電場(chǎng)綜合計(jì)算

【2016—2017石景山期末】如圖15所示，在xQy平面內(nèi)，有沿j軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E（圖中未畫出）。由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m，所帶電荷量為+q的粒子，B為運(yùn)動(dòng)軌跡與j軸的交點(diǎn)，C和D是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。其中10為常量，粒子所受重力忽略不計(jì)。（1） 求粒子從A到D過程中電勢(shì)能的變化量。（2） 判斷粒子從A到B、B到C和C到D三段過程所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系，說明依據(jù)，圖15并求出對(duì)應(yīng)的時(shí)間。圖15（3）求粒子經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度大小。（2017海淀零模）24.（20分）用靜電的方法來清除空氣中的灰塵，需要首先設(shè)法使空氣中的灰塵帶上一定的電荷，然后利用靜電場(chǎng)對(duì)電荷的作用力，使灰塵運(yùn)動(dòng)到指定的區(qū)域進(jìn)行收集。為簡(jiǎn)化計(jì)算，可認(rèn)為每個(gè)灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同，設(shè)每個(gè)灰塵所帶電荷量為0，其所受空氣阻力與其速度大小成正比，表達(dá)式為尸臉kv（式中k為大于0的已知常量）。由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小，為簡(jiǎn)化計(jì)算，灰塵顆粒在空氣中受電場(chǎng)力作用后達(dá)到電場(chǎng)力與空氣阻力相等的過程所用的時(shí)間及通過的位移均可忽略不計(jì)，同時(shí)也不計(jì)灰塵顆粒之間甲乙圖10的作用力及灰塵所受重力的影響。甲乙圖10（1）有一種靜電除塵的設(shè)計(jì)方案是這樣的，需要除塵的空間是一個(gè)高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域，將一對(duì)與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端，恰好能將圓桶封閉，如圖10甲所示。在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U（圓桶內(nèi)空間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），便可以在一段時(shí)間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上，從而達(dá)到除塵的作用。求灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)可達(dá)到的最大速率；（2）對(duì)于一個(gè)待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域，還可以設(shè)計(jì)另一種靜電除塵的方案：沿圓桶的軸線有一根細(xì)直導(dǎo)線作為電極，緊貼圓桶內(nèi)壁加一個(gè)薄金屬桶作為另一電極。在直導(dǎo)線電極外面套有一個(gè)由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護(hù)管，其軸線與直導(dǎo)線重合，如圖10乙所示。若在兩電極間加上恒定的電壓，使得桶壁處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小恰好等于第（1）問的方案中圓桶內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場(chǎng)強(qiáng)度大小E的分布情況為E-1/r，式中r為所研究的點(diǎn)與直導(dǎo)線的距離。①試通過計(jì)算分析，帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的過程中，其瞬時(shí)速度大小v隨其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系；②對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由v-t圖象下的面積求位移的方法。請(qǐng)你借鑒此方法，利用v隨r變化的關(guān)系，畫出1/v隨r變化的圖象，根據(jù)圖象的面積求出帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間。（2017懷柔零模）24.（20分）如圖所示，若將A、B兩個(gè)光滑帶電小球靜止放在無阻力的水平管道內(nèi)，其中A的質(zhì)量為M，B的質(zhì)量為m，（M>m）。開始時(shí)兩球之間相距很遠(yuǎn)現(xiàn)在給A一個(gè)初速度v，讓其向右運(yùn)動(dòng)。已知兩球之間由于帶同種電荷會(huì)相互排斥，選取無窮遠(yuǎn)為參考面，兩帶電小球的電勢(shì)能為K/r，其中K為已知常數(shù)，r為兩球之間的距離。問：（1） 若兩個(gè)帶電小球逐漸靠近，帶電小球A的電勢(shì)能如何變化？（2） 如果A不會(huì)超過B，計(jì)算A、B間的最小距離？（3）若讓A能夠超過B,求B最終的速度？（用圖示或公式分析都可以）（2017延慶零模）24.中國(guó)海軍殲一15艦載機(jī)已經(jīng)在“遼寧”艦上多次進(jìn)行觸艦復(fù)飛，并已經(jīng)進(jìn)行了艦載機(jī)著陸和甲板起飛，這標(biāo)志著我國(guó)已經(jīng)擁有在航母上起降艦載機(jī)的能力。設(shè)質(zhì)量為m的艦載機(jī)，在水平跑道上由靜止勻加速起飛，假定起飛過程中受到的平均阻力恒為飛機(jī)所受重力的k倍，發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力恒為F離開地面起飛時(shí)的速度為力重力加速度為g。求：（1） 艦載機(jī)的起飛距離（離開地面前的運(yùn)動(dòng)距離）s以及起飛過程中平均阻力的沖量I；（2） 若艦載機(jī)起飛利用電磁彈射技術(shù)，將大大縮短起飛距離。圖甲為電磁彈射裝置的原理簡(jiǎn)化示意圖，與飛機(jī)連接的金屬塊（圖中未畫出）可以沿兩根相互靠近且平行的導(dǎo)軌無摩擦滑動(dòng)。使用前先給電容為C的大容量電容器充電，彈射飛機(jī)時(shí)，電容器釋放儲(chǔ)存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬塊，再?gòu)牧硪桓鶎?dǎo)軌流出；導(dǎo)軌中的強(qiáng)大電流形成的磁場(chǎng)使金屬塊受磁場(chǎng)力而加速，從而推動(dòng)飛機(jī)起飛。①在圖乙中畫出電源向電容器充電過程中電容器兩極板間電壓u與極板上所帶電荷量q的圖象，在此基礎(chǔ)上求電容器充電電壓為U0時(shí)儲(chǔ)存的電能E0；②當(dāng)電容器充電電壓為Um時(shí)彈射上述飛機(jī)，在電磁彈射裝置與飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)工作的情況下，可使起飛距離縮短為X。若金屬塊推動(dòng)飛機(jī)所做的功與電容器釋放電能的比值為n飛機(jī)發(fā)動(dòng)的牽引力F及受到的平均阻力不變。求完成此次彈射后電容器剩余的電能E。電廣|電廣|_L【2017昌平二?！?3.（18分）當(dāng)平行板電容器的兩極板間是真空時(shí)，電容C與極板的正對(duì)面積S、極板間距離d的關(guān)系為C=二。對(duì)給定的平行板電容器充電，當(dāng)該電容器極4ikd板所帶電荷量Q變化時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U也隨之變化。（1）在圖14所示的坐標(biāo)系中畫出電容器帶電量Q與極板間電勢(shì)差U的關(guān)系圖像。Q性H（2） 電容器儲(chǔ)存的電能等于電源搬運(yùn)電荷從一個(gè)極板到另一個(gè)極板過程中，克服電場(chǎng)力所做的功。在彈簧彈力F與形變量x關(guān)系圖像中，圖像與x軸圍成的面積代表彈簧彈性勢(shì)能的大小。與之類比，推導(dǎo)電容器儲(chǔ)存的電能表達(dá)式E=1CU2。2（3） 若保持平行板電容器帶電量Q、極板正對(duì)面積S不變，兩極板間為真空，將板間距離由di增大到d2,需要克服電場(chǎng)力做多少功？（2017海淀二模）24.（20分）光電效應(yīng)現(xiàn)象中逸出的光電子的最大初動(dòng)能不容易直接測(cè)量，可以利用轉(zhuǎn)換測(cè)量量的方法進(jìn)行測(cè)量。（1）如圖10所示為研究某光電管發(fā)生光電效應(yīng)的電路圖，當(dāng)用頻率為v的光照射金屬陰極K時(shí)，通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓U，測(cè)量對(duì)應(yīng)的光電流強(qiáng)度/，繪制了如圖11所示的I-U圖象。根據(jù)圖象求光電子的最大初動(dòng)能Ekm和金屬K的逸出功W。已知電子所帶電荷量為e，圖13圖13（2）有研究者設(shè)計(jì)了如下的測(cè)量光電子最大初動(dòng)能的方法。研究裝置如圖12所示，真空中放置的兩個(gè)平行正對(duì)金屬板可以作為光電轉(zhuǎn)換裝置。用頻率一定的細(xì)激光束照射A板中心。，板中心。點(diǎn)附近將有大量的電子吸收光子的能量而逸出。B板上涂有特殊材料，當(dāng)電子打在B板上時(shí)會(huì)在落點(diǎn)處留有可觀察的痕跡。若認(rèn)為所有逸出的電子都以同樣大小的速度從。點(diǎn)逸出，且沿各個(gè)不同的方向均勻分布，金屬板的正對(duì)面積足夠大（保證所有逸出的電子都不會(huì)射出兩極板所圍的區(qū)域），光照條件保持不變。已知人、B兩極板間的距離為d，電子所帶電荷量為e，電子所受重力及它們之間的相互作用力均可忽略不計(jì)。①通過外接可調(diào)穩(wěn)壓電源給人B兩極板間加上一定的電壓，A板接電源的負(fù)極，由。點(diǎn)逸

出的電子打在B板上的最大區(qū)域范圍為一個(gè)圓形，且圓形的半徑隨人B兩極板間的電壓變化而改變。通過實(shí)驗(yàn)測(cè)出了一系列4、B兩極板間的電壓值U與對(duì)應(yīng)的電子打在B板上的最大圓形區(qū)域半徑r的值，并畫出了如圖13所示的r2-1/U圖象，測(cè)得圖線的斜率為奴請(qǐng)根據(jù)圖象，通過分析計(jì)算，求出電子從4板逸出時(shí)的初動(dòng)能；②若將4板換為另一種金屬材料，且將其與可調(diào)穩(wěn)壓電源的正極連接，B板與該電源的負(fù)極連接，當(dāng)兩極板間電壓為U0時(shí)，電子打在B板上的最大區(qū)域范圍仍為一個(gè)圓，測(cè)得圓的半徑為R。改變兩極板間的電壓大小，發(fā)現(xiàn)電子打在B板上的范圍也在發(fā)生相應(yīng)的變化。為使B板上沒有電子落點(diǎn)的痕跡，試通過計(jì)算分析兩金屬板間的電壓需滿足什么條件？參考答案1.（1）AE=~WAD=-qE（yA-yD）=-3qEl0（3分）（2）由于粒子所受電場(chǎng)力沿y軸負(fù)方向，在x軸方向上粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，又粒子從4到B、B到C和C到D三段過程在x軸方向上的位移相等，則經(jīng)歷的時(shí)間也相等，設(shè)為tR=tr=4BBCtCD=T。（1分）由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)為B點(diǎn)。由牛頓第二定律qEtCD=T。（1分）由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)為B點(diǎn)。由牛頓第二定律qEqE=ma解得a= （1分）m又解得（1分）yB+3lo=25（】分）qE即tAB=tBC=fCD2ml—（1分）（3）粒子在BD段做類平拋運(yùn)動(dòng)2l0=VDx（2T）（1分）vy=a（2T）（1分）解得 '、\7qEl解得*= *%=YFH分）TOC\o"1-5"\h\z2（20分）（1）圓桶形容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=U/H （1分）灰塵顆粒所受的電場(chǎng)力大小F=qU/H， （1分）電場(chǎng)力跟空氣的阻力相平衡時(shí)，灰塵達(dá)到的最大速度，并設(shè)為V］， （1分）則有kv1=qU/H （2分）解得v=四 （1分）（2）①由于灰塵顆粒所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小，且桶壁處的電場(chǎng)強(qiáng)度為第（1）問方案中場(chǎng)強(qiáng)的大小E=U/H，設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，則與=-，解得E舟UR （3分）Er2hr1故與直導(dǎo)線越近處，電場(chǎng)強(qiáng)度越大。設(shè)灰塵顆粒運(yùn)動(dòng)到與直導(dǎo)線距離為r時(shí)的速度為V，則kv=qE2..kv=qE2..解得v=qUR~kHr（2分）...（3分）上式表明，灰塵微粒在向圓桶內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)過程中，速度是逐漸減小的。②以r為橫軸，以1/u為縱軸，作出1/u-r的圖象如圖所示。在r到r+Ar微小距離內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度可視為相同，其速度v可視為相同，對(duì)應(yīng)于八r的一段1/v-r的圖線下的面積為1景=丑，顯然，這個(gè)小矩形的面積等于灰塵微粒通過Ar的時(shí)間vvAt二攵。所以，灰塵微粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁所需的總時(shí)間/等于從R到R一v 2 0段1/v-r的圖線下的面積。 （3分）所以灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運(yùn)動(dòng)到圓桶內(nèi)壁的時(shí)間（3分）kH（R2-R（3分）‘2 2qUR° （3分） ORo Rr圖3..（1）兩帶電小球逐漸靠近，電場(chǎng)力做負(fù)功，A帶電小球的電勢(shì)能逐漸增大（3分）⑵根據(jù)動(dòng)量守恒MV=（M+m）v⑵根據(jù)動(dòng)量守恒MV=（M+m）vMv共v共M+m1a,1八，、 2k(M+m)如果A球不會(huì)超過B,k/r=^Mv2-^(M+m)v共2r=—m （3） 9分由動(dòng)量守恒和能量守恒MV=MV+mVMV2MV2MV2會(huì)有兩個(gè)解，舍去碰撞解 A= + B-2 2 2最后等效一個(gè)完全彈性碰撞1分最終B的速度v=02分（畫圖分析說明對(duì)稱性也給分）。4.（20分）（1）平均阻力為f=kmg，依據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有F-f=ma （2分）F-kmga= m設(shè)飛機(jī)的起飛距離為S，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2as（1分）解得v解得v2 mv22a2(F一kmg)（1分）設(shè)飛機(jī)的起飛時(shí)間為t依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=at（1分）平均阻力的沖量I=ft（2分）解得］=點(diǎn)（1分）F一kmg平均阻力沖量的方向與飛機(jī)運(yùn)動(dòng)方向相反（1分）

（2）①見答圖2（2分）依據(jù)圖象可得電容器儲(chǔ)存電能的規(guī)律E=1qU（1分）由于q=CU（1分）則電容器充電電壓為U0時(shí)，1廠1…電容器儲(chǔ)存電能E0=2qU0=2CU2（1分）1“②電容器電壓為Um時(shí)，電容器儲(chǔ)存電能Em=~CU^（1分）設(shè)電容器釋放的電能為E，，由動(dòng)能定理有rjE+Fx-kmgx=—mv2-0（2分）解得Er=——(mv2+2kmgx-2Fx)2〃電容器剩余的電能E剩％-礦（2分解得E剩=2CU2-2-(mv2+2kmgx-2Fx)(1分)5.（1）對(duì)于給定的電容器，Q=CU，Q_U圖像如圖所示。（3分）（2） 該圖像的斜率為電容器電容C，圖像與橫坐標(biāo)軸圍成的面積為對(duì)電容器充電過程中，電容器儲(chǔ)存的電能。故E-—QU （3分）由Q=CU （2分）1得：E=-CU22一S（3） 板間距離為d時(shí)，平行板電容器的電容為C=4nkd當(dāng)電容器帶電量為Q時(shí)，兩板間電壓U=￥ （3分）廣2nkdQ2（3分）得電容器儲(chǔ)存的電能為E（3分）S當(dāng)板間距離由di增大到d2時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電能增加量為

2nkQ2（3分）AE=E—E=s——(d—d)（3分）2nkQ2,故需要克服電場(chǎng)力做功W=AE=亍皿-d「6.（20分）（1） 由題中圖11可知，光電效應(yīng)的反向截止電壓為uc，根據(jù)動(dòng)能定理可得，光電子的最TOC\o"1-5"\h\z大初動(dòng)能Ekm=eUc （3分）根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知，金屬K的逸出功W=hv-eUc （3分）（2） ①打在電子分布區(qū)域邊緣的電子，其初速度方向平行于^板表面，做勻變速曲線（類平拋）運(yùn)動(dòng)。 （1分）設(shè)兩板間的電壓為U，電子的質(zhì)量為m，初速度為％，在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為印，eU飛行時(shí)間為q，則根據(jù)牛頓定律有：a1=dm （1分）對(duì)于垂直于極板方向的運(yùn)動(dòng)有d=2at2 （1分）電子分布圓形區(qū)域的半徑為片財(cái)］ （1分）4d21聯(lián)立上述三式可解得r2=eu2mv0 （2分）即r2=竺蘭k-，所以m/u圖象中的k=竺￡ （1分）eU e因此初動(dòng)能Ek=務(wù) （1分）eU②電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的加速度％=壞設(shè)打在落點(diǎn)區(qū)域邊緣的電子從。點(diǎn)向出時(shí)沿垂直極板的方向的速度為V，平行極板方向的速度為V，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,落點(diǎn)區(qū)域邊緣處電子到達(dá)B板上時(shí)速度方向平行于B