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课件34张PPT。第4节带电粒子在电场中
运动的综合问题 一课堂提能·考点全通 二课后演练·逐点过关目 录课堂提能·考点全通一
“课后演练·逐点过关”见“课时跟踪检测（二十三）”
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谢 谢 观 看 第4节带电粒子在电场中运动的综合问题
突破点(一)　示波管的工作原理
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
1．确定最终偏移距离
思路一：
思路二：
2．确定偏转后的动能(或速度)
思路一：
思路二：
―→―→
[题点全练]
1．图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的(　　)
解析：选B　在0～2 t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。
2．(2019·东山月考)如图是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4 cm，板间距离d＝1 cm。板右端距离荧光屏L＝18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度v0＝1.6×107 m/s，电子电荷量e＝1.60×10－19 C，质量m＝0.91×10－30 kg。
(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
(2)若在偏转电极上加40 V的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？
解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子的偏移量为d时恰好不打在极板上，此时偏转电压最大，则
在水平方向有：l＝v0t
在竖直方向有：y＝d＝at2＝t2
代入数据解得：U＝91 V。
(2)偏转电压U′＝40 V，电子在偏转电场中做类平抛运动，则
在水平方向有：l＝v0t
在竖直方向有：y′＝at2＝t2
设打在荧光屏上时，亮点距屏中心点的距离为Y，由几何关系有：＝
联立解得：Y＝2.2 cm。
答案：(1)91 V　(2)2.2 cm
突破点(二)　带电粒子在交变电场中的运动
粒子做往返运动(分段研究)
[例1]　(2018·淮安、宿迁期中)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A、B间的距离为L。现在A、B之间加上电压UAB，UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。已知粒子质量为m＝5.0×10－10 kg，电荷量q＝＋1.0×10－7 C，L＝1.2 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：
(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；
(2)在0～时间内，产生的粒子不能到达B极板的时间间隔Δt；
(3)在0～时间内，产生的粒子能到达B极板的粒子数与到达A极板的粒子数之比k。
[解析]　(1)t＝0时刻，粒子由O到B：＝at02
加速度：a＝＝2.0×105 m/s2
得：t0＝×10－3 s≈2.45×10－3 s<＝6×10－3 s
所以：t0＝2.45×10－3 s。
(2)对刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为t1，匀减速时间为t2，全程时间为t，
则匀加速的加速度大小：a＝2.0×105 m/s2
匀减速的加速度大小：a′＝＝4.0×105 m/s2
由vm＝at1＝a′t2
得t2＝t1
所以t＝t1＋t2＝t1，
由L＝vmt＝·at1·t1，
得t1＝ ＝2×10－3 s。
在0～时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔为Δt＝t1＝2×10－3 s。
(3)设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t0′，
由L＝a′t0′2
得t0′＝ ＝×10－3 s<＝5×10－3 s
即在0～时间内，Δt内返回的粒子都能打到A极板上
所以：k＝＝＝。
[答案]　(1)2.45×10－3 s　(2)2×10－3 s　(3)2∶1
粒子做偏转运动(分解研究)
[例2]　如图甲所示，热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：
　
(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？
[解析]　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2
所以y＝，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＝
所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，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
突破点(三)　带电粒子的力电综合问题
[典例]　如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
[思路点拨]　
(1)抓住两球在电场中的运动，求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比。
(2)根据小球M在电场中做直线运动，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，求出A点距电场上边界的高度。
(3)结合两球离开电场时动能的大小关系及带电小球M在电场中做直线运动，求出电场强度的大小。
[解析]　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得
＝3。④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
vy2＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H。⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2?
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2?
联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝。
[答案]　(1)3∶1　(2)H　(3)
[方法规律]
1．解题思路
2．解题技巧
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。
[集训冲关]
1．[多选]如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　)
A．R越大，x越大
B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，x越大
D．m与R同时增大，电场力做功增大
解析：选ACD　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mvD2－mvB2，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mvB2，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。
2.[多选](2018·南通模拟)如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则(　　)
A．原电场方向竖直向下
B．改变后的电场方向垂直于ON
C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D．电场方向改变后，小球的最大电势能为
解析：选CD　由题意可知，小球只受到重力与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，电场力与重力是一对平衡力。所以电场力的大小也是mg，方向与重力的方向相反。则匀强电场的电场强度大小E＝，带正电的小球受到的电场力的方向与电场的方向相同，所以电场的方向竖直向上，故A错误；改变电场的方向后，电场力沿垂直于MN方向的分力必须与重力沿垂直于MN方向的分力大小相等，可知此时：qE·sin θ＝mgcos 30°，可知此时电场力的方向与MN之间的夹角为θ＝60°，如图所示，故B错误；电场方向改变后，小球受到的合力：F合＝mgsin 30°＋qEcos θ，又ma＝F合，联立得小球的加速度大小为：a＝g，故C正确。小球向上运动，当速度等于0时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功。设沿MN小球向上运动的最大位移为x，由动能定理得：－qE·cos θ·x－mgxsin 30°＝0－mv02，小球的最大电势能：Epm＝qEcos θ·x，联立得小球的最大电势能Epm＝mv02，故D正确。

等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。
带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。　 　
1.(2018·常州模拟)一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　)
A．小球不能过B点
B．小球仍恰好能过B点
C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0
D．以上说法都不对
解析：选B　没有电场时，设小球在最高点B速度为v，则：
mg＝m
又根据机械能守恒定律，有：mg(h－2R)＝mv2
解得：h＝R
加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则：
mg－qE＝m
解得：v′＝ 
根据动能定理，得mg(h－2R)－qE(h－2R)＝mv′2，
解得：v′＝ 
说明小球仍恰好能过B点，且与轨道间无作用力。故B正确。
2.(2018·淮安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。
(1)求：①小球带电性质；②电场强度E。
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析：(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。
②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)
解得E＝。
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点。
m＝mg
mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)
联立解得vA＝ 。
答案：见解析

把握三点，正确解答该类问题
1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。
2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。
3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。　　　　
课时跟踪检测（二十三） 带电粒子在电场中运动的综合问题
对点训练：示波管的工作原理
1．(2019·宜昌模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件。如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是(　　)
A．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点
B．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点
C．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点
D．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点
解析：选A　阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确。
2．(2018·汕头二模)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上。下列说法正确的是(　　)
A．当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关
解析：选C　由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A错误；电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即qU＝mv2－mv02，故C正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，故D错误。
3．(2019·无锡天一中学月考)如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e。不计重力，求：
(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)P点到O点的距离；
(3)电子打在荧光屏上的动能大小。
解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1＝mv02，
解得：v0＝ 。
电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E2，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：
F＝eE2＝e＝ma，解得：a＝，
由运动学公式得：L1＝v0t1，y1＝at12，
解得：y1＝；
设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知vy＝at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，水平方向：L2＝v0t2，竖直方向：y2＝vyt2，
解得：y2＝；
P至O点的距离y＝y1＋y2＝。
(3)根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：
Ek＝eU1＋eE2·y1＝eU1＋。
答案：(1) 　(2)　(3)eU1＋
对点训练：带电粒子在交变电场中的运动
4．[多选](2019·临沂调研)如图甲所示，两正对的平行金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段(　　)
A．0C.解析：选BD　若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上，所以D正确。
5．[多选](2019·天津六校联考)在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T。大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为。不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)
A．0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小
B.时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小
C．在0～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同
D．在0～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同
解析：选BD　从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；在～T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，在T～时间内继续做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最大，故A错误。从时刻射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；在T～时间内沿着速度方向做类平抛运动，在～2T时间内再沿速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最小，故B正确。在0～时间内，不同时刻进入电场的电子，在竖直方向的加速时间不同，则离开电场时的竖直速度vy不同，合速度是v＝，则速度大小不相同，速度方向也不相同，故C错误，D正确。
6．(2019·泰兴中学模拟)如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L。α粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场。已知α粒子质量为m，电荷量为2e。不计α粒子重力，求：
(1)平行板电容器的电容；
(2)CD两点间电势差；
(3)若A、B板上加上如图乙所示的周期性的方波形电压，t＝0时A板比B板的电势高，为使在t＝时刻射入两板间的α粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？(用L、U、m、e、v0表示)
解析：(1)依电容定义有：平行板电容器的电容C＝。
(2)两板之间为匀强电场E＝
粒子在电场中的加速度大小a＝＝
粒子的偏移量：y＝at2
运动时间t＝
解得：y＝
CD两点的电势差为：U′＝Ey＝。
(3)为使α粒子刚好由O点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从t＝nT＋进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t＝nT，(n＝1，2，3，…)
则T＝＝
竖直方向向下的最大分位移应满足：2×a2≤d
即：·2≤d
解得：d≥ (n＝1,2,3，…)。
答案：(1)　 (2)　 (3)T＝(n＝1,2,3，…)　d≥ (n＝1,2,3，…)
考点综合训练
7．(2019·启东中学模拟)美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图，两平行极板M、N与电压为U的恒定电源连接，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(　　)
A．此时极板间电场强度E＝
B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将减速下落
D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：选A　极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：E＝，故A正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：mg＝q，解得：q＝，故B错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；将极板N向上缓慢移动一小段距离，板间距减小，场强增大，电场力增大，电场力大于重力，合力向上，故油滴将减速下降，故D错误。
8．[多选](2019·常州一中模拟)如图所示，带正电的金属滑块质量为m，电荷量为q，放在粗糙绝缘水平面上，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝。如果在A点给的滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，AB的距离为x。下列说法正确的是(　　)
A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同
B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v
C．A、B两点间电势差为－
D．滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ＝－1
解析：选CD　由A点到B点过程，滑块加速度为aAB＝＝(μ＋1)g，由B到A过程，滑块加速度为aAB′＝＝(1－μ)g，由于位移大小相同，所以运动时间不可能相同，A错误；滑块返回A点时速度大小不可能等于滑块在A点的初速度，B错误；根据UAB＝－Ex＝－，可得C正确；根据v2＝2aABx，解得μ＝－1，D正确。
9.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。
解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：
(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0t
y＝L＝t2
联立解得Δx＝ 。
若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，
则s＝v0t　 y＝t2
由几何关系知tan θ＝＝
联立解得Δx＝＋。
答案：见解析
10.(2019·苏州模拟)如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝、方向水平向左的匀强电场。一个质量为m、电荷量为＋q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点。重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)DA两点间的电势差UDA；
(2)圆管半径r；
(3)小球从D点运动到P点的时间t。
解析：(1)由电势差和场强的关系U＝Ed可知
UDA＝EL
解得UDA＝。
(2)由恰好过D点，判断vD＝0
从A到D过程，根据动能定理：
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0
解得r＝。
(3)由于mg＝Eq，小球离开D点进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝y，xtan 53°＋x＝2r
解得x＝，y＝
竖直方向自由落体，有y＝gt2
解得t＝ 。
答案：(1)　(2)　(3) 

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