江苏版高考物理一轮复习第7章第3节电容器、带电粒子在电场中的运动课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第7章第3节电容器、带电粒子在电场中的运动课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 欢迎下载使用。

(对应学生用书第175页)
一、电容器及电容
1．常见电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(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
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
(4)击穿电压与额定电压
①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为电容器的击穿电压。
②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器
(1)决定因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动或静止。
(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．带电粒子在匀强电场中的偏转
如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动。
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq \f(l,v0)(如图)。
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
②离开电场时的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(2,0))。
③离开电场时的偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(2,0))。
(3)条件：以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场，仅受电场力。
(4)运动性质：匀变速曲线运动。
(5)处理方法：运动的合成与分解。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。(√)
二、教材习题衍生
1．(平行板电容器的动态分析)如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是( )
A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大
B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大
C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大
D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大
B [电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U＝eq \f(Q,C)和C＝eq \f(εrS,4πkd)可判断B正确，C、D错误。]
2．(带电粒子在电场中的直线运动)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间电压不变，则( )
A．当减小两极板间的距离时，速度v增大
B．当减小两极板间的距离时，速度v减小
C．当减小两极板间的距离时，速度v不变
D．当减小两极板间的距离时，电子在两极间运动的时间变长
[答案] C
3．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是( )
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 [根据动能定理，有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，电子射入偏转电场时的初速度v0＝eq \r(\f(2eU0,m))，在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d)，故选项D正确。]
平行板电容器的动态分析
(对应学生用书第177页)
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝eq \f(εrS,4πkd)和C＝eq \f(Q,U)，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强变化。
[典例] 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A．材料竖直方向尺度减小
B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大
D．电容器电容变大
A [电容器两极板间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝eq \f(Q,U)知电容减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)分析可知，电容器两极板间距离增大，则材料竖直方向尺度减小，故A正确，D错误；电容器两极板间电压不变，两极板间距离增大，由E＝eq \f(U,d)分析可知极板间电场强度变小，故B、C错误。故选A。]
电容器动态分析的三个关键量
(1)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。
(2)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带的电荷量或两极板间电压的变化。
(3)用E＝eq \f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化。
[跟进训练]
与电源相连电压不变的动态分析问题
1.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．油滴运动的加速度保持不变
D．极板带的电荷量减少
D [由E＝eq \f(U,d)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、C错误；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，d增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误。]
与电源断开电荷量不变的动态分析问题
2．(2023·南京师范大学附属中学高三检测)如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与静电计的外壳均接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是( )
A．仅将M板向上平移
B．仅将M板向右平移
C．仅在M、N之间插入云母板
D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
A [仅将M板向上平移，两极板正对面积减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C＝eq \f(Q,U)得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确；同理，仅将M板向右平移，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，故板间电压减小，静电计指针张角变小，故B错误；同理，仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，故板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误；同理，在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，d减小，电容增大，Q不变，故板间电压减小，静电计指针张角变小，故D错误。]
与电容器相关的受力及运动问题
3.如图所示，P、Q组成平行板电容器，两极板竖直放置，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向的夹角为α，则下列说法不正确的是( )
A．断开开关，加大P、Q两极板间的距离，角度α会增大
B．断开开关，缩小P、Q两极板间的距离，角度α不变
C．保持开关闭合，缩小P、Q两极板间的距离，角度α会增大
D．保持开关闭合，加大P、Q两极板间的距离，角度α会减小
A [断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据公式C＝eq \f(Q,U)、U＝Ed、C＝eq \f(εrS,4πkd)，联立得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，即此情况下电场强度与P、Q两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度不变，小球所受电场力不变，则角度α不变，A错误，B正确；保持开关闭合，电容器两极板间的电压不变，缩小P、Q两极板间的距离，由E＝eq \f(U,d)分析得知，两极板间的电场强度增大，小球所受电场力增大，则角度α会增大；相反，增大P、Q两极板间的距离，角度α会减小，C、D正确。]
带电粒子在电场中的运动
(对应学生用书第178页)
1．带电粒子在电场中做直线运动的分析方法
2．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律
设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有
(1)加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
(2)在电场中的运动时间：t＝eq \f(l,v0)。
(3)速度eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))
v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d)。
(4)位移eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\\al(2,0)d)。))
3．带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)及tan θ＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d)
得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
[典例1] 加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
思路点拨：(1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。
(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。
[解析] (1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝eq \f(1,f)①
L＝vB·eq \f(T,2)②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m。③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。
[答案] (1)0.4 m (2)6×104 V
带电粒子在电场中做直线运动常用关系式
(1)用动力学观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
[跟进训练]
1.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
A [根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f(4kπQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。]
2.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则( )
A．微粒一定带正电
B．微粒一定做匀速直线运动
C．可求出匀强电场的电场强度
D．可求出微粒运动的加速度
D [因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，故A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝eq \f(mg,sin θ)，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝eq \f(g,sin θ)，故B错误，D正确；电场力qE＝eq \f(mg,tan θ)，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，故C错误。]
[典例2] (2022·江苏卷)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d。质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t。
(2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围。
(3)当Ek＝eq \f(8,3)qEd，粒子在θ为－eq \f(π,2)～eq \f(π,2)范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
[解析] (1)电场方向在竖直方向上交替变化，粒子所受电场力在竖直方向上也交替变化，则粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示：
粒子在水平方向的速度为vx＝vcs θ0
根据Ek＝eq \f(1,2)mv2可知v＝eq \r(\f(2Ek,m))
该粒子通过电场的时间t＝eq \f(8d,vx)
解得：t＝eq \f(8d,cs θ0)·eq \r(\f(m,2Ek))。
(2)粒子进入电场时的初动能Ek＝4qEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
粒子进入电场只受到电场力作用，由牛顿第二定律可得qE＝ma
粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，则要求
2ad>(v0sin θ)2
解得－eq \f(1,2)所以入射角的范围为－30°＜θ＜30°。
(3)设粒子入射角为θ′时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度大小相同的减速运动，加速运动。粒子的速度v′＝eq \r(\f(2Ek,m))＝4eq \r(\f(qEd,3m))
运动时间为t总＝eq \f(8d,v′cs θ′)＝eq \f(2,cs θ′)eq \r(\f(3md,qE))
粒子在沿电场方向，反复做加速度大小相同的减速运动，加速运动，根据速度—位移关系可得：
－2ad＝veq \\al(2,1d)－(v′sin θ′)2
2ad＝veq \\al(2,2d)－veq \\al(2,1d)
－2ad＝veq \\al(2,3d)－veq \\al(2,2d)
2ad＝veq \\al(2,4d)－veq \\al(2,3d)
－2ad＝veq \\al(2,5d)－veq \\al(2,4d)
2ad＝veq \\al(2,6d)－veq \\al(2,5d)
则：v2d＝v4d＝v6d＝v′sin θ′
v1d＝v3d＝v5d
则粒子在每个分层电场中运动时间相等，设为t0，则：
t0＝eq \f(1,6)t总＝eq \f(1,6)×eq \f(8d,v′cs θ′)＝eq \f(4d,3v′cs θ′)
且d＝v′sin θ′·t0－eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)teq \\al(2,0)
代入数据化简可得：6cs2θ′－8sin θ′cs θ′＋1＝0
即：tan2θ′－8tan θ′＋7＝0
解得：tan θ′＝7或tan θ′＝1，当tan θ′＝7时粒子无法穿出第一个电场，故不合题意，故tan θ′＝7舍去，
则θ′＝45°
因为粒子均匀射入电场，所以从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比就等于入射角θ′与θ的比值，则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比为：
eq \f(N,N0)＝eq \f(45°,90°)＝eq \f(1,2)。
[答案] (1)eq \f(8d,cs θ0)·eq \r(\f(m,2Ek)) (2)－30°＜θ＜30° (3)1∶2
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)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。
(2)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。
[跟进训练]
3.(2023·锡山模拟)如图所示为一示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(每单位电压引起的偏转量\f(h,U2)))，可采取的方法是( )
A．减小两板间电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1增加一些
C [电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，偏转阶段：L＝v0t，h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eU2,2md)t2，综合得eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4U1d)，因此要提高灵敏度则需要增大L或减小U1或减小d，故C正确。]
4.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为 1∶4
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
D [根据动能定理有eq \f(1,2)mv2－0＝qU，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq \r(2)∶1，选项A错误；质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，由a＝eq \f(E1q,m)可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误；O2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C错误；质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝eq \f(Eq,2m)t2，水平方向有x＝vt，联立解得x＝2eq \r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确。]
[典例3] 如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲 乙
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
审题指导：
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2，
经电场偏转后侧移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(qU偏,mL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))2
所以y＝eq \f(U偏L,4U0)，
由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，
所以y＝4.5 cm。
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足
eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以Y＝13.5 cm。
(2)由y＝eq \f(U偏L,4U0)知电子侧移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过 2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为s＝2Ymax＝3L ＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键
(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。
(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系
①若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的电场强度。
②若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性。
(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满足题目要求的时刻。
[跟进训练]
5．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )

甲 乙
A B
C D
A [电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq \f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。]
6．(2023·天一中学高三检测)如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq \r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d，极板长为L。求：
甲 乙
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)eq \f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
[解析] (1)设电子进入偏转极板时的速度为v，
由动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间
t＝eq \f(L,v)＝Leq \r(\f(m,2eU0))＝T
故在eq \f(T,4)时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。
[答案] (1)eq \r(\f(2eU0,m)) (2)0
1.等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2．物理最高点与几何最高点
在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。
[典例4] 如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝eq \f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度v0应满足什么条件？
[解析] 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示
类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq \r(qE2＋mg2)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝eq \f(mv\\al(2,D),R)，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知eq \x\t(AD)＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知－2mg′R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥ eq \r(\f(10\r(3)gR,3))。
[答案] v0≥ eq \r(\f(10\r(3)gR,3))
[跟进训练]
7.如图所示，一绝缘丝线拴接一可视为质点的球在竖直面内做圆周运动，在空间施加水平向右的匀强电场，已知球的质量为m，电荷量为＋q，A、B两点与圆心O在同一水平线上，C、D两点分别为圆周运动的最低点和最高点，球经过A点时丝线的拉力与球的速度的关系为FT＝eq \f(a,b)v2－a。则下列说法正确的是( )
A．丝线的长度为eq \f(mb,a)
B．球在D点的动能最小
C．电场强度的大小为eq \f(b,q)
D．v＝eq \r(b)时，球在B点时对丝线的位力大小为5a
A [设绝缘丝线的长度为L，球在A点时对球进行受力分析，由牛顿第二定律可得FT＋qE＝meq \f(v2,L)，则FT＝eq \f(m,L)v2－qE，结合题意可知eq \f(m,L)＝eq \f(a,b)，整理得L＝eq \f(mb,a)，选项A正确；又－qE＝－a，则电场强度大小为E＝eq \f(a,q)，选项C错误；由于重力和电场力的合力斜向右下方，故球做圆周运动的等效最低点在B、C之间，等效最高点在A、D之间，球在等效最高点的速度最小，动能最小，可知选项B错误；当v＝eq \r(b)时，球在A点不受丝线的拉力，则qE＝meq \f(v2,L)，对球从A到B过程，由动能定理得qE·2L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mv2，球在B点时，对球进行受力分析，由牛顿第二定律可得FTB－qE＝meq \f(v\\al(2,B),L)，联立解得FTB＝6qE＝6a，由牛顿第三定律可知，此时球对丝线的拉力大小也为6a，选项D错误。]
带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在交变电场中的运动
题干关键
获取信息
穿过平行板时间极短
上、下极板间的电压U(E)不变
上极板电势—时间图像
电子可向上(向下)偏
电子打到的区间
电压过大时，电子打到极板
带电粒子在叠加场中的圆周运动——
等效法的应用