北京專用2020版高考物理大一輪復習專題九靜電澄件.ppt

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考點清單,考點一電場力的性質考向基礎一、電荷與電荷守恒定律1.元電荷:最小的電荷量叫做元電荷,用e表示,e=①1.6010-19C,最早由美國物理學家②密立根測得。所有帶電體的電荷量都是元電荷的③整數(shù)倍。2.點電荷當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多,以至于帶電體的④形狀、⑤大小及⑥電荷分布對它們之間相互作用力的影響可以忽略不計時,這樣的帶電體就可以看做是帶電的點,叫做點電荷。類似,于力學中的質點,也是一種理想化的模型。3.電荷守恒定律(1)內容:電荷既不能創(chuàng)生,也不能消滅,它只能從一個物體⑦轉移到另一個物體或從物體的一部分⑧轉移到另一部分,在轉移的過程中,電荷的總量⑨保持不變。(2)當完全相同的帶電金屬球相接觸時電荷的分配規(guī)律:同種電荷總量⑩平均分配,異種電荷先中和后平分。4.三種起電方式的比較,二、庫侖定理1.內容:真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力,與它們的電荷量的乘積成正比,與它們之間距離的二次方成反比,作用力的方向在兩點電荷的連線上。2.公式:F=k,式中的k=9109Nm2/C2,叫靜電力常量。3.適用條件:點電荷;真空中。4.注意(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體,可以將其視為電荷集中于球心的點電荷,r為兩球心之間的距離。(2)庫侖力不能根據(jù)公式錯誤地推論:當r→0時,F→∞。其實,在這樣的條件下,兩個帶電體已經不能再看做點電荷了。,三、電場、電場強度1.電場的產生:電荷周圍產生電場,靜止電荷產生的電場稱為靜電場。2.電場強度(1)定義:放入電場中某點的電荷所受的電場力F與它的電荷量q的比值,公式:E=。(2)電場強度的意義和特點:電場強度是表示電場力的性質的物理量,由場源電荷和位置決定,與檢驗電荷的受力和電荷量無關。(3)電場強度的單位:N/C或V/m。(4)矢量性:規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點,電場強度的方向。(5)疊加性:如果有幾個靜止電荷在空間同時產生電場,那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和。3.電場強度三個表達式的比較,四、電場線1.電場線及其特點,2.幾種典型電場的電場線考向突破考向一帶電物體在電場中的平衡問題1.共點力作用下的平衡狀態(tài):靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。,2.平衡的條件是物體所受的合外力為零,據(jù)此對物體進行受力分析后利用力的合成法或分解法求解問題。,解析(1)小球B在重力、電場力和拉力的作用下處于靜止狀態(tài),受力圖如下,則有Tsinθ=FTcosθ=mg所以F=mgtanθ(2)由場強的定義可知E==(3)對小球B緩慢回到最低點的過程應用動能定理:WG+WF=0,WF+mgL(1-cosθ)=0，可得,此過程中電場力做的功WF=-mgL(1-cosθ)。,答案(1)mgtanθ(2)(3)-mgL(1-cosθ),易錯點撥第(3)問小球B緩慢回到最低點的過程中,B球所受的拉力和它軌跡的切線方向是垂直的,所以拉力不做功,只有重力和電場力做功?？枷蚨P于電場描述及性質的論證問題本專題常用類比的方法對電場的描述及性質進行論證。本專題還可以類比電場強度和電勢的定義方法對“重力場強度”和“重力勢”的描述進行論證。要解決這類論證問題,就要求對本專題電場強度、電勢、電勢能、電場線等概念建立的方法、描述方法進行深入的研究和理解。,例2現(xiàn)代科學實驗證明了場的存在,靜電場與重力場有一定相似之處。帶電體在勻強電場中的偏轉與物體在重力場中的平拋運動類似。(1)一質量為m的小球以初速度v0水平拋出,落到水平面的位置與拋出點的水平距離為x,如圖甲所示。已知重力加速度為g,求拋出點的高度和在落地點的速度大小。甲,(2)若該小球處于完全失重的環(huán)境中,小球帶電荷量為+q,在相同位置以相同初速度拋出?？臻g存在豎直向下的勻強電場,帶電粒子運動到水平面的位置與第(1)問小球的落點相同。若取拋出點電勢為零,試求電場強度的大小和落地點的電勢。(3)類比電場強度和電勢的定義方法,請分別定義地球周圍某點的“重力場強度”和“重力勢”,并在圖乙中描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。,乙,解析(1)小球在水平方向做勻速直線運動:x=v0t小球在豎直方向做自由落體運動h=gt2得:h=小球下落過程,根據(jù)動能定理mgh=mv2-m得:v=(2)小球在水平方向做勻速直線運動:,x=v0t小球在豎直方向做勻加速運動h=at2a=得到:E=拋出點與落點之間的電勢差U=Eh=取拋出點電勢為零,U=0-φ水平面得φ水平面=-(3)重力場強度EG===g,或EG==G/m=G若取地面為重力勢參考平面,則重力勢φG==gh若取無窮遠處重力勢為零,則φG==-地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”如圖所示,答案見解析,解題關鍵要用好三個類比(1)類比平拋運動對帶電體在勻強電場中的偏轉運動進行求解;(2)類比電場強度和電勢的定義方法,去定義“重力場強度”和“重力勢”;(3)類比電場線、等勢面的描繪方法去描繪地球周圍的“重力場線”和“等重力勢線”。,考點二電場能的性質考向基礎一、電勢能1.電勢能的概念:由電荷和電荷在電場中的相互作用與①相對位置決定的能量叫電勢能。2.電勢能的特點(1)電勢能是由②電荷和③電場共有的,它的大小是由④電荷和⑤電場共同決定的。(2)電勢能具有相對性,通常?、逕o窮遠處或大地為電勢能的零點。,(3)電勢能的計算方法方法1:根據(jù)電場力做功來求。電荷在電場中A點所具有的電勢能等于將電荷從A點移到電勢能零點處電場力所做的功,公式為⑦EpA=WA∞。方法2:根據(jù)電勢求解。電荷在電場中某點所具有的電勢能等于電荷量與電勢的乘積,公式為⑧Ep=qφ。方法3:根據(jù)功能關系來求。靜電力做功等于電勢能增量的負值,公式為⑨WAB=-(EpB-EpA)。二、靜電力做功1.靜電力做功的特點在電場中移動電荷時電場力做功與⑩路徑無關,只與初末位置有關,可見靜電力做功與重力做功相似。,2.靜電力做功的求解方法(1)WAB=qUAB,適用于任意電場,注意求解時各量都帶著符號。(2)WAB=qELcosθ,適用于勻強電場,L是A、B兩點間的距離。(3)WAB=-(EpB-EpA),適用于任意電場。三、電勢、電勢差1.電勢概念:電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值叫電勢,公式為φ=。2.電勢的特點(1)電勢是描述電場的能的性質的物理量。(2)電勢具有相對性,通常取無窮遠處或大地為零電勢點。,3.電勢差UAB=φA-φB。四、等勢面1.定義:電場中電勢相等的各點組成的面。2.特點(1)等勢面一定與電場線垂直,即跟場強的方向垂直。(2)在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。(3)電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。(4)等差等勢面越密的地方電場強度越大;反之越小。,3.電場強度、電勢、電勢差、電勢能的比較,考向突破考向一通過電場線和等勢面判斷場強和電勢的高低1.典型電場線、場強和電勢高低特點歸納,2.兩等量點電荷的電場分布規(guī)律,例3(2014課標Ⅰ,21,6分)(多選)如圖,在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點,M、N、P為直角三角形的三個頂點,F為MN的中點,∠M=30。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示。已知φM=φN,φP=φF,點電荷Q在M、N、P三點所在平面內,則()A.點電荷Q一定在MP的連線上B.連接PF的線段一定在同一等勢面上C.將正檢驗電荷從P點搬運到N點,電場力做負功,D.φP大于φM,解析由φM=φN,可知點電荷Q一定在M、N連線的中垂線上,過F作M、N的垂線交MP于O點,設MF=FN=l,則由幾何關系MO==l,FO=ltan30=l,OP=MP-MO=MNcos30-l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,故點電荷一定在M、P的連線上的O點,選項A正確(另解:根據(jù)題意φM=φN,φP=φF,可知點電荷Q一定在MN的中垂線與P、F連線的中垂線的交點處,作P、F連線的中垂線交MP于點O,連接O、F兩點,由幾何知識知OF為MN的中垂線,故點電荷Q一定在M、P的連線上的O點,A正確);點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的同心球面,線段不可能在球面上,故B選項錯誤;由圖可知OFφM=φN,將正檢驗電荷從高電勢搬運到低電勢,電場力做正功,選項C錯、D對。,答案AD,考向二電場力做功及能量變化分析,運用電場中的功能關系分析問題(1)電場力做正功,電勢能減少;電場力做負功,電勢能增加。(2)根據(jù)動能定理,合外力做正功,動能增加;合外力做負功,動能減少。(3)如果只有電場力做功,則動能和電勢能之間相互轉化,動能(Ek)和電勢能(Ep)之和保持不變。(4)如果只有電場力和重力做功,則電勢能和機械能之和保持不變。,例4如圖所示,真空中存在豎直向下的勻強電場,一個帶電油滴沿虛線由a向b運動,以下判斷正確的是()A.油滴一定帶正電B.油滴的電勢能一定增加C.油滴的動能一定減少D.油滴的動能與電勢能之和一定減小,解析首先對帶電油滴進行受力分析,帶電油滴受到的重力豎直向下,電場線的方向是豎直向下的,由于不知道油滴的電性,只能先判斷出電場力沿豎直方向,結合曲線運動的特點——合外力指向軌跡彎曲的內側,可判定帶電油滴受到的電場力是豎直向上的,而且電場力大于重力,合外力豎直向上。帶電油滴受豎直向上的電場力,與電場的方向相反,故帶電油滴帶負電,選項A錯誤。帶電油滴沿虛線由a向b運動,電場力做正功,電勢能減小,B選項錯誤。合外力做正功,根據(jù)動能定理,動能增加,C選項錯誤。只有電場力和重力做功,電勢能和機械能之和守恒,由于油滴由a向b運動高度增大,重力勢能增大,所以動能和電勢能之和一定減小,D選項正確。,答案D,解題思路根據(jù)帶電油滴的軌跡判斷帶電油滴的受力,再根據(jù)功能關系判定相應量的變化?？枷蛉Y合帶電粒子運動軌跡分析問題1.知道曲線運動的特點(1)速度沿軌跡的切線方向。(2)合外力方向與軌跡的偏轉方向在速度方向的同側(合外力指向軌跡彎曲的內側)。2.根據(jù)直線和曲線運動的條件結合粒子的軌跡判定電場力的方向(1)粒子做直線運動時合外力為零或合外力與初速度共線,結合其他的力就可以判定電場力的方向。(2)粒子做曲線運動時,合外力方向與軌跡的偏轉方向在速度方向的同,側,再結合其他的力就可以判定電場力的方向。3.根據(jù)電場力方向與場強方向的關系,判定粒子的電性,電場力方向與場強方向相同則帶正電,相反則帶負電。4.根據(jù)電場中的功能關系判定電勢能的變化、動能的變化等。,例5如圖所示,豎直實線表示某勻強電場中的一簇等勢面,一帶電微粒在電場中從A到B做直線運動(如圖中虛線所示)。則該微粒()A.一定帶正電B.從A到B的過程中做勻速直線運動C.從A到B的過程中電勢能增加D.從A到B的過程中機械能守恒,答案C,解題思路根據(jù)軌跡和電場線判斷出電場力的方向并分析求解。,考點三電容器、帶電粒子在電場中的運動考向基礎一、電容器的電容1.兩個彼此絕緣又相互靠近的導體就可以構成電容器,電容器所帶①電荷量與兩板間②電勢差的比值,叫做電容器的電容。2.電容的定義式為③C=。可由C=④計算電容C。在國際單位制中,電容的單位是法拉(F),常用單位有微法(μF)和皮法(pF)。它們的換算關系是1F=106μF=1012pF。3.電容器的電容與自身的幾何結構(正對面積、間距)和介質特性有關,與它是否帶電、帶電多少、板間電勢差的大小等無關。,4.電容器所帶電荷量是電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值。使電容器帶電的過程稱為充電;使充電后的電容器失去電荷的過程稱為放電。5.平行板電容器的電容,跟電介質的相對介電常數(shù)εr成正比,跟正對面積S成正比,跟極板間距離d成反比,用公式表示為⑤C=。二、帶電粒子在勻強電場中的運動1.帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場,受到的電場力與運動方向在同一條直線上,做⑥勻加速或⑦勻減速直線運動。2.只有電場力做功,若帶電粒子的初速度為零,有mv2=qU,則v=⑧,,若帶電粒子的初速度不為零,則由動能定理可得:⑨mv2-m=qU。3.帶電粒子以速度v垂直于電場線方向飛入勻強電場,受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做⑩勻變速曲線運動。垂直于場強方向做勻速直線運動,平行于場強方向做初速度為零的勻加速直線運動。三、示波管的構造和工作原理1.示波管的構造:示波器的核心部件是示波管,示波管的構造簡圖如圖所示,也可將示波管的結構大致分為三部分,即電子槍、偏轉電極和熒光,屏。2.示波管偏轉電極的工作原理(1)如果在偏轉電極X、X和Y、Y之間都沒有加電壓,則電子槍射出的電子沿直線運動,打在熒光屏中心產生一個亮斑。(2)YY是一對水平方向的極板,加的是待顯示的信號電壓,例如Y、Y之間加圖a的正弦波信號,所加的信號電壓產生豎直方向的電場,它給電子,的電場力也是豎直方向的,它只改變電子在豎直方向的分運動,而不會影響電子其他方向的分運動,如果此時X、X之間不加電壓,在熒光屏上只能形成一條豎直的亮線。(3)XX是一對豎直方向的極板,加的是機器自身產生的鋸齒形電壓,叫做掃描電壓,如圖b。掃描電壓產生水平方向的電場,它給電子的電場力也是水平方向的,它只改變電子在水平方向的分運動,而不會影響電子其他方向的分運動,如果此時Y、Y之間不加信號電壓,在熒光屏上只能形成一條水平的亮線。(4)如果X、X之間加圖b的掃描電壓,同時Y、Y之間加圖a的正弦波信號,在熒光屏上就會形成圖c的正弦波形。(5)如果掃描電壓的周期是信號電壓周期的2倍,如果X、X之間加圖d的,掃描電壓,同時Y、Y之間加圖a的正弦波信號,則在熒光屏上就會形成2個正弦波形,如圖e。,考向突破考向一帶電粒子在電場中的加速和偏轉運動1.平衡(靜止或勻速直線運動)條件:F合=0或qE=mg(僅受電場力和重力時)。2.直線加速,如圖,帶電粒子(忽略其所受重力)在電場中由靜止釋放,在運動過程中速度與電場線平行,速度和受力同向,做加速運動。根據(jù)動能定理qU1=mv2,得v=3.偏轉(垂直電場方向入射)(1)偏轉的條件:帶電粒子以某一初速度垂直于電場方向進入勻強電場。,離開偏轉電場時的偏轉角的正切值tanθ==在偏轉電場中電場力所做的功WAC=qUAC,或WAC=qEy=qy,或WAC=mv2-m=m,(4)兩個重要結論①粒子以初速度v0垂直射入偏轉電場,粒子從偏轉電場中射出時,速度的反向延長線與初速度延長線的交點(圖中B點)為粒子水平位移的中點。據(jù)此結論可求粒子打到屏幕上的位置。由tanθ==得y=y②不同的帶電粒子從同一點由靜止開始經過相同電場加速,又經過另一相同電場偏轉,其運動軌跡重合,與粒子的帶電荷量和質量無關。,解析(1)在加速電場中有:eU1=m可得:v0=(2)在偏轉電場中,設飛行時間為t,加速度為a,則水平方向有:L=v0t豎直方向有:y=at2其中a=可得:y=(3)設PO的長度為y,電子飛出偏轉電場時的偏角為θ,豎直分速度為vy,偏轉電場右端到熒光屏的水平距離為s,則,y=y+stanθtanθ=vy=at可得:y=(L+2s)可見,要使y不變,應保持不變,所以=。,答案(1)(2)(3),解題思路這是一道典型的帶電粒子在電場中加速、偏轉的題,根據(jù)帶電粒子在電場中加速、偏轉的模型,代入相應的公式即可求解。注意:加速場不是勻強場時,qU1=mv2仍然成立?？枷蚨叫邪咫娙萜鞯膭討B(tài)分析1.確定不變量,分析是電壓不變還是電荷量不變。電容器的兩極板與電源連接時,電容器兩極板間電壓保持不變;電容器先充電后與電源斷開,電容器所帶電荷量保持不變。2.用決定式C=分析平行板電容器電容的變化。3.用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。4.用E=分析電容器極板間場強的變化。,解析靜電計指針偏角體現(xiàn)電容器兩極板間電壓大小。在做選項所示的操作中,電容器極板所帶電荷量Q保持不變,C==。保持S不變,增大d,則C減小,U增大,偏角θ增大,選項A正確,B錯誤;保持d不變,減小S,則C減小,U增大,偏角θ也增大,故選項C、D均錯。,答案A,解題思路利用C==分析問題,注意判斷Q、U兩個量哪個是不變的。,方法技巧,方法1靜電場中涉及圖像問題的處理方法1.主要類型(1)v-t圖像;(2)φ-x圖像;(3)E-x圖像。2.應對策略:利用圖像中的點、線、面的含義求解問題(1)根據(jù)v-t圖像求解問題的方法第一步:根據(jù)v-t圖像確定粒子的運動狀態(tài)。第二步:根據(jù)粒子的運動狀態(tài)和軌跡確定電場的方向,進而確定電勢的高低。第三步:根據(jù)v-t圖像的斜率(表示加速度)確定電場力的大小變化,進而確定場強的大小變化。,解析第一步:v-t圖像的斜率表示加速度,根據(jù)v-t圖像可以判定電子由A向B做勻加速直線運動。第二步:根據(jù)電子由A向B做勻加速直線運動,可以判定電子所受的電場力向右,因為電子帶負電,所以電場線的方向由B指向A,則φA<φB。第三步:電子做勻加速直線運動,根據(jù)Eq=ma得,電場為勻強電場,故EA=EB。,答案AD,解析(1)由圖可知,0與d(或-d)兩點間的電勢差為φ0電場強度的大小E=電場力的大小F=qE=(2)設粒子在(-x0,x0)區(qū)間內運動,速率為v,由題意得mv2-qφ=-A①由圖可知φ=φ0②由①②得mv2=qφ0-A③因動能非負,有qφ0-A≥0,得|x|≤d即x0=d④粒子的運動區(qū)間-d≤x≤d(3)考慮粒子從-x0處開始運動的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律,粒子的加速度a===⑤粒子做勻加速直線運動,t=將④⑤兩式代入,得t=粒子的運動周期T=4t=⑥,答案(1)(2)-d≤x≤d(3)(3)E-x圖像:根據(jù)給出的E-x圖像,確定E的方向,根據(jù)E的大小變化,確定電場的強弱分布。方法2利用圖像與橫軸所圍面積求解電容器充放電過程中的電荷量和儲存的能量如圖1是給電容器充電的電路圖,圖2是電容器充電過程的i-t圖線,現(xiàn)在想根據(jù)電流值求電容器充電的電荷量,直接根據(jù)公式q=It是不行的,因為電流是變化的,但我們可以通過i-t圖線與橫軸所圍面積求解。圖3是電容器充電過程的q-u圖線,現(xiàn)在想求電容器充電過程中儲存的電能,由W=,qU知,可根據(jù)q-u圖線與橫軸所圍面積來求。圖1圖2圖3,例3場與實物是物質存在的兩種不同形式,場和由分子、原子組成的實物一樣具有能量和動量。重力場、引力場和電場都是常見的場。(1)在引力場中放置一個質量為m的質點,其受到的萬有引力為F。請類比電場強度的定義,寫出引力場強度Eg的定義式,并推導出與質量為M的質點相距為r的位置P處的引力場強度。已知引力常量為G。(2)如圖1所示,電路由電源與兩個電容器、兩個電阻、單刀雙擲開關組成。已知電源電動勢為E,內阻不計,電阻阻值分別為R1和R2,電容器電容都為C。a.將單刀雙擲開關撥到1,請在圖2中畫出充電過程中電容器的帶電荷量q隨電容器兩極板間電壓u變化的圖像,并求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0;,b.然后將開關撥到2,電容器放電。求放電過程中電阻R2上產生的焦耳熱Q熱。圖1,圖2,解析(1)類比電場強度的定義可得Eg=在P點引入一個試探質點,設其質量為m由萬有引力定律可知試探質點所受萬有引力F=G故P點Eg==(2)a.根據(jù)q=Cu,畫出q-u圖像如圖1所示由圖像可知,圖線與橫軸所圍面積表示電容器儲存的能量,如圖2中斜線部分所示由圖像求出電容器儲存的電能E0=EQ,圖1圖2,解得E0=CE2b.放電結束后,兩個電容器平分電荷量,帶電荷量都為Q==此時兩個電容器儲存的能量相同,都為E==根據(jù)能量守恒可得電阻上產生的焦耳熱Q熱=E0-2E=-2=,答案見解析,方法3帶電粒子在交變電場中運動的處理方法這類問題涉及力學和電場知識的綜合運用,但實際上是個力學問題。分析此類問題需注意以下幾點。1.此類題型一般有三種情況一是粒子做單向直線運動。一般用牛頓運動定律求解。二是粒子做往返運動。一般分段研究,v-t圖像能清晰地展現(xiàn)出粒子在各階段的運動狀態(tài),使分析容易入手。三是粒子做偏轉運動。由于交變電場變化的周期一般遠遠大于粒子在電場中偏轉的時間,在某一時刻對粒子的偏轉情況求解時都可以轉化為該時刻粒子在勻強的電場中偏轉來處理。,2.分析時的兩個思路:一是力和運動的關系,根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律分析;二是功能關系。3.注意粒子的運動具有時間上的周期性和空間上的對稱性,結合交變電壓的邊界值和空間的邊界值分析問題。,例4(多選)圖中A、B是一對平行的金屬板。在兩板間加上一周期為T的交變電壓u。A板的電勢φA=0,B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律為:在0到T/2的時間內,φB=φ0(正的常數(shù));在T/2到T的時間內,φB=-φ0;在T到的時間內,φB=φ0;在到2T的時間內,φB=-φ0……現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內。設電子的初速度和重力的影響均可忽略,則(),A.若電子是在t=0時刻進入的,它將一直向B板運動B.若電子是在t=時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后打在B板上C.若電子是在t=時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后打在B板上D.若電子是在t=時刻進入的,它可能時而向B板、時而向A板運動,從圖像上可以看出,t=0時刻進入電場的電子,v一直為正值,向前做勻加速直線運動,再向前做勻減速直線運動……一直向B板運動;t=時刻進入電場的電子,先向B板運動,當v為負值時,向A板運動,v-t圖線與時間軸所圍成的“面積”表示電子位移,可看出向B板前進的位移大,向A板運動的位移小,總體向B板靠近,最終打在B板上;同理,t=T進入電場的電,子,時而向B板運動,時而向A板運動,最后打在A板上,t=時刻進入電場的電子,從圖像看,將一直向A板運動,由于電子從A板上的小孔進入兩板間,且初速度為零,故電子根本不會進入電場,就從小孔退出。綜上所述,只有A、B選項正確。,答案AB,答案(1)見解析(2)30cm,解題關鍵本題偏轉電壓雖然是交變電壓,但是在某一時刻求解偏轉量時仍然用解決勻強電場偏轉的方法來求解。,