資源簡介

第4講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
一、電容器(必修三第十章第4節)
二、帶電粒子在電場中的運動(必修三第十章第5節)
【質疑辨析】
　角度1電容器
(1)電容器所帶的電荷量等于任意一個極板所帶電荷量的絕對值。 (　√　)
(2)電容器的電容大小與極板的電荷量成正比。 (　×　)
(3)平行板電容器充電后與電源斷開,則電荷量Q一定;若一直與穩壓電源連接,則電壓U不變。 (　√　)
(4)平行板電容器的電容與極板間的距離成反比。 (　√　)
　角度2 帶電粒子在電場中的運動
(5)帶電粒子在勻強電場中只能做直線運動。(　×　)
(6)帶電粒子在勻強電場中運動,電場力一定做正功。 (　×　)
(7)當帶電粒子垂直于電場方向射入平行板電容器中時,粒子若不打在極板上,運動時間由水平速度決定。 (　√　)
精研考點·提升關鍵能力
考點一　電容器及平行板電容器的動態分析　(核心共研)
【核心要點】
1.對電容器兩個公式的理解
(1)公式C==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C=是電容的決定式,只對平行板電容器適用。
2.平行板電容器的動態分析:
(1)兩類典型問題
①電容器始終與恒壓電源相連,電容器兩極板間的電勢差U保持不變。
②電容器充電后與電源斷開,電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。
(2)兩類典型動態分析思路
(3)兩類動態分析的比較
【典例剖析】
角度1 兩極板間電勢差不變
[典例1](2022·重慶選擇考)如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖,電容器上極板固定,下極板可隨材料尺度的變化上下移動,兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時,極板上所帶電荷量變少,則 (　　)
A.材料豎直方向尺度減小
B.極板間電場強度不變
C.極板間電場強度變大
D.電容器電容變大
角度2 兩極板電荷量不變
[典例2](2023·保定模擬)如圖所示,一平行板電容器充電后與電源斷開,負極板(M板)接地,在兩板間的P點固定一個帶負電的試探電荷。若正極板N保持不動,將負極板M緩慢向右平移一小段距離,下列說法正確的是 (　　)
A.P點電勢升高
B.兩板間電壓增大
C.試探電荷的電勢能增大
D.試探電荷受到的靜電力增大
角度3 電容器的綜合分析
[典例3](多選) 如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路,開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動,下列說法正確的是 (　　)
A.若將A板向右平移一小段位移,電容器的電容C減小
B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移,帶電液滴的電勢能減小
C.在S仍閉合的情況下,增大兩極板距離的過程中,電阻R中有從b到a的電流
D.若斷開S,減小兩極板距離,則帶電液滴向下運動
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動　(核心共研)
【核心要點】
1.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理
基本 粒子 如電子、質子、α粒子、離子等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質量)
帶電體 如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力
2.做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合=0,粒子靜止或做勻速直線運動。
(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線,帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。
3.解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路:
(1)根據帶電粒子受到的電場力,用牛頓第二定律求出加速度,結合運動學公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場;
(2)根據電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強電場,也適用于非勻強電場。
【典例剖析】
角度1 單粒子的直線運動
[典例4]如圖甲所示,A、B是兩個足夠大的平行金屬板,兩平行板間加如圖乙所示電壓,U0、T0為已知。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t=0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計重力),粒子經2T0時間到B板。求:
(1)粒子到達B板時的速度大小v;
(2)兩個金屬板間的距離d。
角度2 雙粒子的直線運動
[典例5](2022·廣東選擇考)密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性,因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖,兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板,上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極),A繼續以原速度下落,B經過一段時間后向上勻速運動①。B在勻速運動時間t內上升了距離h2(h2≠h1)②,隨后與A合并,形成一個球形新油滴,繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f=kv,其中k為比例系數,m為油滴質量,v為油滴運動速率,不計空氣浮力,重力加速度為g。求:
(1)比例系數k;
(2)油滴A、B的帶電量和電性;B上升距離h2電勢能的變化量;
(3)新油滴勻速運動速度的大小和方向。
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉問題　(核心共研)
【核心要點】
1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉
(1)條件分析:帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場。
(2)運動性質:勻變速曲線運動。
(3)處理方法:分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動,類似于平拋運動。
(4)運動規律:
①沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間
②沿電場力方向,做勻加速直線運動
2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法
運動的 分解法 將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向的勻加速直線運動和垂直電場力方向的勻速直線運動
功能 關系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y指運動過程初、末位置兩點間的電勢差
【典例剖析】
角度1 帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動
[典例6](2023·佛山模擬)如圖所示,正方形ABCD區域內存在豎直向上的勻強電場,質子H)和α粒子He)先后從A點垂直射入勻強電場,粒子重力不計,質子從BC邊中點射出,則 (　　)
A.若初速度相同,α粒子從CD邊離開
B.若初速度相同,質子和α粒子經過電場的過程中速度增量之比為1∶2
C.若初動能相同,質子和α粒子經過電場的時間相同
D.若初動能相同,質子和α粒子經過電場的過程中動能增量之比為1∶4
角度2 帶電粒子在非勻強電場中的曲線運動
[典例7](多選)(2022·全國乙卷)一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置,由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成,其橫截面如圖(a)所示,點O為圓心。在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過,到達探測器。不計重力,粒子1、2做圓周運動,圓的圓心為O,半徑分別為r1、r2(RA.粒子3入射時的動能比它出射時的大
B.粒子4入射時的動能比它出射時的大
C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
考點四　帶電粒子在電場中的直線+偏轉問題　(核心共研)
【核心要點】
1.確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離y0的三種方法:
(1)y0=y+vy
(2)y0=y+btanθ
(3)y0=(+b)tanθ
2.帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論:
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時,偏移量和偏轉角總是相同的;
(2)粒子經電場偏轉后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到偏轉電場邊緣的距離為。
【典例剖析】
[典例8]如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構成,極板間距離和板長均為L。加速電壓為U0,兩對極板間偏轉電壓大小相等均為U0,電場方向相反。質量為m、電荷量為+q的粒子無初速度地進入加速電場,被加速器加速后,從平移器下板邊緣水平進入平移器,最終從平移器上板邊緣水平離開,不計重力。下列說法正確的是 (　　)
A.粒子離開加速器時速度v0=
B.粒子通過左側平移器時,豎直方向位移y1=
C.Δd與2L相等
D.只增加加速電壓,粒子將不能從平移器離開
【備選例題】
　　(2023·湛江模擬)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成,管內抽成真空。如果在偏轉電極XX'和YY'之間都沒有加電壓,電子束從電子槍射出后沿直線運動,打在熒光屏中心,產生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX'和UYY'隨時間變化關系圖像如丙、丁所示,則熒光屏上的圖像可能為(　　)
物理模型:帶電粒子在交變電場中的運動
【核心要點】
1.模型條件
在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時,在兩板間便可獲得交變電場。常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。
2.模型特點
此類電場從空間看是勻強電場,即同一時刻,電場中各個位置電場強度的大小、方向都相同;從時間上看是變化的,即電場強度的大小、方向都可隨時間變化。
交變電場中常見的運動類型:
(1)粒子做單向直線運動(一般對整段或分段研究用牛頓運動定律結合運動學公式求解)。
(2)粒子做往返運動(一般分段研究,應用牛頓運動定律結合運動學公式或者動能定理等求解)。
(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究,應用牛頓運動定律結合運動學公式或者動能定理等求解)。
3.模型處理
(1)按周期性分段研究。
(2)將a-t圖像v-t圖像。
　易錯提醒:
當帶電粒子通過電場的時間遠遠小于電場變化的周期時,可認為電場強度的大小、方向都不變。
【典例剖析】
角度1 帶電粒子在交變電場中的直線運動
[典例9] (多選)(2023·成都模擬)某電場的電場強度E隨時間t變化規律的圖像如圖所示。當t=0時,在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設帶電粒子只受靜電力作用,則下列說法中正確的是(　　)
A.帶電粒子將始終向同一個方向運動
B.0~3 s內靜電力對帶電粒子的沖量為0
C.2 s末帶電粒子回到原出發點
D.0~2 s內,靜電力做的總功不為零
角度2 帶電粒子在交變電場中的偏轉運動
[典例10]在如圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓,其周期為T,現有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO'射入。已知電子的質量為m、電荷量為e,不計電子的重力,問:
(1)若電子從t=0時刻射入,在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出,則電子飛出時速度的大小為多少
(2)若電子從t=0時刻射入,恰能平行于極板飛出,則極板至少為多長
(3)若電子恰能沿OO'平行于極板飛出,電子應從哪一時刻射入 兩極板間距至少為多大
答案及解析
考點一　電容器及平行板電容器的動態分析
【典例剖析】
角度1 兩極板間電勢差不變
[典例1](2022·重慶選擇考)如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖,電容器上極板固定,下極板可隨材料尺度的變化上下移動,兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時,極板上所帶電荷量變少,則 (　　)
A.材料豎直方向尺度減小
B.極板間電場強度不變
C.極板間電場強度變大
D.電容器電容變大
【解析】選A。根據題意可知極板之間電壓U不變,極板上所帶電荷量Q變少,根據電容定義式C=可知,電容器的電容C減小,D錯誤;根據電容的決定式C=可知,極板間距d增大,極板之間形成勻強電場,根據E=可知,極板間電場強度E減小,B、C錯誤;極板間距d增大,材料豎直方向尺度減小,A正確。
角度2 兩極板電荷量不變
[典例2](2023·保定模擬)如圖所示,一平行板電容器充電后與電源斷開,負極板(M板)接地,在兩板間的P點固定一個帶負電的試探電荷。若正極板N保持不動,將負極板M緩慢向右平移一小段距離,下列說法正確的是 (　　)
A.P點電勢升高
B.兩板間電壓增大
C.試探電荷的電勢能增大
D.試探電荷受到的靜電力增大
【解析】選C。由C=,C=,E=,可得U=,E=,因為電容器與電源斷開,電荷量保持不變,兩板間的距離d減小,所以兩板間電壓減小,兩板間電場強度不變,試探電荷受到的靜電力不變,故B、D錯誤;因φ=Ed',d'為P到負極板之間的距離,d'減小,所以P點電勢降低,因沿電場線方向電勢降低,M板電勢為零,所以P點電勢為正,P點固定的試探電荷為負電荷,電勢降低,電勢能增大,故C正確,A錯誤。
角度3 電容器的綜合分析
[典例3](多選) 如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路,開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動,下列說法正確的是 (　　)
A.若將A板向右平移一小段位移,電容器的電容C減小
B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移,帶電液滴的電勢能減小
C.在S仍閉合的情況下,增大兩極板距離的過程中,電阻R中有從b到a的電流
D.若斷開S,減小兩極板距離,則帶電液滴向下運動
【關鍵點撥】
對象1:S閉合→U不變;對象2:S斷開→Q不變;
判斷的思路都為根據電容的變化,判斷E的變化,從而判斷液滴的運動情況。
【解析】選A、B。根據C=可知,將A板向右平移一小段位移,則兩極板正對面積S減小,電容器的電容C減小,故A正確;由題圖可知帶電液滴受到豎直向上的電場力,電場方向豎直向下,帶電液滴帶負電荷。若斷開S,則電容器所帶的電荷量不變,根據C=,C=,E=,可得E=Q,可知電場強度不變,B板電勢為零,根據UPB=EdPB可得φP-0=EdPB,可知將B板向下平移一小段位移,dPB增大,則P點的電勢升高。根據Ep=qφ可知,P點電勢升高,帶負電荷的液滴電勢能減小,故B正確;在S仍閉合的情況下,根據C=可知,增大兩極板距離的過程中,電容器的電容C減小,電容器放電,電阻R中有從a到b的電流,故C錯誤;根據選項B分析可知,若斷開S,減小兩極板距離,電場強度不變,液滴受到的電場力不變,則帶電液滴不動,故D錯誤。
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
【典例剖析】
角度1 單粒子的直線運動
[典例4]如圖甲所示,A、B是兩個足夠大的平行金屬板,兩平行板間加如圖乙所示電壓,U0、T0為已知。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t=0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計重力),粒子經2T0時間到B板。求:
(1)粒子到達B板時的速度大小v;
(2)兩個金屬板間的距離d。
答案:(1)3
【解析】(1)在0~T0時間,粒子運動的位移為
d1=·=
在T0~2T0時間,粒子運動的位移為d2=+=
根據動能定理得
2qU0+qU0=mv2
解得v=3。
答案: (2)T0
【解析】(2)根據位移關系得d1+d2=d
解得d=T0。
角度2 雙粒子的直線運動
[典例5](2022·廣東選擇考)密立根通過觀測油滴的運動規律證明了電荷的量子性,因此獲得了1923年的諾貝爾獎。如圖是密立根油滴實驗的原理示意圖,兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板,上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴帶上了電荷。有兩個質量均為m、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,在時間t內都勻速下落了距離h1。此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極),A繼續以原速度下落,B經過一段時間后向上勻速運動①。B在勻速運動時間t內上升了距離h2(h2≠h1)②,隨后與A合并,形成一個球形新油滴,繼續在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f=kv,其中k為比例系數,m為油滴質量,v為油滴運動速率,不計空氣浮力,重力加速度為g。求:
(1)比例系數k;
答案:(1)
【解析】(1)未加電壓時,油滴勻速時的速度大小v1=
勻速時mg=f,又f=kv1
聯立可得k=;
(2)油滴A、B的帶電量和電性;B上升距離h2電勢能的變化量;
答案: (2)(3)見解析
【解析】(2)加電壓后,油滴A的速度不變,可知油滴A不帶電,油滴B最后速度方向向上,可知油滴B所受電場力向上,極板間電場強度向下,可知油滴B帶負電,油滴B向上勻速運動時,速度大小為v2=
根據平衡條件可得
mg+kv2=q
解得q=
根據ΔEp=-W電
又W電=·qh2
聯立解得ΔEp=-;
(3)新油滴勻速運動速度的大小和方向。
答案: (2)(3)見解析
【解析】(3)油滴B與油滴A合并后,新油滴的質量為2m,新油滴所受電場力F'==
若F'>2mg,即h2>h1,可知v2>v1
新油滴速度方向向上,
設向上為正方向,
根據動量守恒定律mv2-mv1=2mv共
可得v共>0
新油滴向上加速,達到平衡時
2mg+k·(2mv=F'
解得速度大小為v=
速度方向向上;
若F'<2mg,即h1>h2
可知v2設向下為正方向,根據動量守恒定律
mv1-mv2=2mv'共
可知v'共>0
新油滴向下加速,達到平衡時
2mg=F'+k·(2mv'
解得速度大小為v'=,速度方向向下。
【題眼破譯】——提升信息轉化能力
信息①→A不帶電,B帶負電。
信息②→可確定碰前兩粒子的速度大小關系→粒子組合后的速度方向。
　【方法技巧】 帶電粒子(體)在電場中做直線運動的分析方法
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉問題
【典例剖析】
角度1 帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動
[典例6](2023·佛山模擬)如圖所示,正方形ABCD區域內存在豎直向上的勻強電場,質子H)和α粒子He)先后從A點垂直射入勻強電場,粒子重力不計,質子從BC邊中點射出,則 (　　)
A.若初速度相同,α粒子從CD邊離開
B.若初速度相同,質子和α粒子經過電場的過程中速度增量之比為1∶2
C.若初動能相同,質子和α粒子經過電場的時間相同
D.若初動能相同,質子和α粒子經過電場的過程中動能增量之比為1∶4
【解析】選D。對任一粒子,設其電荷量為q,質量為m,粒子在電場中做類平拋運動,水平方向有 x=v0t,豎直方向有y=at2=··,若初速度相同,水平位移x相同時,由于α粒子的比荷比質子的小,則α粒子的偏轉距離y較小,所以α粒子從BC邊離開,由t=知兩個粒子在電場中的運動時間相等,由Δv=at=t,知Δv∝,則質子和α粒子經過電場的過程中速度增量之比為2∶1,故A、B錯誤;粒子經過電場的時間為t=,若初動能相同,質子的初速度較大,則質子的運動時間較短,故C錯誤;由y=··,Ek=m得y=,若初動能相同,已知x相同,則y∝q,根據動能定理知:經過電場的過程中動能增量ΔEk=qEy,E相同,則ΔEk∝q2,則質子和α粒子經過電場的過程中動能增量之比為1∶4,故D正確。
角度2 帶電粒子在非勻強電場中的曲線運動
[典例7](多選)(2022·全國乙卷)一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置,由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成,其橫截面如圖(a)所示,點O為圓心。在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過,到達探測器。不計重力,粒子1、2做圓周運動,圓的圓心為O,半徑分別為r1、r2(RA.粒子3入射時的動能比它出射時的大
B.粒子4入射時的動能比它出射時的大
C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
【解析】選B、D。粒子3從極板間通過電場,電場力方向指向圓心,電場力做正功,粒子3的動能增加,則粒子3入射時的動能比它出射時的小,故選
項A錯誤;粒子4從極板間通過電場,電場力方向指向圓心,電場力做負功,粒子4的動能減少,則粒子4入射時的動能比它出射時的大,故選項B正確;在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,可設為Er=k,帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動,則有:E1q=m、E2q=m,而E1r1=k、E2r2=k,解得Ek1=m=、Ek2=m=,則粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能,故選項C錯誤;粒子3做向心運動,有E2q>m,而E2r2=k,解得Ek3=m<,粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能,故選項D正確。
考點四　帶電粒子在電場中的直線+偏轉問題　
【典例剖析】
[典例8]如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成,平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構成,極板間距離和板長均為L。加速電壓為U0,兩對極板間偏轉電壓大小相等均為U0,電場方向相反。質量為m、電荷量為+q的粒子無初速度地進入加速電場,被加速器加速后,從平移器下板邊緣水平進入平移器,最終從平移器上板邊緣水平離開,不計重力。下列說法正確的是 (　　)
A.粒子離開加速器時速度v0=
B.粒子通過左側平移器時,豎直方向位移y1=
C.Δd與2L相等
D.只增加加速電壓,粒子將不能從平移器離開
【解析】選B。根據qU0=m,粒子離開加速器時速度為v0=,故A錯誤;粒子在左側平移器電場中的偏移量為y1=at2,又q=ma,L=v0t,得y1=,故B正確;根據類平拋運動的特點和對稱性,粒子在兩平移器之間做勻速直線運動,它的軌跡延長線分別過平行板中點,根據幾何關系可知Δd=L,故C錯誤;由B選項可得y1=,由A選項可知當加速電壓增大時,粒子進入平移器的速度增大,粒子在平移器中豎直方向偏移量變小,粒子可以離開平移器,位置比原來靠下,故D錯誤。
【備選例題】
　　(2023·湛江模擬)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成,管內抽成真空。如果在偏轉電極XX'和YY'之間都沒有加電壓,電子束從電子槍射出后沿直線運動,打在熒光屏中心,產生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX'和UYY'隨時間變化關系圖像如丙、丁所示,則熒光屏上的圖像可能為(　　)
【解析】選A。UXX'和UYY'均為正值,兩偏轉電極的電場強度方向分別由X指向X',Y指向Y',電子帶負電,所受靜電力方向與電場強度方向相反,所以分別向X、Y方向偏轉,可知A正確。
構建模型·發展核心素養
物理模型:帶電粒子在交變電場中的運動
【典例剖析】
角度1 帶電粒子在交變電場中的直線運動
[典例9] (多選)(2023·成都模擬)某電場的電場強度E隨時間t變化規律的圖像如圖所示。當t=0時,在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設帶電粒子只受靜電力作用,則下列說法中正確的是(　　)
A.帶電粒子將始終向同一個方向運動
B.0~3 s內靜電力對帶電粒子的沖量為0
C.2 s末帶電粒子回到原出發點
D.0~2 s內,靜電力做的總功不為零
【解析】選B、D。由牛頓第二定律可得帶電粒子在第1 s內的加速度大小為a1=,第2 s內加速度大小為a2=,因E2=2E1,則a2=2a1,則帶電粒子先勻加速運動1 s再勻減速0.5 s時速度為零,接下來的0.5 s將反向勻加速,再反向勻減速,t=3 s時速度為零,v-t圖像如圖所示。
由圖可知,帶電粒子在電場中做往復運動,故A錯誤;由v-t圖像可知,t=3 s時,v=0,根據動量定理可知,0~3 s內靜電力對帶電粒子的沖量為0,故B正確;由v-t圖像面積表示位移可知,t=2 s時,帶電粒子位移不為零,沒有回到原出發點,故C錯誤;由v-t圖像可知,t=2 s時,v≠0,根據動能定理可知,0~2 s內靜電力做的總功不為零,故D正確。
角度2 帶電粒子在交變電場中的偏轉運動
[典例10]在如圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓,其周期為T,現有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO'射入。已知電子的質量為m、電荷量為e,不計電子的重力,問:
(1)若電子從t=0時刻射入,在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出,則電子飛出時速度的大小為多少
答案:(1)
【解析】(1)由動能定理得e=mv2-m
解得v=。
(2)若電子從t=0時刻射入,恰能平行于極板飛出,則極板至少為多長
答案: (2)v0T
【解析】(2)t=0時刻射入的電子,在垂直于極板方向上做勻加速運動,向A極板方向偏轉,半個周期后電場方向反向,電子在該方向上做勻減速運動,再經過半個周期,電子在電場方向上的速度減小到零,此時的速度等于初速度v0,方向平行于極板,以后繼續重復這樣的運動;要使電子恰能平行于極板飛出,則電子在OO'方向上至少運動一個周期,故極板長至少為L=v0T。
(3)若電子恰能沿OO'平行于極板飛出,電子應從哪一時刻射入 兩極板間距至少為多大
答案: (3)見解析
【解析】(3)若要使電子沿OO'平行于極板飛出,則電子在電場方向上應先加速、再減速,減速到零后反向加速、再減速,每階段時間相同,一個周期后恰好回到OO'上,可見應在t=+k(k=0,1,2,…)時射入,極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上,設兩板間距為d,由牛頓第二定律有a=,加速階段運動的距離s=·≤,解得d≥T,故兩極板間距至少為T。

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