（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动讲义（含解析）.docx

《（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动讲义（含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动讲义（含解析）.docx（18页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 3 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1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，充电后电容器两极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与两个极板间的电势差的比值(2)定义式： C .QU(3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1F10 6F10 12pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置

2、及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关3平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离(2)决定式： C . rS4 kd自测 1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A平行板电容器一极板带电 Q，另一极板带电 Q，则此电容器不带电B由公式 C 可知，电容器的电容随电荷量 Q 的增加而增大QUC对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案 C二、带电粒子在电场中的运动1加速(1)在匀强电场中， W qEd qU mv2 mv .12 12 022(2)在非匀强电场中， W qU mv2 m

3、v .12 12 022偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度 v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图 1 所示图 1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动根据运动的合成与分解的知识解决有关问题(3)基本关系式：运动时间 t ，加速度 a ，偏转量 y at2 ，偏转lv0 Fm qEm qUmd 12 qUl22mdv02角 的正切值：tan .vyv0 atv0 qUlmdv02自测 2 (多选)(2018泰州中学模拟)如图 2 所示，质量相同的两个带电粒子 M、 N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两

4、平行板间的匀强电场中， M 从两极板正中央射入， N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图 2A它们运动的时间 tN tMB它们的电势能减少量之比 EM EN12C它们的动能增加量之比 EkM EkN12D它们所带的电荷量之比 qM qN12答案 AD命题点一 平行板电容器的动态分析1电容器充放电(1)外加电压大于两极板间电势差时对电容器充电随两极板间电势差增大，充电电流减小，当两极板间电势差等于外加电压时充电停止3(2)当电容器两极板有电路连通时，电容器放电，随两极板间电压减小，放电电流减小2两类典型问题(1)

5、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，电容器两极板所带的电荷量 Q 保持不变3动态分析思路(1)U 不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 Q 的变化QU rS4 kd根据 E 分析场强的变化Ud根据 UAB Ed 分析某点电势变化(2)Q 不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 U 的变化QU rS4 kd根据 E 分析场强变化Ud 4k Q rS例 1 (多选)(2018江苏单科8)如图 3 所示，电源 E 对电容器 C 充电，当 C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光， C 放电放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对 C 充电

6、这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光该电路( )图 3A充电时，通过 R 的电流不变B若 R 增大，则充电时间变长C若 C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D若 E 减小为 85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变答案 BCD解析 给电容器充电过程中，随着两极板间所带电荷量增多，电路中的电流逐渐减小，故 A项错误充满一次电，电容器增加的电荷量是相同的，即通过 R 的电荷量 Q 是一定的，电源恒定， R 增大，则电流 I 减小，根据 I 可知，充电时间变长，故 B 项正确若 C 增大，电Qt4容器充满时所带电荷量增多，即闪光时电容器释放的电荷量也增多，通过闪光灯的电荷量也增多，故 C

7、项正确因为 C 两端电压达到 80V 时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过 80V，产生的效果均相同，闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同，故 D 项正确变式 1 (多选)(2018徐州市期中)如图 4 所示，电容器由平行金属板 M、 N 和电介质 D 构成电容器通过开关 S 及电阻与电源 E 相连接则( )图 4A M 上移电容器的电容变大B将 D 从电容器抽出，电容器的电容变小C断开开关 S， M 上移， MN 间电压将增大D闭合开关 S， M 上移，流过电阻的电流方向从 B 到 A答案 BC解析 M 向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式 C ，得知电容器的电容变小， rS4 k

8、d故 A 错误；将 D 从电容器抽出，介电常数减小，根据电容的决定式 C ，得知电容器 rS4 kd的电容变小，故 B 正确；断开开关 S， M 上移，电荷量不变，而电容减小，根据电容的定义式 C ，分析可知电容器两极板间的电压增大，故 C 正确；闭合开关 S，电压不变， M 上移QU时电容减小，则由 Q UC 可知，电荷量 Q 减小，电容器放电，流过电阻的电流方向从 A 到B，故 D 错误命题点二 带电粒子在电场中的直线运动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

9、或匀减速直线运动2用动力学观点分析a ， E ， v2 v 2 ax.qEm Ud 023用功能观点分析匀强电场中： W Eqd qU mv2 mv12 12 02非匀强电场中： W qU mv2 mv .12 12 025例 2 (2017江苏单科4)如图 5 所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、 B、 C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O、 M、 P 点由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点现将 C 板向右平移到 P点，则由 O 点静止释放的电子( )图 5A运动到 P 点返回 B运动到 P 和 P点之间返回C运动到 P点返回 D穿过 P点答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定

10、式 C 、定义式 C 和匀强电场的电势差与电 rS4 kd QU场强度的关系式 U Ed 可得 E ，可知将 C 板向右平移到 P点， B、 C 两板间的电场4 kQ rS强度不变，由 O 点静止释放的电子仍然可以运动到 P 点，并且会原路返回，故选项 A 正确变式 2 (多选)(2018扬州中学 5 月模拟)如图 6，水平放置的三块带孔的平行等距金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从 A 板上方 M 点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电荷量不变，在 AB 板之间运动为过程，在 BC 之间运动为过程，则( )图 6A过程中运动时间可能比过程短B过程和过程系统机械能变化量大小相等C仅将

11、C 板上移，液滴经过 C 板小孔时速度变小D先断开三板与电源的连接，再下移 B 板，则液滴经过 C 板小孔时速度变大答案 BCD命题点三 带电粒子在电场中的偏转1运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间Error!6(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动Error!2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的证明：由 qU0 mv12 02y at2 ( )212 12 qU1md lv0tan qU1lmdv02得： y ，tan U1l24U0d U1l2U0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交

12、点 O 为粒子水平位移的中点，若粒子射出偏转电场， O 到偏转电场边缘的距离为 .l23功能关系当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解： qUy mv2 mv ，其中 Uy12 12 02y，指初、末位置间的电势差Ud例 3 (2018无锡市高三期末) 如图 7 所示，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压 U0，一质量为 m、电荷量为 q 的正点电荷 A 从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出已知电容器的电容为 C，极板的间距为 d，长度为 kd，两板间电压恒定不计点电荷的重力，求：

13、图 7(1)点电荷进入水平放置电容器时的速度大小；(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；(3)A 穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量答案 (1) (2) CU0 (3) qU02qU0m 4k2 4k27解析 (1)在加速电场中，由动能定理： qU0 mv ，得 v012 02 2qU0m(2)在偏转电场中，由运动学知识得： kd v0t， d at212由牛顿第二定律得： q maUd联立可解得两极板间电势差 U U04k2极板带电荷量 Q CU CU04k2(3)A 穿过电容器的过程中电场力做功 W qU qU04k2由功能关系得，电势能的增量 Ep W qU0.4k2命题点四 带

14、电粒子在交变电场中的运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)(2)粒子做往返运动(一般分段研究)(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)3思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(3)注意对称性和周期性变化关系的应用例 4 如图 8 甲所示，平行金属板 M、 N 水平

15、放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为 l， M 板左下方紧贴 M 板有一粒子源，以初速度 v0水平向右持续发射质量为 m、电荷量为 q 的粒子已知板间电压 UMN随时间变化关系如图乙所示，其中 U0 .忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧8mv02q光屏足够大8图 8(1)计算说明， t0 时刻射入板间的粒子打在屏上或 N 板上的位置；(2)求荧光屏上发光的长度答案 (1)打在 N 极板中点 (2)5 l解析 (1) t0 时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为 t，则由电场力提供合外力得 ma

16、，由运动学知识得 l at2，qU0l 12解得： tl2v0粒子在水平方向的位移： x v0t l，故粒子打在 N 极板中点l2(2)由(1)知 t 时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动3l2v0时间： t1 ，lv0 l2v0 l2v0粒子离开极板时的竖直分速度：vy at1 t14 v0，qU0ml粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2 ，lv0粒子在竖直方向的偏移量： y l vyt25 l，在 t 时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线lv0运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d

17、y5 l.1(2018盐城市三模) 如图 9 所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端下列操作能使电容器电容减小的是( )9图 9A增大电源电压B减小电源电压C在两极板间插入陶瓷D增大两极板间的距离答案 D2.(2018南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图 10 所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( )图 10A平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B静电计可以用电压表替代C静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D静电计测量的是平行板电容器所带电荷量答案 C3.(2018如皋市调研)如图 11 所示，在正方形 ABCD 区域内有场强方向平行于 AB 边

18、的匀强电场， E、 F、 H 是对应边的中点， P 点是 EH 的中点一个带正电的粒子(不计重力)从 F 点沿FH 方向射入电场后恰好从 C 点射出以下说法正确的是( )图 11A粒子的运动轨迹经过 P 点B粒子的运动轨迹经过 PH 之间某点C若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过 EHD若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由 E 点从 BC 边射出答案 D解析 粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 C 点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过 C 点作速度的反向延长线一定交于 FH 的中点，而延长线又经过 P 点，所以粒子轨迹一定经过 PE 之间某点，故 A、B 错误；粒子从 C 点射

19、出时速度反向延长线与 EH 垂直，若增大初速度，粒子轨迹可能经过 PH 之间某点，可知粒子不可能垂直穿过 EH，故 C 错误；由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，10粒子恰好由 E 点射出 BC，故 D 正确4(多选)(2017如皋市第二次质检)如图 12 甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度 v、位移 x 和加速度 a 三个物理量随时间 t 的变化规律可能正确的是( )图 12答案 AD解析 分析电子一个周期内的运动情况：0 时间内，电子从静止开始向 B

20、 板做匀加速直线T4运动， 时间内沿原方向做匀减速直线运动， 时刻速度为零， T 时间内向 A 板做匀T4 T2 T2 T2 34加速直线运动， T T 时间内做匀减速直线运动， T 时刻速度为零根据匀变速直线运动速34度时间图象是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故 A 正确，C 错误；电子做匀变速直线运动时 x t 图象应是抛物线的一部分，故 B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀加速运动和匀减速运动的加速度大小都不变， a t 图象应平行于横轴，故 D 正确1(2018苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带5.410 3 C 电荷量，另一极板带5

21、.410 3 C 电荷量，电容器两极板间电压为 450V，则该电容器的电容值为( )A2.410 5 F B1.210 5 FC8.310 4F D4.210 4F11答案 B解析 根据 C ，则 C F1.210 5 F，故选 B.QU 5.410 34502(2018泰州中学等综合评估)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图 1 所示现保持 B 板不动，适当移动 A 板，发现静电计指针张角减小，则 A 板可能是( )图 1A右移 B左移 C上移 D下移答案 A3(2018淮安市、宿迁市等期中)如图 2 所示，平行板电容器两极板 M、 N 间距为

22、d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是( )图 2A减小 dB增大 UC将 M 板向左平移D在板间插入电介质答案 C解析 据电容的决定式 C 可知，减小 d，则 C 变大，选项 A 错误；增大 U，电容器的 rS4 kd电容不变，选项 B 错误；将 M 板向左平移，则 S 减小， C 减小，选项 C 正确；在板间插入电介质，则 C 变大，选项 D 错误4.(2018南京市、盐城市质检)如图 3 所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合则电容器的电容将( )12图 3A逐渐增大B逐渐减小C保持不变D先增大后减小答案 A5.(多选)如图 4 所示，

23、M、 N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，以初速度 v0由小孔进入电场，当 M、 N 间电压为 U 时，粒子刚好能到达 N 板，如果要使这个带电粒子能到达 M、 N 两板间距的 处返回，则下述措施12能满足要求的是( )图 4A使初速度减为原来的12B使 M、 N 间电压提高到原来的 2 倍C使 M、 N 间电压提高到原来的 4 倍D使初速度和 M、 N 间电压都减为原来的12答案 BD解析 在粒子刚好到达 N 板的过程中，由动能定理得 qEd0 mv ，所以 d ，设12 02 mv022qE带电粒子离开 M 板的最远距离为 x，则使

24、初速度减为原来的 时，由公式可知 x ；使 M、 N12 d4间电压提高到原来的 2 倍时，电场强度变为原来的 2 倍，由公式可知 x ；使 M、 N 间电压d2提高到原来的 4 倍时，电场强度变为原来的 4 倍，由公式可知 x ；使初速度和 M、 N 间电d4压都减为原来的 时，电场强度变为原来的一半，由公式可知 x ，故 B、D 正确12 d26.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图 5 所示有一带负电的粒子，从上边区域沿平行电场线方向以速度 v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在下列选项的速度时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以 v0方向

25、13为正方向)( )图 5答案 C解析 粒子在上面的电场中匀速下落，所受重力和电场力平衡，进入下面电场后，电场力变大，根据牛顿第二定律，粒子具有向上的加速度，所以粒子做匀减速运动至速度为 0，又反向做匀加速直线运动，进入上面的电场后又做匀速直线运动，速度大小仍然等于 v0，故 C正确7.(2017如皋市第二次质检)三个 粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图 6所示，下列判断不正确的是( )图 6A进电场时 c 的速度最大， a 的速度最小B在 b 飞离电场的同时， a 刚好打在负极板上C b 和 c 同时飞离电场D动能的增加量 c 最小， a 和 b 一样大答案 C解析 三个粒子的质量

26、和电荷量都相同，则粒子的加速度相同 a、 b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据 y at2，可知 a、 b 运动时间相等，在 b 飞离电场的同时， a 刚好打在负12极板上，故 B 正确； c 竖直方向上的位移 yc yb，根据 y at2，可知 tc tb， c 先离开电场，12故 C 错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有： v .因xtxc xb， tc tb，则 vc vb；因 ta tb， xb xa，则 vb va.所以有： vc vb va，故 A 正确；14根据动能定理知，对 a、 b 两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，对 c 粒子，电场力

27、做功最少，动能增加量最小，故 D 正确8(2018泰州中学期中)如图 7 所示，两块较大的金属板 A、 B 相距为 d，平行放置(可视为电容器)并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为 m、带电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态以下说法正确的是( )图 7A若将 S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B若保持 S 闭合，将 A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有 a b 的电流C若保持 S 闭合，将 A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有 b a 的电流D若保持 S 闭合，将 A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有 b a 的电流答案

28、C9如图 8 所示，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间 a 点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45，再由 a 点由静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图 8A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动答案 D解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有 mg qE，现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45后，两板间电场强度方向逆时针旋转 45，电场力方向也逆时针旋转 45，但电场力大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项 D

29、 正确10(多选)(2019铜山中学期中)如图 9 所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为 U1，偏转电压为 U2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的 2 倍，下列说法中正确的是( )15图 9A加速电压 U1减小到了原来的12B偏转电场对电子做的功变为原来的 2 倍C电子飞出偏转电场时的速度变为原来的 2 倍D电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的 2 倍答案 AB11(多选)(2018南京市期中)如图 10 所示， A、 B 为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔 M、 N， D 为理想二极管， R 为滑动变阻器闭合开关 S，待电路稳

30、定后，将一带正电荷的带电小球从 M、 N 的正上方的 P 点由静止释放，小球恰好能运动至小孔 N 处下列说法正确的是( )图 10A若仅将 A 板上移，小球将无法运动至 N 处B若仅将 B 板上移，小球将从小孔 N 穿出C若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至 N 处D断开开关 S，从 P 处将小球由静止释放，小球恰好能运动至小孔 N 处答案 ACD12 (2018南 京 市 、 盐 城 市 二 模 )如 图 11 所 示 ， 在 铅 板 A 上 有 小 孔 S， 放 射 源 C 可 通 过 S 在纸 面 内 向 各 个 方 向 射 出 速 率 v0 2.0106 m/s 的 某 种

31、 带 正 电 粒 子 ， B 为 金 属 网 状 栅 极 ， M 为 荧光 屏 ， A、 B、 M 三 者 平 行 正 对 ， 且 面 积 足 够 大 ， A、 B 间 距 离 d1 1.0 cm， 电 压 U 1.5104 V 且恒定不变， B、 M 间距离 d24.0cm.该种带电粒子的比荷 4.010 8C/kg，忽略带电粒qm子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力求：图 1116(1)该带电粒子运动到荧光屏 M 的速度大小；(2)该带电粒子打在荧光屏 M 上形成的亮线的长度答案 (1)4.010 6m/s (2)4 cm3解析 (1)带电粒子在运动过程中，只有电场力做功，

32、由动能定理得 Uq mv2 mv12 12 02解得 v 4.010 6 m/sv02 2qUm(2)初速度平行于 A 板进入电场的粒子做类平抛运动，到达 B 板时垂直于 B 板的速度 vBx2 106 m/sv2 v02 3设粒子在电场中运动的时间为 t1，则 d1 (0 vBx)t112得 t1 s 108 sd1120 vBx 1.010 23106 33粒子在 BM 间运动的时间 t2 s 108 sd2vBx 4.010 223106 233则粒子平行于板方向运动的最大位移 ym v0(t1 t2)2 cm3所以该带电粒子打在荧光屏 M 上形成的亮线的长度 l2 ym4 cm.313

33、(2018淮安市、宿迁市等期中)如图 12 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，电压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，这种粒子产生后，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 m5.010 10 kg，电荷量q1.010 7 C， L1.2m， U01.210 3V， T1.210 2 s，忽略粒子重力，不

34、考虑粒子之间的相互作用力，求：图 12(1)t0 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 板的时间间隔 t；T2(3)在 0 时间内，产生的粒子能到达 B 板的粒子数与到达 A 板的粒子数之比 k.T217答案 (1) 103 s (2)210 3 s (3)26解析 (1) t0 时刻产生的粒子由 O 到 B： atL2 12 02加速度： a 2.010 5m/s2U0qmL得： t0 103 s 610 3 s6T2所以 t0 103 s6(2)对刚好不能到达 B 极板的粒子，先做匀加速运动，达到最大速度 vm后做匀减速运动，到达

35、 B 极板前瞬间速度刚好减为 0，则匀加速运动时间为 t，设匀减速运动时间为 t，全程运动时间为 t，则匀加速运动的加速度： a2.010 5m/s2匀减速运动的加速度大小：a 4.010 5m/s22U0qmL由 vm a t a t得 t t12所以 t t t t32由 L vmt a t t12 12 12 32得 t 210 3 s2L3a(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 212得 t0 103 s 510 3 s2La 6 (T2 t )即在 0 时间内，不能到达 B 板的粒子都能打到 A 极板上T2所以 k 2.NBNA T2 t t18