電場綜合計算

【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，場強(qiáng)大小為E（圖中未畫出）。由A點斜射出一質(zhì)量為m，所帶電荷量為+q的粒子，B為運動軌跡與j軸的交點，C和D是粒子運動軌跡上的兩點。其中10為常量，粒子所受重力忽略不計。（1） 求粒子從A到D過程中電勢能的變化量。（2） 判斷粒子從A到B、B到C和C到D三段過程所經(jīng)歷的時間關(guān)系，說明依據(jù)，圖15并求出對應(yīng)的時間。圖15（3）求粒子經(jīng)過D點時的速度大小。（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，然后利用靜電場對電荷的作用力，使灰塵運動到指定的區(qū)域進(jìn)行收集。為簡化計算，可認(rèn)為每個灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同，設(shè)每個灰塵所帶電荷量為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，為簡化計算，灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達(dá)到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間及通過的位移均可忽略不計，同時也不計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)計方案是這樣的，需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域，將一對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)空間的電場可視為勻強(qiáng)電場），便可以在一段時間內(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。求灰塵顆粒運動可達(dá)到的最大速率；（2）對于一個待除塵的半徑為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)壁加一個薄金屬桶作為另一電極。在直導(dǎo)線電極外面套有一個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，使得桶壁處電場強(qiáng)度的大小恰好等于第（1）問的方案中圓桶內(nèi)電場強(qiáng)度的大小，且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強(qiáng)度大小E的分布情況為E-1/r，式中r為所研究的點與直導(dǎo)線的距離。①試通過計算分析，帶電灰塵顆粒從保護(hù)管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的過程中，其瞬時速度大小v隨其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系；②對于直線運動，教科書中講解了由v-t圖象下的面積求位移的方法。請你借鑒此方法，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)管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的時間。（2017懷柔零模）24.（20分）如圖所示，若將A、B兩個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）。開始時兩球之間相距很遠(yuǎn)現(xiàn)在給A一個初速度v，讓其向右運動。已知兩球之間由于帶同種電荷會相互排斥，選取無窮遠(yuǎn)為參考面，兩帶電小球的電勢能為K/r，其中K為已知常數(shù)，r為兩球之間的距離。問：（1） 若兩個帶電小球逐漸靠近，帶電小球A的電勢能如何變化？（2） 如果A不會超過B，計算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)動機(jī)牽引力恒為F離開地面起飛時的速度為力重力加速度為g。求：（1） 艦載機(jī)的起飛距離（離開地面前的運動距離）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。使用前先給電容為C的大容量電容器充電，彈射飛機(jī)時，電容器釋放儲存電能所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過金屬塊，再從另一根導(dǎo)軌流出；導(dǎo)軌中的強(qiáng)大電流形成的磁場使金屬塊受磁場力而加速，從而推動飛機(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時儲存的電能E0；②當(dāng)電容器充電電壓為Um時彈射上述飛機(jī)，在電磁彈射裝置與飛機(jī)發(fā)動機(jī)同時工作的情況下，可使起飛距離縮短為X。若金屬塊推動飛機(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，電容C與極板的正對面積S、極板間距離d的關(guān)系為C=二。對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，兩極板間的電勢差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與極板間電勢差U的關(guān)系圖像。Q性H（2） 電容器儲存的電能等于電源搬運電荷從一個極板到另一個極板過程中，克服電場力所做的功。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能的大小。與之類比，推導(dǎo)電容器儲存的電能表達(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能不容易直接測量，可以利用轉(zhuǎn)換測量量的方法進(jìn)行測量。（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，通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓U，測量對應(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)計了如下的測量光電子最大初動能的方法。研究裝置如圖12所示，真空中放置的兩個平行正對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板上時會在落點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。點逸出，且沿各個不同的方向均勻分布，金屬板的正對面積足夠大（保證所有逸出的電子都不會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。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。點逸

出的電子打在B板上的最大區(qū)域范圍為一個圓形，且圓形的半徑隨人B兩極板間的電壓變化而改變。通過實驗測出了一系列4、B兩極板間的電壓值U與對應(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，測得圖線的斜率為奴請根據(jù)圖象，通過分析計算，求出電子從4板逸出時的初動能；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，電子打在B板上的最大區(qū)域范圍仍為一個圓，測得圓的半徑為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板上沒有電子落點的痕跡，試通過計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）由于粒子所受電場力沿y軸負(fù)方向，在x軸方向上粒子做勻速直線運動，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)歷的時間也相等，設(shè)為tR=tr=4BBCtCD=T。（1分）由對稱性可知軌跡最高點為B點。由牛頓第二定律qEtCD=T。（1分）由對稱性可知軌跡最高點為B點。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段做類平拋運動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)的電場強(qiáng)度E=U/H （1分）灰塵顆粒所受的電場力大小F=qU/H， （1分）電場力跟空氣的阻力相平衡時，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，且桶壁處的電場強(qiáng)度為第（1）問方案中場強(qiáng)的大小E=U/H，設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場強(qiáng)大小為E2，則與=-，解得E舟UR （3分）Er2hr1故與直導(dǎo)線越近處，電場強(qiáng)度越大。設(shè)灰塵顆粒運動到與直導(dǎo)線距離為r時的速度為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)壁運動過程中，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)，電場強(qiáng)度可視為相同，其速度v可視為相同，對應(yīng)于八r的一段1/v-r的圖線下的面積為1景=丑，顯然，這個小矩形的面積等于灰塵微粒通過Ar的時間vvAt二攵。所以，灰塵微粒從保護(hù)管外壁運動到圓桶內(nèi)壁所需的總時間/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)管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的時間（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，電場力做負(fù)功，A帶電小球的電勢能逐漸增大（3分）⑵根據(jù)動量守恒MV=（M+m）v⑵根據(jù)動量守恒MV=（M+m）vMv共v共M+m1a,1八，、 2k(M+m)如果A球不會超過B,k/r=^Mv2-^(M+m)v共2r=—m （3） 9分由動量守恒和能量守恒MV=MV+mVMV2MV2MV2會有兩個解，舍去碰撞解 A= + B-2 2 2最后等效一個完全彈性碰撞1分最終B的速度v=02分（畫圖分析說明對稱性也給分）。4.（20分）（1）平均阻力為f=kmg，依據(jù)牛頓第二定律和運動學(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)運動學(xué)公式v2=2as（1分）解得v解得v2 mv22a2(F一kmg)（1分）設(shè)飛機(jī)的起飛時間為t依據(jù)運動學(xué)公式v=at（1分）平均阻力的沖量I=ft（2分）解得］=點（1分）F一kmg平均阻力沖量的方向與飛機(jī)運動方向相反（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，1廠1…電容器儲存電能E0=2qU0=2CU2（1分）1“②電容器電壓為Um時，電容器儲存電能Em=~CU^（1分）設(shè)電容器釋放的電能為E，，由動能定理有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)軸圍成的面積為對電容器充電過程中，電容器儲存的電能。故E-—QU （3分）由Q=CU （2分）1得：E=-CU22一S（3） 板間距離為d時，平行板電容器的電容為C=4nkd當(dāng)電容器帶電量為Q時，兩板間電壓U=￥ （3分）廣2nkdQ2（3分）得電容器儲存的電能為E（3分）S當(dāng)板間距離由di增大到d2時，電容器儲存的電能增加量為

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)動能定理可得，光電子的最TOC\o"1-5"\h\z大初動能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）運動。 （1分）設(shè)兩板間的電壓為U，電子的質(zhì)量為m，初速度為％，在兩板間運動的加速度大小為印，eU飛行時間為q，則根據(jù)牛頓定律有：a1=dm （1分）對于垂直于極板方向的運動有d=2at2 （1分）電子分布圓形區(qū)域的半徑為片財］ （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因此初動能Ek=務(wù) （1分）eU②電子在兩極板間運動的加速度％=壞設(shè)打在落點區(qū)域邊緣的電子從。點向出時沿垂直極板的方向的速度為V，平行極板方向的速度為V，電子在兩極板間運動的時間為t2,落點區(qū)域邊緣處電子到達(dá)B板上時速度方向平行于B