【物理】2020届一轮复习人教版第六章第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动学案（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第六章第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动学案（江苏专用）

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：‎ ‎①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．‎ ‎②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＝.‎ ‎(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.‎ ‎(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＝.‎ 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 C．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.‎ ‎(2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv.‎ ‎2．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＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.‎ 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2‎ A．它们运动的时间tN＝tM B．它们的电势能减少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶2‎ C．它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶2‎ D．它们所带的电荷量之比qM∶qN＝1∶2‎ 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．‎ ‎(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)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 ‎①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．‎ ‎②根据E＝分析场强的变化．‎ ‎③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．‎ ‎(2)Q不变 ‎①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．‎ ‎②根据E＝＝分析场强变化．‎ 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 ‎80 V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．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路(　　)‎ 图3‎ A．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85 V，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项正确．因为C两端电压达到80 V时，电容器就不再充电，外接电源只要提供电压超过80 V，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4‎ A．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，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或匀减速直线运动．‎ ‎2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ax.‎ ‎3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.‎ 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5‎ A．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式C＝、定义式C＝和匀强电场的电势差与电场强度的关系式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Ⅰ，在BC之间运动为过程Ⅱ，则(　　)‎ 图6‎ A．过程Ⅰ中运动时间可能比过程Ⅱ短 B．过程Ⅰ和过程Ⅱ系统机械能变化量大小相等 C．仅将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 ‎(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 ‎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＝mv y＝at2＝··()2‎ tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ ‎(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.‎ ‎3．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Uy＝y，指初、末位置间的电势差．‎ 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：‎ 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)－qU0‎ 解析　(1)在加速电场中，由动能定理：qU0＝mv，得v0＝ ‎ ‎(2)在偏转电场中，由运动学知识得：kd＝v0t，d＝at2‎ 由牛顿第二定律得：q＝ma ‎ 联立可解得两极板间电势差U＝U0 ‎ 极板带电荷量Q＝CU＝CU0 ‎ ‎(3)A穿过电容器的过程中电场力做功W＝qU＝qU0‎ 由功能关系得，电势能的增量ΔEp＝－W＝－qU0.‎ 命题点四　带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，荧光屏足够大．‎ 图8‎ ‎(1)计算说明，t＝0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)5l 解析　(1)t＝0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，由运动学知识得l＝at2，‎ 解得：t＝ 粒子在水平方向的位移：x＝v0t＝＜l，故粒子打在N极板中点．‎ ‎(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时间：t1＝－＝，‎ 粒子离开极板时的竖直分速度：‎ vy＝at1＝t1＝4v0，‎ 粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：‎ t2＝，‎ 粒子在竖直方向的偏移量：y＝l＋vyt2＝5l，‎ 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＝y＝5l.‎ ‎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(　　)‎ 图9‎ A．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　D ‎2.(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10‎ A．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　C ‎3.(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11‎ A．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EH D．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，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板做匀加速直线运动，～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＋5.4×10－3 C电荷量，另一极板带－5.4×10－3 C电荷量，电容器两极板间电压为450 V，则该电容器的电容值为(　　)‎ A．2.4×10－5 F B．1.2×10－5 F C．8.3×104 F D．4.2×104 F 答案　B 解析　根据C＝，则C＝ F＝1.2×10－5 F，故选B.‎ ‎2．(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1‎ A．右移 B．左移 C．上移 D．下移 答案　A ‎3．(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2‎ A．减小d B．增大U C．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(　　)‎ 图3‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．保持不变 D．先增大后减小 答案　A ‎5.(多选)如图4所示，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，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ 图4‎ A．使初速度减为原来的 B．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 答案　BD 解析　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv，所以d＝，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的时，由公式可知x＝；使M、N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．‎ ‎6.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α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6‎ A．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，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xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb；因ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va.所以有：vc＞vb＞va，故A正确；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7‎ A．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　C ‎9．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8‎ A．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(　　)‎ 图9‎ A．加速电压U1减小到了原来的 B．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　AB ‎11．(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10‎ A．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　ACD ‎12．(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＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，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＝1.5×104 V且恒定不变，B、M间距离d2＝4.0 cm.该种带电粒子的比荷＝4.0×108 C/kg，忽略带电粒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11‎ ‎(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)4.0×106 m/s　(2)4 cm 解析　(1)带电粒子在运动过程中，只有电场力做功，由动能定理得Uq＝mv2－mv 解得v＝＝4.0×106 m/s ‎(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vBx＝＝2×106 m/s 设粒子在电场中运动的时间为t1，则d1＝(0＋vBx)t1‎ 得t1＝＝ s＝×10－8 s 粒子在BM间运动的时间t2＝＝ s＝×10－8 s 则粒子平行于板方向运动的最大位移ym＝v0(t1＋t2)＝2 cm 所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度l＝2ym＝4 cm.‎ ‎13．(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m＝5.0×10－10 kg，电荷量q＝＋1.0×10－7 C，L＝1.2 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：‎ 图12‎ ‎(1)t＝0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Δt；‎ ‎(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.‎ 答案　(1)×10－3 s　(2)2×10－3 s　(3)2‎ 解析　(1)t＝0时刻产生的粒子由O到B：＝at 加速度：a＝＝2.0×105 m/s2‎ 得：t0＝×10－3 s<＝6×10－3 s 所以t0＝×10－3 s ‎(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B极板前瞬间速度刚好减为0，则匀加速运动时间为Δt，设匀减速运动时间为Δt′，全程运动时间为t，‎ 则匀加速运动的加速度：a＝2.0×105 m/s2‎ 匀减速运动的加速度大小：‎ a′＝＝4.0×105 m/s2‎ 由vm＝aΔt＝a′Δt′‎ 得Δt′＝Δt 所以t＝Δt＋Δt′＝Δt 由L＝vmt＝·aΔt·Δt 得Δt＝＝2×10－3 s ‎(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′2‎ 得t0′＝＝×10－3 s<＝5×10－3 s 即在0～时间内，不能到达B板的粒子都能打到A极板上 所以k＝＝＝2.‎