屆高考物理一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第7章第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動

第3節(jié)電容器、帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。二、帶電粒子在勻強電場中的運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動或靜止。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場方向飛入勻強電場，僅受電場力。(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。(3)處理方法：運動的合成與分解。①沿初速度方向：做勻速直線運動。②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。 (×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。 (×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。 (√)(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。 (√)2．(人教版選修3－1P32T1改編)如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是()A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B[電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可判斷B正確，C、D錯誤。]3．(人教版選修3－1P39T1改編)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則()A．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v增大B．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v減小C．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v不變D．當(dāng)減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長[答案]C4．(人教版選修3－1P39T5改編)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是()A．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,2U0d) B．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,2U0d)C．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,4U0d) D．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)D[根據(jù)動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。]平行板電容器的動態(tài)分析[依題組訓(xùn)練]1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強變化。[題組訓(xùn)練]1．(多選)如圖所示的電路，閉合開關(guān)，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。為了使液滴豎直向上運動，下列操作可行的是()A．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些B．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些C．保持開關(guān)閉合，將兩板間的距離減小一些D．保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度BC[開始時液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，有Eq＝mg。兩板間的電場強度E＝eq\f(U,d)，保持開關(guān)閉合時，U不變，當(dāng)兩板間的距離d減小時，E變大，此時Eq>mg，液滴豎直向上運動，C正確；保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度，E方向變了，此時液滴不會沿豎直方向運動，D錯誤；斷開開關(guān)，電容器的電荷量Q不變，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則E與d無關(guān)，所以斷開開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，A錯誤；斷開開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些，兩板的正對面積S變小，E變大，此時Eq>mg，所以液滴豎直向上運動，B正確。]2．如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的帶電小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是()甲乙A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小B[由題圖可知，甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，極板間的電場強度減小，電場力減小，所以夾角將減?。灰覉D中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，電場強度與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確。]電容器動態(tài)變化的分析思路帶電粒子在電場中的運動[講典例示法]1．帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律：設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。))3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論：(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。帶電粒子在電場中的直線運動[典例示法]中國科學(xué)家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。思路點撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。[解析](1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管A的長度為L，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m。 ③(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。 ⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V帶電粒子在電場中做直線運動常用關(guān)系式(1)用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(2)用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1[跟進訓(xùn)練]1．(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點A[根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。]2．真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微粒一定帶正電B．微粒一定做勻速直線運動C．可求出勻強電場的電場強度D．可求出微粒運動的加速度D[因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負(fù)電，故A錯誤；其合外力必與速度反向，大小為F＝eq\f(mg,sinθ)，即微粒一定做勻減速直線運動，加速度為a＝eq\f(g,sinθ)，故B錯誤，D正確；電場力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場強度，故C錯誤。]帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)[典例示法]如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。思路點撥：解此題要注意兩點：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動。(2)靈活應(yīng)用分解的方法抓住邊界條件。[解析](1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2L＝v0tvy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。(2)由題知a＝eq\f(Eq,m)E＝eq\f(UYY′,d)解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv\o\al(2,0))當(dāng)y＝eq\f(d,2)時，UYY′＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)。(3)當(dāng)y＝eq\f(d,2)時，粒子到達屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0，則y0＝y(tǒng)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(d?L＋2b?,2L)故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2y0＝eq\f(d?L＋2b?,L)。[答案]見解析分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。[跟進訓(xùn)練]3．(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，不計電子所受的重力。為了提高示波管的靈敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量\f(h,U2)))，可采取的方法是()A．減小兩板間電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．盡可能使板間距離d小一些D．使加速電壓U1減小一些CD[電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)階段。加速階段：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，偏轉(zhuǎn)階段：L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2，綜合得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故C、D正確。]4．(多選)(2019·大連二模)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是()A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同CD[根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r(2)∶1，選項A錯誤；質(zhì)子、α粒子在A、B板間做勻加速直線運動，由a＝eq\f(E1q,m)可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質(zhì)子在豎直電場中的加速度大，做類平拋運動的時間較短，可知質(zhì)子在整個過程中的運動時間小于α粒子的運動時間，選項B錯誤；O2到MN板的電勢差用U′表示，對整個過程，由動能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，選項C正確；質(zhì)子、α粒子由O2到MN板，豎直方向有h＝eq\f(Eq,2m)t2，水平方向有x＝vt，聯(lián)立解得x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，選項D正確。]帶電粒子在交變電場中的運動[典例示法]如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？審題指導(dǎo)：題干關(guān)鍵獲取信息穿過平行板時間極短上、下極板間的電壓U(E)不變上極板電勢—時間圖象電子可向上(向下)偏電子打到的區(qū)間電壓過大時，電子打到極板[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up8(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm。設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由y＝eq\f(U偏L,4U0)知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm解決帶電粒子在交變電場中運動問題的關(guān)鍵(1)處理方法：將粒子的運動分解為垂直電場方向上的勻速運動和沿電場方向的變速運動。(2)比較通過電場的時間t與交變電場的周期T的關(guān)系①若t?T，可認(rèn)為粒子通過電場的時間內(nèi)電場強度不變，等于剛進入電場時刻的電場強度。②若不滿足上述關(guān)系，應(yīng)注意分析粒子在電場方向上運動的周期性。(3)注意分析不同時刻射入電場的粒子在電場中運動的差別，找到滿足題目要求的時刻。[跟進訓(xùn)練]5．如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()甲乙ABCDA[電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運動，A項正確，B項錯誤。]6．如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求：甲乙(1)電子進入偏轉(zhuǎn)極板時的速度：(2)eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)。[解析](1)設(shè)電子進入偏轉(zhuǎn)極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板。[答案](1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)01．“等效法”在電場中的應(yīng)用“等效重力場”就是把重力場和勻強電場的復(fù)合場問題簡化為只有一個場的問題，從而將重力場中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得注意的是，由于重力場和勻強電場都是勻強場，所以帶電體受到的重力及電場力都是恒力。如果電場不是勻強電場，則不能進行等效變換。2．等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。(4)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。[示例]如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？[解析]小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(?qE?2＋?mg?2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知eq\x\to(AD)＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。[答案]v0≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))