电场综合计算

1.【2016—2017石景山期末】如图15所示，在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出）。由A点斜射出一质量为m,所带电荷量为+q的粒子，B为运动轨迹与y轴的交点，C和D是粒子运动轨迹上的两点。其中10为常量，粒子所受重力忽略不计。（1） 求粒子从A到D过程中电势能的变化量。（2） 判断粒子从A到B、B到C和C到D三段过程所经历的时间关系，说明依据，并求出对应的时间。（3并求出对应的时间。（3）求粒子经过D点时的速度大小。y丄Clo0、\、⑵。,-3l0）图15（2017海淀零模）24．（20分）用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻=kv（式中k为大于0的已知常量）。由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响。（1）有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图10甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U（圆桶内空间的电场可视为匀强电场），便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用。求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；（2）对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图10乙所示。若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第（1）问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为E*1/r,式中r为所研究的点与直导线的距离。①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v随其与直导线的距离r之间的关系；②对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图象下的面积求位移的方法。请你借鉴此方法，利用v随r变化的关系，画出1/v随r变化的图象，根据图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。（2017怀柔零模）24.（20分）如图所示，若将A、B两个光滑带电小球静止放在无阻力的水平管道内，其中A的质量为M,B的质量为m，（M>m）。开始时两球之间相距很远现在给A一个初速度v,让其向右运动。已知两球之间由于带同种电荷会相互排斥，选取无穷远为参考面，两带电小球的电势能为K/r,其中K为已知常数，r为两球之间的距离。问：（1） 若两个带电小球逐渐靠近，带电小球A的电势能如何变化？（2） 如果A不会超过B,计算A、B间的最小距离？（3）若让A能够超过B,求B最终的速度？（用图示或公式分析都可以）（2017延庆零模）24．中国海军歼—15舰载机已经在“辽宁”舰上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞，这标志着我国已经拥有在航母上起降舰载机的能力。设质量为m的舰载机，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k倍，发动机牵引力恒为F,离开地面起飞时的速度为v,重力加速度为g。求：（1） 舰载机的起飞距离（离开地面前的运动距离）s以及起飞过程中平均阻力的冲量I；（2） 若舰载机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图象，在此基础上求电容器充电电压为U0时储存的电能E0；②当电容器充电电压为Um时弹射上述飞机，在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可使起飞距离缩短为x。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为n飞机发动的牵引力F及受到的平均阻力不变。求完成此次弹射后电容器剩余的电能E。

【2017昌平二模】23.（18分）当平行板电容器的两极板间是真空时，电容C与极板的正S对面积S、极板间距离d的关系为C= 。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极4nd板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。（1）在图14所示的坐标系中画出电容器带电量Q与极板间电势差U的关系图像。Q国H（2） 电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功。在弹簧弹力F与形变量x关系图像中，图像与x轴围成的面积代表弹簧弹性势能的1大小。与之类比，推导电容器储存的电能表达式E二三CU2。2（3） 若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由d］增大到d2，需要克服电场力做多少功？（2017海淀二模）24．（20分）光电效应现象中逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量，可以利用转换测量量的方法进行测量。（1）如图10所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为v的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U,测量对应的光电流强度/,绘制了如图11所示的I-U图象。根据图象求光电子的最大初动能Ek和金属K象。根据图象求光电子的最大初动能Ek和金属K的逸出功W。已知电子所带电荷量为e，kmU图13（2）有研究者设计了如下的测量光电子最大初动能的方法。研究装置如图12所示，真空中放置的两个平行正对金属板可以作为光电转换装置。用频率一定的细激光束照射人板中心0,板中心0点附近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出。B板上涂有特殊材料，当电子打在B板上时会在落点处留有可观察的痕迹。若认为所有逸出的电子都以同样大小的速度从0点逸出，且沿各个不同的方向均匀分布，金属板的正对面积足够大（保证所有逸出的电子都不会射出两极板所围的区域），光照条件保持不变。已知人、B两极板间的距离为d,电子所带电荷量为e,电子所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。①通过外接可调稳压电源给人、B两极板间加上一定的电压，人板接电源的负极，由0点逸

出的电子打在B板上的最大区域范围为一个圆形，且圆形的半径随人、B两极板间的电压变化而改变。通过实验测出了一系列人、B两极板间的电压值U与对应的电子打在B板上的最大圆形区域半径r的值，并画出了如图13所示的r2-1/U图象，测得图线的斜率为k。请根据图象，通过分析计算，求出电子从人板逸出时的初动能；②若将人板换为另一种金属材料，且将其与可调稳压电源的正极连接，B板与该电源的负极连接，当两极板间电压为U0时，电子打在B板上的最大区域范围仍为一个圆，测得圆的半径为尺。改变两极板间的电压大小，发现电子打在B板上的范围也在发生相应的变化。为使B板上没有电子落点的痕迹，试通过计算分析两金属板间的电压需满足什么条件？参考答案1.（1）AE=—W=-qE（y-y）=—3qEl（3分）pADAD0（2）由于粒子所受电场力沿y轴负方向，在x轴方向上粒子做匀速直线运动，又粒子从A到B、B到C和C到D三段过程在x轴方向上的位移相等，则经历的时间也相等，设为tAB=tBC=ABBCG=T。（丄分）由对称性可知轨迹最高点为B点。由牛顿第二定律qE=ma解得a=qE（1分）由对称性可知轨迹最高点为B点。由牛顿第二定律qE=ma解得a=qE（1分）m又解得1分）yB+3io=2a（2T）2分）yB=2aT2即tAB=tBC=tCD2me（1分）qE（3）（3）粒子在BD段做类平抛运动2l=v（2T）（1分）0DxvDy=a（2T）1分）解得v2+v解得v2+v2■DxDy；17qEl°2m1分）TOC\o"1-5"\h\z2（20分）（1）圆桶形容器内的电场强度E=U/H （1分）灰尘颗粒所受的电场力大小F=qU/H， （1分）电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为V], （1分）则有kv=qU/H （2分）\o"CurrentDocument"解得v=必 （1分）1kH（2）①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第（1）问方案中场强的大小E1=U/H，设在距直导线为r处的场强大小为E2，ER UR则2=，解得E=UR （3分）Er 2Hr1故与直导线越近处，电场强度越大。设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v,则解得v=qUR解得v=qUR~kHr2分）…（3分）上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的。（2）根据动量守恒MV=（M+m）vv（2）根据动量守恒MV=（M+m）vv共Mv共M+m②以r为横轴，以1/v为纵轴，作出1/v-r的图象如图所示。在r到r+Ar微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于4r的一段1/v-r的图线下的面积为1Ar=^r，显然，这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Ar的时间vvAt 。所以，灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t2等于从R0到R一TOC\o"1-5"\h\zv 20段1/v-r的图线下的面积。 （3分）所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间kH（R2-R2）3分）t二 e—3分）2 2qUR图3..（1）两带电小球逐渐靠近，电场力做负功，A带电小球的电势能逐渐增大（3分）如果A球不会超过B,k/r=1Mv2-丄(M+m)v2r二"(M+“)2 2 共 Mmv2（3）9分由动量守恒和能量守恒MV=MV+mVABMV2MV2MV2会有两个解，舍去碰撞解4= 4+ B-222最后等效一个完全弹性碰撞1分最终B的速度v=02分（画图分析说明对称性也给分）。4．（20分）（1）平均阻力为f=kmg，依据牛顿第二定律和运动学规律有F-f=ma （2分）F-kmga=一m设飞机的起飞距离为s，依据运动学公式v2=2as（1分）解得v2 解得v2 mv22a2(F一kmg)（1分）设飞机的起飞时间为t依据运动学公式v=at（1分）平均阻力的冲量I=ft（2分）解得1=怦1（1分）F一kmg平均阻力冲量的方向与飞机运动方向相反（1分）

（2）①见答图2（2分）依据图象可得电容器储存电能的规律e=2qU（1分）由于q=CU（1分）则电容器充电电压为U0时，11电容器储存电能E0=qU=—CU2（1分）0 2o2o答图2②电容器电压为U时，电容器储存电能E=2CU2（1分）

mm2m答图2设电容器释放的电能为E',由动能定理有nE+Fx-kmgx=mv2-0（2分）厶1解得E丄 (mv2+2kmgx-2Fx)2n电容器剩余的电能J=Em-E'（2分）解得E剩=1解得E剩=1CU2-2m(mv2+2kmgx-2Fx)(1分)5.（1）对于给定的电容器，Q=CU，Q－U图像如图所示。（3分）（2）该图像的斜率为电容器电容5.（1）对于给定的电容器，Q=CU，Q－U图像如图所示。（3分）（2）该图像的斜率为电容器电容C,图像与横坐标轴围成的面积为对电容器充电过程中,电容器储存的电能。故E=—QU厶由Q=CU1得：E二—CU22S（3）板间距离为d时，平行板电容器的电容为C=4nkd当电容器带电量为Q时，两板间电压U-C3分）2分）3分）得电容器储存的电能为E=21kdQ2S3分）当板间距离由di增大到d2时，电容器储存的电能增加量为AE=EAE=E-E212nkQ2（d-d）3分）2nkQ2故需要克服电场力做功卬=AE=p（d2-々6．（20分）（1） 由题中图11可知，光电效应的反向截止电压为u,根据动能定理可得，光电子的最C大初动能Ekm=euc„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（3分）kmcTOC\o"1-5"\h\z根据爱因斯坦光电效应方程可知，金属K的逸出功W=hv-eU （3分）C（2） ①打在电子分布区域边缘的电子，其初速度方向平行于A板表面，做匀变速曲线（类平抛）运动。 （1分）设两板间的电压为U,电子的质量为m,初速度为％，在两板间运动的加速度大小为a】，飞行时间为q,则根据牛顿定律有：a二eU （1分）\o"CurrentDocument"1 1dm对于垂直于极板方向的运动有d二1at2 （