【物理】2019届一轮复习教科版第七章静电场基础课3学案
基础课3 电容器 带电粒子在电场中的运动
知识排查
常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系
1.常见电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(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。
2.电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2)定义式：C＝。
(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
3.平行板电容器
(1)影响因素：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＝， 为静电力常量。
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，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(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.分析方法
(1)用动力学观点分析，(2)用功能观点分析。
3.带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
示波管的构造
(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图1所示)
图1
小题速练
1.思考判断
(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。( )
(2)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F。( )
(3)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动。( )
答案 (1)× (2)√ (3)√
2.[教 版选修3－1·P31“实验探究”改编](多选)如图2所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )
图2
A.增大两极板间的距离，指针张角变大
B.将A板稍微上移，静电计指针张角变大
C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D.若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小
解析 电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确。
答案 ABD
3.(2018·攀枝花市诊断性检测)(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图3所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )
图3
A.A球带正电，B球带负电
B.A球比B球先落地
C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加
D.两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小
解析 两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝mv2－mv，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。
答案 AD
平行板电容器的动态分析
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＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝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＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝分析场强变化。
【典例】 (2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )
A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析 由C＝可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。
答案 D
【拓展延伸1】 (多选)将【典例】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是( )
A.电容器的电容增大 B.极板间的电势差增大
C.极板上的电荷量变大 D.极板间电场强度变大
答案 BD
【拓展延伸2】 (多选)在【典例】中，若水平放置平行板电容器内部空间有一带电粒子P静止在电容器中，云母介质保持不动，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是( )
A.电容器所带电荷量保持不变
B.极板间的电场强度保持不变
C.粒子所在初位置的电势能保持不变
D.粒子将加速向下运动
解析 由C＝可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C＝得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E＝可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。
答案 BC
分析平行板电容器动态变化的三点关键
(1)确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变。
(2)恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E＝分析极板间电场强度的变化情况。
(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化。
1.下列说法正确的是( )
A.电容器的电容越大，则所带的电荷量越多
B.电容器不带电荷时，其电容为零
C.对于一个确定的电容器来说，其电容与其带电情况无关，是个定值
D.平行板电容器极板的正对面积越小、极板间距离越远，电容器的电容越大
解析 电容器所带电荷量的多少与电容器电容和两极板间电压均有关，选项A错误；对于一个确定的电容器来说，电容为定值，与电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电势差无关，电容器不带电荷时，电容也不变，故选项B错误，C正确；平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比，故选项D错误。
答案 C
2.(多选)如图4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( )
图4
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.油滴运动的加速度逐渐变大 D.极板带的电荷量减少
解析 由C＝可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，选项D正确，B错误；由E＝
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，选项C正确，A错误。
答案 CD
带电粒子在电场中的直线运动
1.用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝E 2－E 1
1.如图5所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q 的粒子。在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略。不计重力，则M∶m为( )
图5
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM＝，l＝t2；对m有：am＝，l＝t2，联立解得＝，A正确。
答案 A
2.(多选)如图6所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是( )
图6
A.小球带负电
B.t1
t2
D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下
解析 由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图像如图所示，由图可知，t10)、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导出而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是( )
图11
A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏上的粒子，进入O点的动能必须大于或等于qU
D.若U<，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
解析 能进入第一象限的粒子，必须有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x
eq oal(2,0)，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；因为sin θ＝，所以到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角θ越小，选项B错误；能打到荧光屏上的粒子末动能必须大于或等于零，即mv2－qU≥0，则mv2≥qU，选项C正确；若U<，即－Uq>0，到达O点的粒子均可到达荧光屏，到达O点的粒子速度方向满足0<θ<90°，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确。
答案 CD
“等效法”在电场中的应用——迁移变通能力的培养
处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。
1.等效重力法。将重力与电场力进行合成，如图12所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝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。
图12
2.物理最高点与几何最高点。在“等效力场”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。
【例】 如图13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＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？
图13
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′＝＝，tan θ＝＝，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′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥。
答案 v0≥
【针对训练】 如图14所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。
图14
(1)求小球所受的电场力大小；
(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。
解析 (1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小
F＝mgtan 60°＝mg。
(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，解得v＝。
在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有
mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv－mv2，
解得v0＝2。
答案 (1)mg (2)2
活页作业
(时间：40分钟)
A级：保分练
1.α粒子快速通过氢分子中心，其轨迹垂直于两核的连线，两核的距离为d，如图1所示。假定α粒子穿过氢分子中心时两核无多大移动，同时忽略分子中电子的电场，则当α粒子在靠近氢分子过程中下列说法正确的是( )
图1
A.加速度一定变大 B.加速度一定减小
C.电势能越来越大 D.电势能越来越小
解析 由题意可知，两个氢分子可视为等量的同种正电荷，其连线中点电场强度为零，无穷远处的电场强度也为零，因此在中点和无穷远之间有一点场强最大，但由于α粒子开始运动位置不确定，因此α粒子靠近氢分子过程中电场力的变化不确定，所以加速度的变化不确定，A、B错误；α粒子在靠近中心连线时，由于电场力对α粒子做负功，因此其电势能逐渐增大，C正确。
答案 C
2.如图2所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为( )
图2
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶1 D.1∶3
解析 设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确。
答案 C
3.如图3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，保持两板间电压不变，则( )
图3
A.当减小两板间的距离时，速度v增大
B.当减小两板间的距离时，速度v减小
C.当减小两板间的距离时，速度v不变
D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
解析 由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。
答案 C
4.(多选)如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )
图4
A.U变大，E变大 B.U变小，φP变小
C.φP变小，Ep变大 D.φP变大，Ep变小
解析 根据题意可知两极板上的电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝可知，电场强度增大，故选项A正确，B错误；设P点的电势为φP，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep变大，故选项C正确，D错误。
答案 AC
5.如图5所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经长度L到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为( )
图5
A.1.5L B.2L C.3L D.4L
解析 根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf＝E ＝fL，克服电场力做功WE＝E ＝qEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s
，由动能定理，qEs－fs＝E ，解得s＝3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L＋x＝4L，选项D正确。
答案 D
6.(2018·静海调研)如图6所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为( )
图6
A. B.
C. D.
解析 β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝at2，且a＝。从A到C的过程有－qU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝，选项C正确。
答案 C
7.(多选)如图7所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。下列说法正确的是( )
图7
A.带电粒子在Q点的电势能为－Uq
B.带电粒子带负电
C.此匀强电场的电场强度大小为E＝
D.此匀强电场的电场强度大小为E＝
解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断选项B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以选项A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0，故带电粒子在y轴方向上的平均速度为y＝，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，在电场中的运动时间为t，则y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，选项C正确，D错误。
答案 AC
8.如图8所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s2)求：
图8
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；
(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。
解析 (1)结合题意分析知：
qE＝mg
F合＝mg＝ma
a＝g＝10 m/s2，
方向垂直于杆向下。
(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为
ΔE ＝W重＋W电
其中W重＝mgh＝4 J，W电＝0，所以ΔE ＝4 J。
(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有
h＝v0t
垂直杆方向匀加速运动，有
h＝at2
解得v0＝2 m/s。
答案 (1)10 m/s2 垂直于杆向下 (2)4 J (3)2 m/s
B级：拔高练
9.如图9所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是( )
图9
A.向下运动 B.向上运动
C.仍静止不动 D.不能确定
解析 当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得Eq＝mg，即q＝mg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，选项C正确。
答案 C
10.如图10所示，一条绝缘的挡板轨道ABC固定在光滑水平桌面上，BC为直线，长度为4R，AB是半径为R的光滑半圆弧，两部分相切于B点。挡板轨道处在水平的匀强电场中，电场强度E＝8×102 N/C，方向与BC夹角θ＝53°。一质量m＝5×10－3 g、带电荷量q＝＋5×10－4 C的小滑块从C点由静止释放，已知小滑块与BC挡板间的动摩擦因数为0.25，R＝0.4 m，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
图10
(1)求小球在B点的速度大小；
(2)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动到A点的速度最大，求θ的取值以及小球在A点的速度大小；
(3)若场强E与BC夹角θ可变，为使小球沿轨道运动且从A点沿切线飞出，求θ的正切值的取值范围。
解析 (1)小球由C到B的过程，由动能定理得
(Eqcos θ－μEqsin θ)·4R＝mv
解得vB＝ m/s。
(2)θ＝0，小球与BC挡板的摩擦力为零，小球到B点的速度最大，且A、B等电势，则小球在A点速度最大，根据动能定理可得
Eq·4R＝mv
解得vA＝16 m/s。
(3)在A点不脱离轨道能沿切线飞出，根据牛顿运动定律得Eqsin θ＋N＝m
其中N≥0
小球由C到A的过程，由动能定理得
Eqcos θ(4R－2Rtan θ)－μEqsin θ·4R＝mv
解得tan θ≤
所以，tan θ的取值范围是0≤tan θ≤。
答案 (1) m/s (2)0 16 m/s (3)0≤tan θ≤
11.(2017·山西省重点中学高三联合考试)如图11所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10－3 g、电荷量为q＝8.0×10－5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0 m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
图11
(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；
(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？
解析 (1)设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y
则有＝tan θ①
cos θ＝v0t1②
y－sin θ＝gt③
联立①②③并代入数据解得
v0＝ m/s，y＝ m④
带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有
qU＝mv－0⑤
代入数据解得U＝18.75 V
(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则
沿y轴方向有
Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥
沿x轴方向有Fx＝mgsin θ⑦
故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有Fx＝ma⑧
＝at⑨
dmin＝ t2⑩
联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得dmin＝ m
即两板间的距离d至少为 m。
答案 (1) m 18.75 V (2) m
