2022年度高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案

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1、2022年度高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案 一、電容器及電容 1.電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成. (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值. (3)電容器的充、放電： ①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能. ②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 2.電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與兩個極板間的電勢差的比值. (2)定義式：C＝. (3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012p

2、F. (4)意義：表示電容器容納電荷本領的高低. (5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關. 3.平行板電容器的電容 (1)決定因素：正對面積，相對介電常數(shù)，兩板間的距離. (2)決定式：C＝. 自測1　關于電容器及其電容，下列說法中正確的是(　　) A.平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，則此電容器不帶電 B.由公式C＝可知，電容器的電容隨電荷量Q的增加而增大 C.對一個電容器來說，電容器的電荷量與兩板間的電勢差成正比 D.如果一個電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容 答案　C 二、帶電粒子在

3、電場中的運動 1.加速 (1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv02. (2)在非勻強電場中，W＝qU＝mv2－mv02. 2.偏轉(zhuǎn) (1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖1所示. 圖1 (2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動.根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關問題. (3)基本關系式：運動時間t＝，加速度a＝＝＝，偏轉(zhuǎn)量y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值：tanθ＝＝＝. 三、示波管 1.示波管的構造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏(如圖2所示

4、) 圖2 2.示波管的工作原理 (1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓. (2)觀察到的現(xiàn)象 ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑. ②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象. 自測2　教材P39第3題　先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場.進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比. (1)電子與氫核的初速度相同. (2)電子與氫

5、核的初動能相同. 答案　見解析 解析　設加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d、極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中加速運動，進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能mv02＝qU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝＝. (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝. (2)若電子與氫核的初動能相同，則＝1. 命題點一　平行板電容器的動態(tài)分析 1.兩類典型問題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，

6、電容器兩極板間的電勢差U保持不變. (2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變. 2.動態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化. ②根據(jù)E＝分析場強的變化. ③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化. (2)Q不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化. ②根據(jù)E＝＝分析場強變化. 例1　(2016·全國卷Ⅰ·14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上.若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C.極板上的電荷

7、量變大，極板間電場強度不變 D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 答案　D 解析　由C＝可知，當將云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小.再由E＝，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確. 變式1　(2016·天津理綜·4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(

8、　　) 圖3 A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變 C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變 答案　D 解析　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據(jù)E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確. 變式2　(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極板間的電勢差為U，P點場強大

9、小為E，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小 C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小 答案　AC 解析　根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強度增大，故A正確；設P與B板之間的距離為d′，P點的電勢為φP，B板接地，φB＝0，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確. 命題點二　帶電粒子

10、在電場中的直線運動 1.做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動. (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動. 2.用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad. 3.用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 例2　如圖5所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點.現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) 圖5

11、 A.運動到P點返回 B.運動到P和P′點之間返回 C.運動到P′點返回 D.穿過P′點 答案　A 解析　根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確. 變式3　勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖6所示.當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖6 A.帶電粒子將始終向同一個方向運動 B.2s末帶電粒子回到原出

12、發(fā)點 C.3s末帶電粒子的速度不為零 D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零 答案　D 解析　由牛頓第二定律可知帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度和第2s內(nèi)的加速度的關系，因此粒子將先加速1s再減速0.5s，速度為零，接下來的0.5s將反向加速……，v－t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知選項A錯誤；由圖象可知2s內(nèi)的位移為負，故選項B錯誤；由圖象可知3s末帶電粒子的速度為零，故選項C錯誤；由動能定理結合圖象可知0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零，故選項D正確. 變式4　如圖7所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處

13、由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g).求： 圖7 (1)小球到達小孔處的速度大??； (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到運動到下極板處的時間. 答案　(1)　(2)　C (3) 解析　(1)由v2＝2gh得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，加速度大小為a，有 qE－mg＝ma 且v2－0＝2ad，得E＝， 由U＝Ed、Q＝CU，得Q＝C. (3)由t＝h＋d， 可得t＝ 命題點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1.運動規(guī)律 (1)沿初速度方向

14、做勻速直線運動，運動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 2.兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的. 證明：由qU0＝mv02 y＝at2＝··()2 tanθ＝ 得：y＝，tanθ＝ (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為. 3.功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差. 例3　(2016·北京理綜·23改編)如圖8所示，電子由靜

15、止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖8 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2. 答案　(1)　　　(2)見解析 解析　(1)根

16、據(jù)動能定理，有eU0＝mv02， 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29N 電場力F＝≈10－15N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力. 1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當開關S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向的夾角為θ，則(　　) 圖1 A.當開關S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角θ增大 B.當開關S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角θ增大 C.當開關S閉合時，若減小

17、平行板間的距離，則夾角θ增大 D.當開關S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角θ減小 答案　C 解析　帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tan θ＝，當開關S斷開時，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或減小兩極板間的距離d，電容器兩極板間的電場強度不變，θ不變，選項A、B錯誤；當開關S閉合時，因為兩極板間的電壓U不變，由E＝可知，減小兩極板間的距離d，E增大，θ變大，選項C正確，D錯誤. 2.(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示.下列說法正確的是(　　) A.保持U不變，將d變?yōu)樵瓉?/p>

18、的兩倍，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? B.保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀? C.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话? D.保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话?，D項正確. 3.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，

19、從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖2所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖2 A. B.edUh C. D. 答案　D 解析　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝. 4.(2015·新課標全國Ⅱ·14)如圖3所示，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖3 A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動 C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動 答案　D 解析　兩平行

20、金屬板水平放置時，帶電微粒靜止，有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確. 5.如圖4所示，電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板，介質(zhì)與被測物體相連，電容器接入電路后，通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置，則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上帶電荷量增加 B.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大 C.若電容器極板間的

21、電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板 D.若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負極板 答案　D 解析　若x變大，則由C＝，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由Q＝CU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負電荷的極板失去電子，所以有電流流向負極板，A、C錯誤，D正確.若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U＝可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤. 6.如圖5所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(

22、　　) 圖5 A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低 C.帶電油滴的電勢能將減少 D.電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大 答案　B 解析　電容器和電源相連，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間距離增大，可知兩極板間的電場強度E電減小，故油滴將向下運動，A錯誤；下極板接地，所以電勢為零，設P點距離下極板的距離為L，則φP＝E電L，L不變，E電減小，所以P點的電勢將降低，B正確；油滴向下運動，帶負電，故電場力做負功，電勢能增大，C錯誤；根據(jù)公式C＝可得，d增大，C減小，因U不變，根據(jù)公式C＝可得，C減小，Q減小，故D錯誤. 7.(2017·安徽蚌埠四校聯(lián)考

23、)如圖6所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣沿垂直電場方向射入勻強電場，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負極板不動，正極板在豎直方向移動，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖6 A.2倍B.4倍C.D. 答案　C 解析　電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，做類平拋運動.假設電子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長度為L，極板的間距為d，電場強度為E.由于電子做類平拋運動，所以水平方向有：L＝vt，豎直方向有：y＝at2＝··()2＝d.因為E＝，可得：d2＝，若電子的速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?/p>

24、，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應變?yōu)樵瓉淼?，故選C. 8.如圖7所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　) 圖7 A.在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 B.在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 C.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1 答案　B 解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金

25、屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動.豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3.又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，A選項錯；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，B選項對；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故C、D選項錯. 9.(2014·山東理綜·18)如圖8所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速

26、率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤. 10.如圖9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止.重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖9 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原

27、來的，物塊的加速度是多大？ (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能. 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 解得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 解得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，支持力不做功，由動能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 解得Ek＝0.3mgL. 11.反

28、射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.如圖10所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動.已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示.帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應.求： 圖10 (1)B點到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 答案　(1)0.5

29、0cm　(2)1.5×10－8s 解析　(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm. (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2， 由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1＝a1t12，d2＝a2t22. 又t＝t1＋t2， 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得t＝1.5×10－8 s. 12.(2017·湖北黃岡中學模擬)如圖11甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所

30、示(取水平向右為正方向).一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)，開始處于圖中的A點.在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時間t0，剛好運動到B點，且瞬時速度為零.已知電場強度大小為E0.試求： 圖11 (1)電場變化的周期T應滿足的條件； (2)A、B之間的距離； (3)若在t＝時刻釋放該粒子，則經(jīng)過時間t0粒子的位移為多大？ 答案　見解析 解析　(1)經(jīng)過時間t0，瞬時速度為零，故時間t0為周期的整數(shù)倍，即： t0＝nT 解得：T＝，n為正整數(shù). (2)作出v－t圖象，如圖甲所示. 最大速度為：vm＝a·＝· v－t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，為： s＝vmt0＝，n為正整數(shù). (3)若在t＝時刻釋放該粒子，作出v－t圖象，如圖乙所示. v－t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，上方面積表示前進距離，下方的面積表示后退的距離： 故位移為：x＝··()2·2n－··()2·2n＝，n為正整數(shù).