴方向速度vy=2=a't 阻率随温度的升高而增大，半导体材料则相反，B 竖直方向的加速度a'=Eg=4Eg 选项错；合金的电阻率比任一组分的纯金属的电 mm 阻率大，C选项对；电阻率大表明材料的导电性能 位移关系满足2a+(a-)=号 差，不能表明对电流的阻碍作用一定大，因为电 联立解得x1=2a。 阻才是反映对电流阻碍作用大小的物理量，而电 答案(1)2.5Eqa(2)2a 阻还跟导体的长度、横截面积等因素有关，D选 18.解析(1)设匀强电场的电场强度大小为E,小 项错。 球的电荷量为q,则当小球从A点静止释放时， 2.D电流微观表达式I=nqSv,式中n为单位体积 内自由电荷数。而本题中n为单位长度内的自由 小球恰好能沿AC边运动，有tan30°=mg gE 电子数，t时间内通过导体某一横截面的自由电 30