高三一轮物理：第8章《电流》章末大盘点

高三一轮物理：第8章《电流》章末大盘点

‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎1．(2011·长沙一中月考)通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生(　　)‎ A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动 B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动[来源:Z+xx+k.Com]‎ C．L2绕轴O按顺时针方向转动 D．L2绕轴O按逆时针方向转动 解析：　本题考查常见电流周围的磁场的分布，安培力的方向和物体转动的条件等知识点．由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．‎ 答案：　D ‎2.如右图所示，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O点，加磁场后电子束打在荧光屏O点上方的P点，则所加磁场的方向可能是(　　)‎ A．垂直于纸面向内　　　　 B．垂直于纸面向外 C．平行于纸面向上 D．平行于纸面向下 解析：　电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B正确．‎ 答案：　B ‎3.如右图所示，一带电粒子垂直射入一垂直纸面向里自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻尼作用，其运动径迹为一段圆弧线，则从图中可以判断(不计重力)(　　)‎ A．粒子从A点射入，速率逐渐减小 B．粒子从 A点射入，速率逐渐增大 C．粒子带负电，从B点射入磁场 D．粒子带正电，从B点射入磁场 解析：　由于空气有阻尼作用，粒子运动速率一定减小，由R＝知，v逐渐减小，而R却保持不变，B一定逐渐减小，所以A正确．粒子以洛伦兹力作圆周运动的向心力，根据左手定则判断，D错误．‎ 答案：　A ‎4.如右图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是(　　)‎ A．液滴一定做匀变速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴一定做匀速直线运动 解析：　在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化．‎ 答案：　A ‎5.如右图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是(　　)‎ A．方向向上 B．大小为 C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D．若使b下移，a将不能保持静止 解析：　由安培定则可知A正确；由mgsin α＝BLIcos α知B＝，B错误；若要使B最小，应在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正确．‎ 答案：　B ‎6.如右图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(　　)‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心 C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 D．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 解析：　当v⊥B时，所受洛伦兹力充当向心力，做半径和周期分别为R＝，T＝的匀速圆周运动；只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确．‎ 答案：　D ‎7.如右图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：　本题考查带电粒子在磁场中的运动．根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析．注意两点，一是找圆心的两种方法(1)根据初末速度方向垂线的交点．(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点．二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径．分析可得B选项正确．‎ 答案：　B ‎8.在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如右图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和(＋1)r.圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力．为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过(　　)‎ A. B. C. D. 解析：　如 右图所示，带电粒子不从磁场中穿出，其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹应与外圆相切，所以[(＋1)r－rx]2＝r2＋r，解上式可得rx＝r，又由rx＝可得，选项A正确．‎ 答案：　A ‎9.如右图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是(　　)‎ A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场 B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场 C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场 D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场 解析：　‎ 作出粒子刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的轨迹④‎ ‎.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.结合图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于5t0/6；从bc边射出经历的时间一定不大于4t0/3；从cd边射出经历的时间一定是5t0/3；从ad边射出经历的时间一定不大于t0/3.由以上分析可知选项C对．‎ 答案：　C 二、非选择题 ‎10．如图甲所示，质量为m＝‎50 g，长l＝‎10 cm的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1/3 T．未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定电流的大小．‎ 某同学对棒中恒定电流的解法如下：对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示(侧视图)．‎ 当最大偏转角θ＝37°时，棒受力平衡．有 tan θ＝＝，得I＝＝‎11.25 A.‎ ‎(1)请判断，该同学的解法正确吗？若不正确则请指出错在哪里？‎ ‎(2)试写出求解棒中电流的正确解答过程及结果．‎ 解析：　(1)该同学的解法错误．‎ 错误原因：认为棒到达最高点速度为零时，一定处于平衡状态；或者认为偏角最大的是平衡位置．‎ ‎(2)正确的解法如下：金属棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如右图所示，安培力F做功为 WF＝Fx1＝BIl2sin 37°‎ 重力做功为 WG＝－mgx2＝－mgl(1－cos 37°)‎ 由动能定理得 BIl2sin 37°－mgl(1－cos 37°)＝0‎ 解得：I＝＝‎5 A.‎ 答案：　(1)该同学的解法错误　(2)‎‎5 A ‎11.如右图所示为研究带电粒子在磁场中偏转问题的实验装置：M、N是竖直放置的两正 对着的平行金属板，S1、S2是板上两个正对的小孔，其中N板的右侧有一个在竖直面内，以O为圆心的圆形区域，该区域内存在垂直圆面向外的匀强磁场，另有一个同样以O为圆心的半圆形荧光屏AO′C.已知S1、S2、O和荧光屏的中间位置O′在同一直线上，且AC⊥S1O′.当在M、N板间加恒定电压U时，一带正电离子在S1处由静止开始加速向S2孔运动，最后打在图示的荧光屏上的P处，∠COP＝30°.若要让上述带正电离子(不计重力)仍在S1处由静止开始加速，最后打在图示的荧光屏下边缘C处，求M、N板间所加电压的大小U′.‎ 解析：　设离子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，所在区域的半径为R，离子加速后获得的速度为v.当电压为U时，由动能定理有qU＝mv2①‎ 在磁场中，离子做匀速圆周运动(见右图)由牛顿定律可知 qvB＝mv2/r②‎ 由①②式得U＝r2B2q/(‎2m)③‎ 其中r＝Rtan 60°＝R④‎ 当电压为U′时，离子打在C处，同理有U′＝r′2B2q/(‎2m)⑤‎ 其中r′＝R⑥‎ 由③④⑤⑥可解得U′＝U/3.‎ 答案：　 ‎12．(2010·安徽理综)如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．‎ ‎(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求电场变化的周期T；‎ ‎(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．‎ 解析：　此题考查粒子在复合场中的运动问题．‎ ‎(1)微粒做直线运动，则[来源:学,科,网]‎ mg＋qE0＝qvB①‎ 微粒做圆周运动，则 mg＝qE0②‎ 联立①②得 q＝③‎ B＝.④‎ ‎(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤‎ qvB＝m⑥‎ ‎2πR＝vt2⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦得 t1＝；t2＝⑧‎ 电场变化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨‎ ‎(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R⑩‎ 联立③④⑥得 R＝⑪‎ 设N1Q段直线运动的最短时间为t1 min，由⑤⑩⑪得 t1min＝ 因t2不变，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝.‎ 答案：　(1)　　(2)＋　(3) 滚动训练(七)‎ ‎(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)‎ 一、选择题 ‎1．(2011·江西重点中学联考)汽车遇情况紧急刹车，经1.5 s停止，刹车距离为‎9 m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是(　　)‎ A．‎4.5 m　　　　　　　　　　　 B．‎‎4 m C．‎3 m D．‎‎2 m 解析：　考查直线运动规律．由x＝at2，解得a＝‎8 m/s2，最后1 s的位移为x1＝×8×‎12 m＝‎4 m，B项正确．‎ 答案：　B ‎2．如右图所示，质量为m的小球，用长为l的细线挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与钉子O′在同一水平的位置，摆线被钉子拦住且张紧，现将小球由静止释放，当小球第一次通过最低点P时(　　)‎ A．小球的运动速度突然减小 B．小球的角速度突然增大 C．小球的向心加速度突然减小 D．悬线的拉力突然增大 解析：　v大小不变，但小球的运动轨迹半径变大，根据ω＝可知，小球的角速度变小；又因为an＝，所以向心加速度变小；小球在最低点时，动力学方程为FT－mg＝man，由于an变小，所以悬线拉力FT变小．正确选项为C.‎ 答案：　C ‎3.如右图所示，一根自然长度为l0的轻弹簧和一根长度为a的轻绳连接，弹簧的上端固定在天花板的O点上，P是位于O点正下方的光滑轻小定滑轮，已知OP＝l0＋a.现将绳的另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连，滑块对地面有压力作用．再用一水平力F作用于A使之向右做直线运动(弹簧的下端始终在P之上)，对于滑块A受地面滑动摩擦力下列说法中正确的是(　　)‎ A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变小后变大 D．大小不变 解析：　本题考查力的平衡条件、胡克定律．物块在开始位置，受到重力G和支持力FN，弹簧的拉力F＝kx0，F＋FN＝G，FN＝G－kx0；当物块滑到右边某一位置时，绳的伸长量为x，绳与地面的夹角为α，由竖直方向平衡，F′N＋kx·sin α＝G，即F′N＝G－kx0＝FN，支持力不变化，滑动摩擦力Ff＝μFN不变化，D正确．‎ 答案：　D ‎4．如下图是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是(　　)‎ A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度[来源:学科网]‎ B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关 C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比 D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力 解析：　本题考查了与万有引力定律相联的多个知识点，如万有引力公式、宇宙速度、卫星的周期等，设问角度新颖．第三宇宙速度是卫星脱离太阳系的最小发射速度，所以“嫦娥一号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，A项错误；设卫星轨道半径为r，由万有引力定律知卫星受到的引力F＝G，C项正确；设卫星的周期为T，由G＝mr得T2＝r3，所以卫星的周期与月球质量有关，与卫星质量无关，B项错误；卫星在绕月轨道上运行时，由于离地球很远，受到地球引力很小，卫星做圆周运动的向心力主要是月球引力提供，D项错误．‎ 答案：　C ‎5.如右图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用FAB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是(　　)‎ A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F B．若地面是完全光滑的，则FAB＝ C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，可能FAB＝ D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则FAB＝F/2‎ 解析：　若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有FAB＝ma，则FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F－2μmg＝2ma，用隔离法对 木块 B有FAB－μmg＝ma，则FAB＝F/2.若木块A、B未被推动，则FAB≤F/2.由以上分析可知，选项D正确．‎ 答案：　D ‎6．风能是一种环保型能源．风力发电是风吹过风轮机叶片，使发电机工作，将风的动能转化为电能．设空气的密度为ρ，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，叶片旋转形成圆面，设通过该圆面的风的动能转化为电能的效率恒为η.某风力发电机在风速为‎6 m/s时，发电机的电功率为8 kW，若风速为‎9 m/s，则发电机的电功率为(　　)‎ A．12 kW B．18 kW C．27 kW D．36 kW 解析：　本题主要考查功能关系及电功率．设在t时间内通过风力发电机圆面的风的质量为m，则m＝ρ·2πL·vt，则发电机的电功率为P＝mv2·η/t＝ηπρLv3，故电功率与速度的三次方成正比，带入数值可求得风速为‎9 m/s时，则发电机的电功率为27 kW，选项C正确．‎ 答案：　C ‎7.(2011·河北廊坊)如右图所示，有一定初速度的物体受到一个沿斜面向上的恒定拉力F作用，沿倾角为30°的粗糙斜面向上做直线运动，加速度大小为‎6 m/s2，在物体向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体的机械能一定增加[来源:学|科|网]‎ B．物体的机械能一定减小 C．物体的机械能可能不变 D．物体的机械能可能增加也可能减小 解析：　机械能的变化决定于除重力、弹簧弹力以外的力所做的功，题中除重力外，有拉力和摩擦力做功．若加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin 30°＋Ff－F＝ma，有F－Ff＝mgsin 30°－ma<0，即F0，即F>Ff，故拉力做的正功大于克服摩擦力做的功，机械能增加．D正确．‎ 答案：　D ‎8．(2011·山东省实验中学模拟试题)如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，参数如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝0.9h2‎ B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内 C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 解析：　设球从击出到网所需的时间为Δt，从击出到落地所需的时间为t1，由平抛运动的规律得＝＝＝＝，解得h1＝1.8h2，选项A错误；若保持击球高度不变，球的初速度v0如果太小，也不能到达对方界内，选项B错误；由平抛运动规律可知，若击球处距网上端的竖直距离小于网高的，球仍能过网但会出界，选项C错误、选项D正确．‎ 答案：　D ‎9.如右图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B，平行于极板以相同的初速度射入电场，结果打在极板上的同一点P.不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是(　　)‎ A．在电场中微粒A运动的时间比B长 B．微粒A所带的电荷量比B多 C．电场力对微粒A做的功比B少 D．到达P点时微粒A的速率比B小 解析：　据题意可知，A、B是同种电荷，设距N板的距离为h，水平方向上的位移为x，则：x＝v0t h＝ a＝ W＝qEh 结合题意和以上式子可知：A、B运动时间相等，A的加速度大于B的，故A的带电荷量大于B的；电场力对A做的功大于对B做的功，故到达P点时，A的速率大于B的，故B对．‎ 答案：　B 二、非选择题 ‎10．为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：‎ 待测电阻Rx 电流表A1(量程100 μA，内阻约2 k Ω)‎ 电流表A2(量程500 μA，内阻约300 Ω)‎ 电压表V1(量程15 V，内阻约150 kΩ)‎ 电压表V2(量程50 V，内阻约500 kΩ)‎ 电源E(电动势15 V)‎ 滑动变阻器R(最大阻值1 kΩ)‎ 多用电表，开关S，导线若干 ‎(1)先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测．若选择×100 Ω挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用________挡(×10，×1 k)．重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如上图所示，测量结果是________Ω.‎ ‎(2)现用伏安法测量Rx阻值．为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．‎ ‎①电流表应选________，电压表应选________．‎ ‎②画出实验电路图．‎ ‎③根据实验中测得的多组数据作出的U－I图线如下图所示，根据图线求得待测电阻的阻值为________Ω.‎ 答案：　(1)×1 k　30 k ‎(2)①A2　V1　②如下图所示 ‎③ 31 k ‎11.(2011·成都市摸底测试)如右图所示为某同学设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为37°，木箱与轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.设计要求：木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m＝‎2 kg的货物装入木箱，木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，接着再重复上述过程．若g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)离开弹簧后，木箱沿轨道上滑的过程中的加速度大小；‎ ‎(2)满足设计要求的木箱质量．‎ 解析：　(1)设木箱质量为m′，对木箱的上滑过程，由牛顿第二定律有：‎ m′gsin 37°＋μm′gcos 37°＝m′a 代入数据解得：a＝‎8 m/s2.‎ ‎(2)设木箱沿轨道下滑的最大距离为L，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：货物和木箱下滑过程中有：(m′＋m)gsin 37°L＝μ(m′＋m)gcos 37°L＋Ep 木箱上滑过程中有Ep＝m′gsin 37°L＋μm′gcos 37°L 联立代入数据解得：m′＝m＝‎2 kg.‎ 答案：　(1)‎8 m/s2　(2)‎‎2 kg ‎12．如图甲所示，两平行金属板的板长不超过‎0.2 m，板间的电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01 T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝‎105 m/s，沿两板间的中线OO′平行金属板射入电场中，磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷＝‎108 C/kg，粒子所受的重力和粒子间的相互作用力均忽略不计．‎ ‎(1)在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度看作是恒定的．试说明这种处理能够成立的理由．‎ ‎(2)设t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该带电粒子射出电场时的速度大小．‎ ‎(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断d的大小是否随时间而变化？若不变，证明你的结论；若变，求出d的变化范围．‎ ‎　‎ 解析：　(1)带电粒子在金属板间运动时间t＝，T＝0.2 s①[来源:学+科+网Z+X+X+K]‎ 得t≪T，(或t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3 V，变化很小)②‎ 故t时间内金属板间的电场可以认为是恒定的．‎ ‎(2)t＝0.1 s时刻偏转电压U＝100 V 带电粒子沿两板间的中线射入电场恰从平行金属板边缘飞出电场，电场力做功W＝qU③‎ 由动能定理：W＝mv－mv④‎ 代入数据可得v1＝1.41×‎105 m/s.⑤‎ ‎(3)设某一任意时刻射出电场的粒子速率为v，速度方向与水平方向的夹角为α，则 v＝⑥‎ 粒子在磁场中有qvB＝m⑦‎ 可得粒子进入磁场后，在磁场中做圆周运动的半径R＝ 由几何关系d＝2Rcos α⑧‎ 可得：d＝＝‎0.2 m，故d不随时间而变化．‎ 答案：　(1)带电粒子在金属板间运动时间t＝＝2.0×10－6 s≪T＝0.2 s 故t时间内金属板间的电场可以认为是恒定的．‎ ‎(2)1.41×‎105 m/s　(3)d＝＝0.2 m　不随时间变