专题五 电磁学中的“场”第9讲 电场.doc

名 师 辅 导
教学内容：专题五 电磁学中的“场”第9讲 电场

考纲要求
1.掌握库仑定律、电荷守恒定律，并能利用两个定律计算和解释现象。
2.透彻理解电场、电场强度、电势能、电势、电势差、电场线、等势面等概念，并能应用这些概念和相应公式进行有关计算。
3.掌握匀强电场中场强和电势差的关系，并能对此进行熟练的运算。
4.理解静电感应、静电平衡的知识和静电场中导体的特点，并能用此规律解释有关现象。
5.理解电场力做功和电势能变化及带电粒子动能变化的关系，并能熟练应用带电粒在匀强电场中加速和偏转的规律解决有关实际问题。
6.理解电容器的概念和基本规律，了解静电防止和应用的原理和实际例子。

知识结构

热点导析
1.本章总体上以库仑定律为理论基础，以描述电场性质的各物理量为核心，重点理解各基本概念的物理意义，注意力学和电场知识的灵活结合。
2.场强和电势是从不同角度（力和能）描述电场性质的物理量。认为场强和电势数值上有必然联系是错误的，场强的大小是客观存在的，电势的零点是人为选择的；场强为零时，电势不一定为零，反之亦然；场强相等的各点，电势不一定相等，反之亦然。在匀强电场中电势降落最陡的方向才是电场方向。
3.电场线和等势面均是人为引进的为反映场强和电势在电场空间分布规律的假想线。将带电粒子电场中的运动轨迹和电场线混为一体是错误的。只有在直线状电场线区域，带电粒子只受电场力作用以与电场线共线的初速度运动，轨迹和电场线才有机会重合。
4.电场中导体达到静电平衡后，内部总电场处处为零，要区分源电荷电场、感应电荷电场和总电场三种电场，总电场等于意味着源电场和感应电荷电场等值反向。
5.电容器的电容是用比例来定义的又一物理量，C的大小由Q、U定义而不由Q、U决定，C由电容器本身的结构来决定。电容器与电源始终相接则电压不变，电容器与电源接后断开，则电量不变。
6.带电粒子在电场和重力场的复合场中偏转，可先将同为保守力的匀强电场力和重力进行合成，再讨论粒子在合场中运动规律。带电粒子在该复合场中运动机械能和动量往往不守恒，动能定理和动力学解法较为常用。

典型例析
【例1】 有三根长度皆为l=1.00m不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q,q=1.00×10-7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图5-9-1所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）

【解析】 由5-9-2甲中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。

A球受力如图5-9-2乙所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件
T1sinα+T2sinβ=qE ①
T1cosα=mg+T2cosβ ②
B球受力如图5-9-2丙所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件
T2sinβ=qE ③
T2cosβ=mg ④
联立以上各式并代入数据，得
α=0 ⑤
β=45° ⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图5-9-2丁所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了
EA=mg(1-sin60°) ⑦
B球的重力势能减少了
EB=mgl(1-sin60°+cos45°) ⑧
A球的电势能增加了
WA=qElcos60° ⑨
B球的电势能减少了
WB=qEl(sin45°-sin30°) ⑩
两种势能总和减少了
W=WB-WA+EA+EB
代入数据解得
W=6.8×10-2J

【说明】 本题将静力学的平衡问题和电场、重力场的势能及其变化结合起来，具有一定的综合性。本题是2002年高考原题。
【例2】 宇宙飞船利用离子喷气发动机获得动力，设发动机的加速电压U=50KV，喷出两价氧离子，离子束形成的电流I=2×103A，求飞船获得的加速度。已知基本电荷e=1.60×10-19C，原子质量单位1u=1.7×10-27kg。飞船质量M=200kg。设宇宙飞船在茫茫太空所受其他天体的作用可忽略不计。
【解析】 由氧离子束形成的电流I，可求出每秒喷出的氧离子数N=，每个氧离子加速获得的动能为mv2=qU=2eU，得v=。获得的动量mv=16u×=8,发动机对氧离子束的作用力F=Nmv=×8=。即飞船获得的反冲力的大小。由牛顿运动定律可得，
a=m/s2≈3m/s2。
此题也可以换一种思路求解。喷气发动机的功率就是氧离子束形成的电流的电功率：P=IU。应等于每秒钟喷出的氧离子束具有的动能。即IU=M′v2，M′为每秒喷出的氧离子总质量，这些氧离子获得的总动量M′v=，即离子喷气发动机将氧离子喷出的作用力，也就是飞船获得反冲力的大小，因此，F=，而M′=Nm=×16u=，进而求得，
F=4I。
【说明】 讨论本题后，还可进一步触类旁通、拓宽思路。例如，2000年全国高考第10题涉及的空间探测器中的喷气发动机，其工作原理就与本题提供的物理模型有关。
图5-9-3为一空间探测器的示意图，P1，P2，P3，P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2，P4的连线与y轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速度v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速度v0平动，则可

A.先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B.先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C.开动P4适当时间
D.先开动P3适当时间，再开动P4适当时间。
本题选项应为A。
【例3】 在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy。现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106v/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方形，场强大小仍为E=2.0×106v/m的匀强电场。再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向及速度为零时小球的位置。
【解析】 本题为1999年全国高考试题
由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为a=
代入数值得
a==0.2m/s2 ①
当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为
vx=at=0.20×1.0=0.20m/s ②
速度的方向沿x轴正方向。小球沿x轴方向移动的距离
Δx1=×0.20×1.02=0.10m ③
在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动。沿x方向移动的距离
Δx2=vxt=0.20m ④
沿y方向移动的距离
Δy=at2=×0.20×1.02=0.10m ⑤
x2=Δx1+Δx2=0.30m ⑥
y2=Δy=0.10m ⑦
在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度
vy=at=0.20×1.0=0.20m/s ⑧
由上可知，此时运动方向与x轴成45°角。要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成135°角。
在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则
ax==0.20m/s2 ⑨
ay==0.20m/s2 ⑩
在第3秒末小球到达的位置坐标为
x3=x2+vxt-axt2=0.40m
y3=y2+vyt-ayt2=0.20m
【说明】 该题考查了学生描绘物理过程细节，还原物理模型的能力，这是今后在高考中出题的方向，注重了分析判断能力的考查。考生需在审题的基础上，弄清各个子过程的运动特点，建立清晰的物理图景，在第1秒内，带电质点沿x轴正向做初速为零的匀加速直线运动；在第2秒内做匀减速直线运动，直到速度为零，运用运动的独立性，分别在x、y两个方面建立方程。
【例4】 来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800KV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.60×10-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为 。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则= 。
【解析】 本题为1998年全国高考试题‘
（1）由于每秒通过某截面的电荷所带电量即为电流强度，则：由I=ne
即：n==6.25×1015（个）
（2）由于质子是从静止开始做匀加速运动，由v2=2as得：

由于所取为极短距离Δl，可认为在此距离内质子分别以v1、v2速度匀速运动，由于形成的电流恒为1mA，则在两段Δl距离内质子的总电量分别为：Q1=It1,Q2=It2则
由Q=nl，则
=2
【说明】 该题主要考查的是电流强度和微观解释，即单位时间内流过某截面的电荷所带电量，第②问的处理方法也与教材中电流强度的微观解释的推导相类似。在计算中主要注意两点：（1）对连续发射的质子源在加速电场中的每处均形成稳定电流强度的理解。（2）近似处理问题。在匀加速直线运动中的每一极小位移内均可认为匀速运动，这也是教材中即时速度的定义方法。
此题根据匀变速直线运动的规律即可直接求得。初速度为零的匀加速直线运动中v2t=2as，故在距质子源为l和4l处很小一段距离内质子的速度之比为1∶2，而电流强度相同，所以速度小的质子需产生相同的电流，必须以较多的数目同时穿过一小截面。即I=,所以在上述位置取一段极小的质子流，其中质子数比定为2∶1。
【例5】 如图5-9-4甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=100V的加速电场后，由小孔s沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化的U-t图线如图5-9-4（乙）所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b-0.15m筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长S=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子。
（1）以t=0时（见图5-9-4（乙）所示，此时U=0），电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点y坐标和x坐标（不计重力作用）。
（2）在给出的坐标纸（图5-9-4（丙）所示）上定量画出电子打到记录纸上的点形成的图线。

【解析】 本题为1997年全国高考试题
（1）计算电子打到记录纸上的最高点坐标
设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则mv20=eV ①
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0,则l=v0to ②
电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动。
对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压Uc应满足
d=·t20 ③
联立①、②、③式解得
Uc=uc=20V
此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
vy=t0 ④
以后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设给坐标为y，由图5-9-5可得
⑤
由以上各式解得
y==2.5cm ⑥
从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10s，U的最大值Um=100V,因为Uc＜Um,在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板

Δt=T0 ⑦
因为电子打在记录纸上的最高不止一个，根据题中关系坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
x1=S=2cm ⑧
第二个最高点的x坐标为
x2=S=12cm ⑨
第三个最高点的x坐标为
x3=S=22cm ⑩
由于记录简的周长为20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由⑧和⑨表示。
（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图5-9-6所示。

【说明】 本题着重考查考生综合分析能力和应用数学处理物理问题的能力。对于比较复杂的物理情境，考生尤其应注意对物理过程的分析，从中找出解题所需要的规律和条件。
本题所设计的物理情境是组合式的。电子的运动共有三个过程：被U0加速的过程；在A、B平行板产生的电场中运动的过程；通过A、B后打在记录筒上的过程。这三个过程对于学生来说都不陌生。第一个过程是匀加速直线运动；第二个过程是类平抛运动；第三个过程是电子离开偏转电场后做匀速直线运动。
本题最后设计了一个转动的屏，不少学生因此而弄不懂题目，这显然不是文字问题，而是自己没有分析能力的表现。前面的三个过程分析不清或得不到分则是对基本的物理问题处理方法不明确。
各种物理现象，都是在一定的条件下发生的，如本题中的电子能否穿过平行板决定于加在平行板两端的电压的大小这一条件。因此，在解物理问题时，对于所涉及的物理现象，一定要分析清楚产生该现象的原因，并能够独立地分析物理情境中包含的条件和因素，用数学公式表示出来，进行分析、推导。这是鉴别考生能力高低的一个重要标志。
【例6】 平行金属板相距为d，如图5-9-7所示，板间加有随时间而变的电压，设U0和T已知，A板上O处有一静止的带电粒子，其电量为q，质量为m（不计重力）在t=0时受到板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向又向A板返回。求（1）为使t=T时粒子恰好回到O点，求的比值应满足什么关系？粒子返回O时的动能为多大？

（2）在（1）的前提下为使粒子在由A向B运动中不致碰到B板，求U0的取值范围。
【解析】 （1）为使粒子t=T时粒子恰好回到O点，粒子在前时间内向右加速，后时间内向右减速并反向加速回到O点，其v-t图线如图5-9-8所示。

设向右加速位移为s1
则s1= ①
在到T时间内粒子作连续的匀减速运动
初速v0=
加速度a=-
即有：-s1=()-()2 ②
将①代入②化简得
粒子返回O点动能为Ek=mv20=()2=
（2）在（1）前提下，粒子向B运动的最大位移对应图中△OPQ的面积。
即d=
∴U0=
即：U0≤
【说明】 本题为带电粒子在电场中作匀变速直线运动的例子，正确分析粒子受力和运动性质是解题的关键。采用连续的匀减速运动讨论粒子的往复运动较为简单。
【例7】 一匀强电场中P、Q两点相距4cm，PQ连线与电场线方向成60°角，今将一矩截面导体M置于上述电场，如图5-9-9所示导体内部感应电荷场强为200Vm-1，方向竖直向下，已知Q点距导体M为1cm，测得场中P点电势为-10V。求导体M电势。

【解析】 处于静电平衡状态导体内部场强处处为零，整个导体是个等势体，外部源电场与感应电荷电场等值反向。即E0=200Vm-1方向竖直向上，UPM=UP-UM。
UPM=E0·(cos60°+0.01) ∴UM=UP-UPM=-16V
【说明】 本题为匀强电场U=Ed与静电平衡的综合。利用静电平衡的规律求出E0，再用匀强电场的规律求出UM是本题的常规解题思路。应注意UP、UQ、UM和UPM等量的正负号，依据E0方向是源电场中点电势降落最快的方向。
能力测试
一、选择题（至少有一个选项符合题意）
1.图5-9-10中电源A、B的电动势分别为6V、8V，C的电容为2μF，当电键K从A转到B时，通过电流计G的电量为：（ ）
A.4×10-6C B.12×10-6C C.16×10-6C D.28×10-6C

2.如图5-9-11所示，xOy坐标系中，将一负检检电荷Q由y轴上a点移至x轴上b点时，需克服电场力作功W；若从a点移至x轴上c点时，也需克服电场力作功W，则关于此空间存在的静电场可能是：（ ）
A.存在沿-y方向的匀强电场
B.存在沿+x方向的匀强电场
C.处于第Ⅰ象限某一位置的正点电荷形成的电场
D.处于第Ⅳ象限某一位置的负电荷形成的电场

3.图5-9-12（甲）所示AB是一点电荷电场中的电场线，（乙）是放在电场线上a、b处检验电荷的电量与所受电场力数量间的函数关系图线，由此可判定（ ）
A.场源是正电荷，位置在A侧
B.场源是正电荷，位置在B侧
C.场源是负电荷，位置在A侧
D.场源是负电荷，位置在B侧

4.某人做静电感应实验，有下列步骤及结论：①把不带电的绝缘导体球甲移近带负电的绝缘导体球乙，但甲、乙两球不接触。②用手指摸甲球。③手指移开。④移开乙球。⑤甲球带正电。⑥甲球不带电。下列操作过程和所得结论正确的有（ ）
A.①→②→③→④→⑥ B.①→②→④→③→⑥
C.①→②→③→④→⑤ D.①→②→④→③→⑤
5.关于电场强度和电势的关系，下列说法中正确的是（ ）
A.电势降低的方向肯定是场强方向
B.在静电场中，根据W=qEdAB,W=qUAB,必有E=UAB/dAB
C.不存在电场线的空间，其电势可以不为零，电势为零的地方，电场线可经过它
D.沿着电场线的方向，电场强度逐渐减弱，电势逐渐降低
6.如图5-9-13所示，水平方向匀强电场中，有一带电体P自O点竖直向上射出，它的初动能为4J，当它上升到最高点M时，它的动能为5J，则物体折回并通过与O同一水平线O′点时，其动能为（ ）
A.0.2J B.24J C.25J D.29J

7.如图5-9-14所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时，它们离水平地面的高度相等，绳与竖直方向夹角为α、β，且α＜β，同时剪断细线，不计空气阻力，两球带电量不变，则：（ ）
A.a、b同时落地
B.落地时两球动能相等
C.落地时a球水平飞行的距离比b小
D.在空中飞行过程中，a球受到的冲量比b球受到的冲量大

二、填空题
8.平行板电容器接在电压恒定的电源上，将两板拉开一定的距离，外力至少作功W1；若充电后切断电源，同样的初始间距下拉开同样的距离，外力至少作功为W2，则W1与W2的大小关系为W1 W2（填“＞”、“=”、“＜”）。
9.如图5-9-15所示，A为带正电Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距A板r处有一质量为m，电量为q的小球，（垂直平分线处于水平位置），小球受向右的电场力偏转θ角而静止，小球用绝缘细线悬挂于O点，则小球所在处的电场强度为 。

10.如图5-9-16所示，在厚金属板M附近放置一个负点电荷Q，比较图a、b、c三点的场强Ea、Eb、Ec大小关系为 ，电势Ua、Ub、Uc高低关系 。

11.电容器的电容决定于极板面积、极板距离以及极板间的电介质等几个因素，如图5-9-17所示是测定液面高度的电容传感器，在导线外层涂上一层电介质，放入导电液中，若测得金属芯线与导电液之间的电容C变大，则知液面高度h变 ，依据是 。
三、计算与论述
12.如图5-9-18所示，电源电动势ε=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=2Ω，电容器的电容C=0.5μF,开关S是闭合的，现将开关S断开，则断开K后，电源释放的电能为多少？

13.如图5-9-19所示，A、B是两个点电荷，电量均为q，A固定在绝缘支架上，在A的正上方的B放在一块绝缘板上，现在手持绝缘板使B从静止开始以加速度a竖直向下做匀加速运动（a＜g），B的质量为m，求：
（1）B运动到离A多远的地方恰对绝缘板无压力。
（2）如果这个位置正好将初始的B、A高度分成2∶1，B在此前的运动过程中电场力和板的支持力对B做功的代数和等于多少（已知静电力恒量为k）？

14.如图5-9-20所示，是一连串长度逐渐增加的相邻间隙极小的共轴金属筒，奇数筒和偶数筒分别接在A端和B端，在A、B之间加一周期为T的随时间变化的电压U0，如图所示，现有一带电粒子，经电压U0加速后，在t=0时刻进入金属筒Ⅰ的左端，空过金属筒Ⅰ后，到达空隙被电场加速后进入第Ⅱ个金属筒，以后依次通过金属筒穿过间隙，因间隙极小，粒子空过间隙的时间可不计，为使粒子在筒的空隙间始终被加速，试证明相邻筒的长度l之比应满足：（n=1、2、3…）

15.如图5-9-21，平行板电容器的A、B极板长度为l，板距d，挡板CD高h=4l，距离A、B板右边缘距离b=3l，两板中央延长线上质量为m的粒子P以速度v与静止在两板中央左边缘的质量为4m的粒子Q发生碰撞后，以大小3v/5的速度反弹回来，设碰撞后Q所带电量q（不计重力、阻力），试求：①碰后Q的速度大小和方向。②加在A、B板上电压在什么范围内，Q方能打在挡板CD上？

参考答案
1.D 2.A、C、D 3.A、C 4.B、C 5.C 6.B 7.A、C、D 8.＜ 9. 10.Ea＞Eb＞Ec,Ua＜Ub=Uc 11.变大，电容的大小正比于金属芯线与导电液体间正对面积
12.[解析] 电源释放的电能与外电阻和外电容获得的能量有区别。电源释放电能等于流过电源内部的电量与电动势的乘积，也等于该段时间内内外电路消耗电能的总和。
K闭合时，电容器电量 q=Cε=0.5×10-6×2库=1×106库
K断开时，电容器电量q′=Cε=3×10-6库
电容器净增加电量Δq=q′-q=2×10-6库
所以电源释放电能ε电量=Δq·ε=1.2×10-5J
[说明] 电源释放电能ε电=qε。电源向外电路输出电能ε输出=qU路。电源内部消耗电能为ε内=qU内
注意各种说法的不同含义，并且有关各电能又等于电功率乘时间。而Q电热=I2Rt必须针对纯电路电路而言。
13.[解析] （1）整体向下加速过程中，F斥不断增加，当B与板相互作用力刚为零时，B和绝缘板具有相同的速度和加速度。
设BA间间距为x时，B与绝缘板作用力刚为零
即mg-k=ma
x2= x=q
（2）B和绝缘板由初始位置运动到相作用力刚为零过程中，发生位移为2x
设此前运动过程中电场力和板的支持力对B做功代数和为W
对球在该运动阶段应用动能定理
mg2x+W=mv2=m()2
∴W=-2（mg-ma）q
[说明] 两物体在运动过程中由整体到分离时，不管该运动的情况如何，临界转折状态均有相互作用力为零、速度、加速度均相同的特点。本题向下运动中，B与绝缘板N相=0后，若板仍做原加速度的向下匀加速运动，则两者发生分离。
14.[解析] 设带电粒子进入第Ⅰ圆筒前瞬间速度为v1。
设带电粒子进入第Ⅱ圆筒前瞬间速度为v2
……
设带电粒子进入第n圆筒前瞬间速度为vn
设带电粒子进入第n+1圆筒前瞬间速度为vn+1
进入第Ⅰ圆筒前经电场一次加速，由动能定理得
qU=mv21
则第Ⅰ圆筒长度应为l1=v1=
同理，进入第N圆筒前已经n次加速
有：nqv=mv2, ∴vN=
(n+1)qU=mv2n+1 ∴vn+1=
∴
[说明] 采用类似数学归纳法的方法，先求出粒子通过第Ⅰ、第Ⅱ、第Ⅲ个圆筒时速度、时间情况，再推广到n和n+1个，得到普遍规律，这是解决此类通项问题的常用方法。
15.[解析] （1）P与Q发生碰撞，遵守动量守恒，设向右为正方向
则mv=m(-v)+4mv′
∴v′=v 方向向右
（2）Q能否从平行板间冲出，能否不偏到CD的外侧
因d和l间数量关系未知，所以应作分段讨论
如右图所示，若α≥β即tanα≥tanβ
亦即≥即≥
粒子受到CD大小的限制
即tanr偏≤tanβ=
即≤，则u≤
若α≤β 即＜ 即＜ 则u≤

[说明] 如本题所示的纯字母类已知条件不同于数值类已知条件，字母的相互制约关系，应作为讨论多种情况的一个出发点。认真仔细作出本题的几何关系图也是解答本题的关键。