電場電容器帶點粒子在電場中的運(yùn)動

1、第十三講：電場-電容器、帶點粒子在電場中的運(yùn)動復(fù)習(xí)要點1、了解帶電粒子在電場中的行為特征，掌握移動電荷時電場力做功與電勢能變化間的關(guān)系，掌握“電加速”與“電偏轉(zhuǎn)”的相應(yīng)規(guī)律。2、了解電容器、電容等概念，掌握電量、電勢差及電容間關(guān)系。考點知識梳理一、電容1電容器（1）組成:兩個彼此 絕緣 又 互相靠近 可構(gòu)成一個電容器.（2）充電：把電容器的一個極板接電池正極，另一個極板接電池負(fù)極，兩個極板就分別帶上了 等量 的 異種 電荷，這個過程叫做充電.（3）放電：用一根導(dǎo)線把充電后的兩極接通，兩極上的電荷互相 中和 ，電容器就不帶電，這個過程叫做放電.（4）電荷量：電容器所帶的電荷量是指電容器的 一個極

2、板所帶電荷量的絕對值 .2電容（1）物理意義：表示電容器 容納電荷的本領(lǐng) 物理量.（2）定義：電容器所帶的電荷量Q(任一個極板所帶電量的絕對值)與 兩極板電勢差 的比值叫做電容器的電容.（3）單位:法拉(F),微法(F),皮法(PF)，1F=106F=1012PF（4）計算式：C= Q/U . 推論：C=Q/U平行板電容器的電容： (即平行板電容器的電容與兩板正對面積成正比,與兩板間距離成反比,與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比).（5）決定因素：一個電容器電容的大小是由電容器 結(jié)構(gòu) 決定的，與電容器是否帶電、 兩極板的電勢差 及 無關(guān).（6）額定電壓是指電容器安全工作時的電壓上限.3對電容器兩個公式的理

3、解（1）公式: 是電容的定義式,對 任何 電容器都適用.對一個確定的電容器,其電容已確定,不會隨其 電荷量 的改變而改變.（2）公式是 電容 的決定式,只對 平行板電容器 電容器適用.二、電場中的帶電粒子（一）、平衡1帶電粒子在勻強(qiáng)電場中靜止時，如果只受重力和電場力，則電場力的方向為 豎直方向 ；若帶電粒子的質(zhì)量為m,電場的強(qiáng)度為E,則粒子的帶電荷量為_ mg/E _,若粒子帶負(fù)電,場強(qiáng)方向為 豎直向下 ,粒子帶正電,場強(qiáng)方向為_豎直向上_.2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，且只受重力和電場力，必有_電場力_等于_重力_；設(shè)勻強(qiáng)電場兩極板電壓為U，板間距離為d,帶電粒子的電荷量為+q，則電

4、容器的_下極板_帶正電荷；帶電粒子的質(zhì)量為_ uq/dg _.（二）、加速1.運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與_速度_在同一直線上,做_勻變速直線運(yùn)動 運(yùn)動.2.加速分析方法（1）用動力學(xué)觀點分析： 加速度a= qU/dm ，E=U/d，t202=2ad（2）用功能觀點分析：粒子只受電場力作用,電場力做功即為合外力做功,故粒子動能變化量等于 電勢能 的變化量:(式中U為加速電場的電勢差) .此式適用于一切靜電場(包括勻強(qiáng)場和非勻強(qiáng)場).對勻強(qiáng)場,由于電場力為恒力,故還可以有如下的公式:(式中s為沿電場線方向的位移).（三）、偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子以速度

5、垂直于電場線方向射入勻強(qiáng)電場,受到恒定的與初速度方向成90度的電場力作用,做 勻變速 曲線運(yùn)動. 2.偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的處理方法多應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動的合成與分解知識求解.粒子的運(yùn)動是沿初速方向的_勻速直線運(yùn)動_ 和沿電場力方向的 勻變速直線運(yùn)動 的合運(yùn)動,故可用類似平拋運(yùn)動的分析方法.3.主要偏轉(zhuǎn)物理量分析：質(zhì)量為、帶電量為的帶電粒子以初速度沿垂直于電場方向，進(jìn)入長為L、間距為、電壓為的兩平行金屬板間，在穿越電場時發(fā)生偏轉(zhuǎn)（不計粒子重力），則：偏轉(zhuǎn)加速度a= ；偏轉(zhuǎn)位移y= ；速度偏向角tan= .【答案】 三、示波器的原理示波管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏三部分組成.管內(nèi)抽成真空，電子槍通電后

6、發(fā)射電子，電子在 加速電場作用下被加速，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場.偏轉(zhuǎn)電極一般有相互垂直_的兩組，一組控制豎直 偏轉(zhuǎn)，一組控制水平偏轉(zhuǎn).電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到熒光屏上使熒光粉發(fā)光.典型例題【例題1】一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示，以E表示兩極板間的場強(qiáng)，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能。若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）P圖7-3-1AU變小，E不變BE變大，W變大CU變小，W不變DU不變，W不變解析：當(dāng)平行板電容器充電后與電源斷開時，對有關(guān)物理量變化的討論，要注意板間場強(qiáng)的一個特點： ，即對于介質(zhì)介

7、電常數(shù)為的平行板電容器而言，兩極間場強(qiáng)只與極板上單位面積的帶電量成正比。帶電量Q不變，兩極間場強(qiáng)E保持不變，由于板間d距離減小，據(jù)可知，電容器的電壓變小。由于場強(qiáng)E保持不變，因此，P點與接地的負(fù)極板即與地的電勢差保持不變，即點P的電勢保持不變，因此電荷在P點的電勢能W保持不變。所以本題應(yīng)選AC。答案：AC【例題2】.如圖7-3-6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U，一束質(zhì)量為m、帶電量為+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 YY'v0L Adb圖7-3-6孤立

8、點電荷周圍的電場（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U的范圍；（3）求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度解析：此題考查帶電粒子帶電場中的偏轉(zhuǎn)分析，涉及帶電粒子受力分析、平拋運(yùn)動規(guī)律速度偏轉(zhuǎn)方向和位移偏轉(zhuǎn)方向分析.（1）如圖7-3-7所示，設(shè)粒子在運(yùn)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，偏轉(zhuǎn)角為，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YY'v0AOv0vyxyy0圖7-3-7孤立點電荷周圍的電場y 聯(lián)立可得 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（2） 由式解得，當(dāng)時

9、，.則兩板間所加電壓的范圍 .（3）當(dāng)時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大（設(shè)為y0），則， 而，解得 . 則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度為.答案 教學(xué)內(nèi)容A 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1.如圖7-3-9所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S當(dāng)增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、電容器兩極板間場強(qiáng)E的變化情況是（C）圖7-3-9CSAQ變小，C不變，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小【解析】電容器充電后再斷開S，其所帶電荷量Q不變，由可知，d增大時，C變小又因，所以U變大對于場強(qiáng)E由于，所以間距增大，E不變化【答

10、案】C2.如圖7-3-10所示，兩板間距為d的平行板電容器與電源連接，電鍵k閉合電容器兩板間有一質(zhì)量為m，帶電量為q的微粒靜止不動下列各敘述中正確的是：(BD)A.微粒帶的是正電B.電源電動勢大小為C.斷開電鍵k，微粒將向下做加速運(yùn)動D.保持電鍵k閉合，把電容器兩板距離增大，微粒將向下做加速運(yùn)動圖7-3-10【解析】帶電粒子在電容器中平衡，則有：，因此，電源的電動勢斷開k時，因電容器極板上已有電量，并且此時兩板間電勢差仍為U=，故微粒仍平衡因重力向下，故微粒受的電場力向上，在場強(qiáng)方向向下時，微粒帶的負(fù)電若把k閉合，兩極板距離變大，此時極板間電勢差U=不變，則變小，mg>qE，微粒將要向下

11、做加速運(yùn)動【答案】BD3.如圖7-3-11所示，在點電荷+Q的電場中，一帶電粒子-q的初速度v0恰與電場線QP方向相同，則帶電粒子-q在開始運(yùn)動后，將（ B ）A沿電場線QP做勻加速運(yùn)動B沿電場線QP做變減速運(yùn)動C沿電場線QP做變加速運(yùn)動D偏離電場線QP做曲線運(yùn)動圖7-3-11【解析】帶電粒子-q受力有什么特點？方向與初速度v0的方向的關(guān)系怎么樣？由庫侖定律和牛頓第二定律確定思考：帶電粒子-q的初速度v0 恰與電場線QP方向相反，情況怎樣？若初速度v0恰與電場線QP方向垂直，可能出現(xiàn)什么情況？【答案】B4.如圖7-3-12所示，一個質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點沿垂直場強(qiáng)方向射

12、入，當(dāng)入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板要使粒子的入射速度變?yōu)関/2，仍能恰好穿過電場，則必須再使（ AD ）圖7-3-12A粒子的電量變?yōu)樵瓉淼?/4B兩板間電壓減為原來的1/2C兩板間距離增為原來的4倍D兩板間距離增為原來的2倍【解析】粒子恰好穿過電場平行板的方向：LV0t垂直板方向：所以：因此選項A、D正確【答案】AD5.如圖7-3-13,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中,入射方向跟極板平行.整個裝置處在真空中,重力可忽略.在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下,下述四種情況中,一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是( B )圖7-3-13

13、AU1變大、U2變大BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小DU1變小、U2變小【解析】電子在加速電場中由動能定理得電子在偏轉(zhuǎn)電場中有： 由以上各式得：，可知要使增大必然U2變大，U1變小，故選B【答案】B圖7-3-14孤立點電荷周圍的電場6如圖7-3-14所示是某示波管的示意圖，如果水平放置的偏轉(zhuǎn)電極上加一個電壓，則電子束將偏轉(zhuǎn)，每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離叫做示波管的靈敏度.下面這些措施中對提高示波管的靈敏度有用的是（  AC  ） A.盡可能把偏轉(zhuǎn)電極的極板L做得長一點B.盡可能把偏轉(zhuǎn)電極的極板L做得短一點C.盡可能把偏轉(zhuǎn)電極極板之間的距離d做得短一點D.將電子

14、槍的加速電壓提高 【解析】根據(jù)側(cè)移的表達(dá)式可得：     y=at2=，根據(jù)相似三角形可得在顯示器上的偏轉(zhuǎn)距離Y：    Y=ky，即與側(cè)移成正比，靈敏度=，k為比例常數(shù)，U1為加速電壓，U2為偏轉(zhuǎn)電壓，L、d分別為極板長度和間距故AC對.【答案】AC7(2008全國卷2,19)一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運(yùn)動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為U，油滴做勻

15、速運(yùn)動時速度的大小、方向?qū)⑹?C)A2v、向下B2v、向上C3 v、向下D3 v、向上【解析】當(dāng)不加電場時，油滴勻速下降，即；當(dāng)兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運(yùn)動，即，解之得:,當(dāng)兩極間電壓為U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運(yùn)動，當(dāng)勻速運(yùn)動時，解之得：v'=3v，C項正確?！敬鸢浮緾8.電子所帶電荷量最早是由美國科學(xué)家密立根通過油滴實驗測出的油滴實驗的原理如圖7-3-15所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負(fù)電荷油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶電，油滴進(jìn)入上板中央小孔后落到勻強(qiáng)電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運(yùn)動情況兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油

16、滴的浮力和阻力(1)調(diào)節(jié)兩金屬板間的電勢差U，當(dāng)U=U0時，使得某個質(zhì)量為ml的油滴恰好做勻速運(yùn)動該油滴所帶電荷量q為多少？圖7-3-15孤立點電荷周圍的電場(2)若油滴進(jìn)入電場時的速度可以忽略，當(dāng)兩金屬板間的電勢差u=U時，觀察到某個質(zhì)量為m2的油滴進(jìn)入電場后做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時間t運(yùn)動到下極板，求此油滴所帶電荷量Q.【解析】(1)油滴勻速下落過程中受到的電場力和重力平衡，可見所帶電荷為負(fù)電荷，即，得 (2)油滴加速下落，若油滴帶負(fù)電，電荷量為Q1，則油滴所受到的電場力方向向上，設(shè)此時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得 ， 得 若油滴帶正電，電荷量為Q2，則油滴所受到的電場力方向向下，設(shè)此

17、時的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得 即. 【答案】（1） （2）y(m)Eov045°x(m)圖7-3-16孤立點電荷周圍的電場9.如圖7-3-16所示，在光滑水平絕緣平面上，水平勻強(qiáng)電場方向與x軸間成135°角，電場強(qiáng)度E1×103N/c，某帶電小球電量為q2×106c，質(zhì)量m1×103kg，以初速度v02m/s從坐標(biāo)軸原點出發(fā)，在xOy平面內(nèi)運(yùn)動，v0與水平勻強(qiáng)電場垂直，求：（1）該帶電小球所受到的電場力的大?。唬?）該帶電小球在第二秒內(nèi)速度變化量的大??；（3）當(dāng)帶電小球再經(jīng)過x軸時與x軸交于A點，帶電小球經(jīng)過A點時速度v、OA間電勢差

18、UOA.【解析】（1）FqE2´106´103N2´103 N（2）Dvattm/s2 m/s（3）將小球運(yùn)動分解為沿v0方向與沿電場方向的兩個相互垂直的分量.設(shè)在A點時，沿電場方向的速度分量為vE，位移分量為sE，沿v0方向的位移分量為s0，則：tan45° vE2v0 vv02m/s4.5 m/s速度方向：斜向右下方.由動能定理得：得：V而 V【答案】（1）2´103 N （2）2 m/s （3）v4.5 m/s，速度方向：與x軸呈45°且斜向右下方；UOA4×103V.10.如圖7-3-17所示，正方形區(qū)域abcd邊長

19、L8cm，內(nèi)有平行于ab方向指向bc邊的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E3750 V/m，一帶正電的粒子電量q1010C，質(zhì)量m1020kg，沿電場中心線RO飛入電場，初速度v02×106m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面cd、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，一進(jìn)入該區(qū)域即開始做勻速圓周運(yùn)動（設(shè)點電荷左側(cè)的電場分布以界面PS為界限，且不受PS影響）.已知cd、PS相距12cm，粒子穿過PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏MN上.（靜電力常數(shù)k9×109Nm2/C2）試求：（1）粒子穿過界面PS時偏離中心線OR的距離y；（2）粒子穿過界面PS時的速度大小與方向；（

20、3）O點與PS面的距離x；（4）點電荷Q的電性及電量大小.v0ORPMNSLd12cmxabcB圖7-3-17孤立點電荷周圍的電場【解析】（1）y1at2/2cm0.03m3cm，y:y1（s）:，y4y112 cm，（2）vyatm/s1.5×106 m/s vxv02×106 m/s粒子的運(yùn)動速度為v2.5×106 m/s，粒子的速度偏向角的正切為tanqvy/ v00.75， q37°，（3）所以xy tanq9cm，（4）粒子帶負(fù)電粒子做圓周運(yùn)動的半徑為Ry/cosq15 cm，由m 得Q C1.04×108C 【答案】(1) y12

21、cm (2) v2.5×106 m/s (3) x=9cm (4) 帶負(fù)電；Q=1.04×108CB 能力提升圖7-3-1811.（2008寧夏卷21）.如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度a。在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是(BC) A.縮小a、b間的距離 B.加大a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)【解析】本題考查電容器的兩個公式。

22、a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數(shù)、減小板的針對面積S?！敬鸢浮緽C圖7-3-1912.（2008江蘇卷6）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線，且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強(qiáng)分別為EA、EB、EC，電勢分別為、，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關(guān)系中正確的有(ABC)A. B. ECEBEAC. UABUBC D. UABUBC【解析】考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規(guī)律。A、

23、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故ABC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強(qiáng)度大小關(guān)系為ECEBEA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBCUAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強(qiáng)、等勢面與場強(qiáng)和電場線的關(guān)系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規(guī)律?！敬鸢浮緼BC圖7-3-2013. (2009福建15).如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(B)A.帶點油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動 B.P點的電勢將降低C.帶點油滴的電勢

24、將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大【解析】電容器兩端電壓U不變，由公式，場強(qiáng)變小，電場力變小，帶點油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動，A錯； P到下極板距離d不變，而強(qiáng)場E減小，由公式U=Ed知P與正極板的電勢差變小，又因為下極板電勢不變，所以P點的電勢變小，B對；由于電場力向上，而電場方向向下，可以推斷油滴帶負(fù)電，又P點的電勢降低，所以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓U不變,電容C減小時由公式Q=CU，帶電量減小，D錯?！敬鸢浮緽14. (2009全國2,19). 圖中虛線為勻強(qiáng)電場中與場強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛

25、線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運(yùn)動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計圖7-3-21重力，則(BD)A. M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B. N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C. N在從O點運(yùn)動至a點的過程中克服電場力做功D. M在從O點運(yùn)動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運(yùn)動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負(fù)不清楚但為異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于o到c的兩點的電勢

26、差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同,但方向不同,B對.【答案】BD圖7-3-2215.(2009天津5).如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運(yùn)動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則(B)A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點的速度一定比在N點的大C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢【解析】由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運(yùn)動，故電場力向上，A錯；粒

27、子由M到N電場力做負(fù)功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯?！敬鸢浮緽16.如圖7-3-23所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負(fù)電.兩板之間存在著勻強(qiáng)電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔.C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O處，C帶正電、D帶負(fù)電.兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強(qiáng)度可認(rèn)為大小處處相等，方向都指向O.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計.現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電微粒（

28、微粒的重力不計），問：微粒穿過B板小孔時的速度多大；OdBApdcyhCDOPL圖7-3-23孤立點電荷周圍的電場為了使微粒能在CD板間運(yùn)動而不碰板，CD板間的電場強(qiáng)度大小應(yīng)滿足什么條件；從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒會通過半圓形金屬板間的最低點P點？【解析】此題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的分析，涉及帶電粒子在電場中的功的計算、動能定理、圓周運(yùn)動的分析方法及運(yùn)動對稱性的分析.（1）設(shè)微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有 解得， （2）微粒進(jìn)入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有 聯(lián)立，得 . （3）微粒從釋放開始，經(jīng)t1射出B板的小孔，則 設(shè)微粒在半圓形金屬板間運(yùn)動經(jīng)過t2第一次到達(dá)最低點P點，則 所以從釋放微粒開始，經(jīng)過，微粒第一次到達(dá)P點；根據(jù)運(yùn)動的對稱性，易知再經(jīng)過微粒再一次經(jīng)過P