1、第第 43 节节 电场综合题电场综合题 1. 2012年物理上海卷年物理上海卷 20如图，质量分别为 mA和 mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为 qA和 qB，用绝缘细线悬挂 在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直 方向间夹角分别为 1与 2（12） 。两小球突然失去各自所带 电荷后开始摆动，最大速度分别 vA和 vB，最大动能分别为 EkA 和 EkB。则 （ ） （A）mA一定小于 mB （B）qA一定大 于 qB （C）vA一定大于 vB （D）EkA一定大于 EkB 答案：ACD 解析：分别对 A、B进行受力分析，如图所示 两球间的库仑斥力是作用力与反作用力总是大
2、小相等， 与带电量的大小无关，因此 B选项不对， 对于 A球： gMcosT,FsinT AAA 11 对于 B球： gMcosT,FsinT BBB 22 联立得： ，又 1 21 tangMtangMF BA 2， 可以得出：mALB 这样代入后可知：vAvB ， C选项正确 A到达最低点的动能： 2 tancos sin cos1 cos)cos1 ( tan )cos1 ( 2 1 1 1 1 1 11 1 1 2 AAAAAAA FLFLL F gLMvM B到达最低点的动能： 2 tancos sin cos1 cos)cos1 ( tan )cos1 ( 2 1 2 2 2 2
3、22 2 2 2 BBBBBBB FLFLL F gLMvM 由于 12可知， 2 tan 2 tan 21 又： ,coscos 21 BA LL B A 1 2 BA 1 2 mAg mBg F F TA TB 可得：，因此 D 选项也正确。 22 2 1 2 1 BBAA vMvM 2. 2013年上海卷年上海卷 32 （12分）半径为 R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图 所示，图中 E0已知，E-r 曲线下 O-R部分的面积等于 R-2R部分的面积。 （1）写出 Er 曲线下面积的单位； （2）己知带电球在 rR处的场强 E=kQ/r2，式中 k为静电
4、力 常量，该均匀带电球所带的电荷量 Q 为多大? （3）求球心与球表面间的电势差 U； （4）质量为 m，电荷量为 q的负电荷在球面处需具有多大的 速度可以刚好运动到 2R处? 答：（1）V（或 Nm/C） （2）Q=E0R2/k（3）U= E0R/2 （4） m RqE v 0 解：（1）曲线下面积的单位为 V (或 Nm/C) （2）均匀带电球表面处的场强 2 0 R Q kE 所带的电荷量 k RE Q 2 0 （3）球心与表面间电势差为将单位正电荷由球心移动到球表面过程中电场力的功，其大小即图中 三角形面积，因此 REU 0 2 1 （4）由动能定理 2 2 1 0mvUq 由题意 得
5、 REU 0 2 1 m RqE v 0 3. 2013年浙江卷年浙江卷 24 （20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相 互绝缘、半径分别为 RA和 RB的同心金属半球面 A和 B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球 心 的截面如图所示。一束电荷量为 e、质量为 m 的电 E r O R2R E0 M N A B C RB RA O Odx E0 E 子以不同的动能从偏转器左端 M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的 探测板 N，其中动能为 Ek0的电子沿等势面 C做匀速圆周运动到达 N板的正中间。忽略电场的边缘效 应
6、。 （1）判断球面 A、B的电势高低，并说明理由； （2）求等势面 C所在处电场强度 E的大小； （3）若半球面 A、B和等势面 C的电势分别为 A、B和 C，则到达 N板左、右边缘处的电子， 经过偏转电场前、后的动能改变量 Ek左和 Ek右分别为多少？ （4）比较|Ek左|和|Ek右|的大小，并说明理由。 答：（1）B板电势高于 A板； （2） BA k RRe E E 0 4 （3）Ek左=e(B -C)，Ek右=e(A -C) （4） |Ek左| |Ek右| 解： （1）电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从 B指向 A，B板电势高于 A 板。 （2）据题意，电子在电场
7、力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度 E大小相同，有： ， ， 2 v eEm R 2 0 1 2 k Emv 2 AB RR R 联立解得： 00 24 () kk AB EE E eRe RR (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有 Ek=qU 对到达 N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 )( eE CBk 左 对到达 N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 )( eE CAk 右 (4)根据电场线特点，等势面 B与 C之间的电场强度大于 C与 A之间的电场强度，考虑到等势面间 距相等，有，即|Ek左|Ek右| CACB 4. 2012年理综北京卷年理综北
8、京卷 24 （20 分） 匀强电场的方向沿 x轴正向，电场强度 E随 x的分布如图所示，图中 E0和 d 均为已知量。将带正 电的质点 A在 O 点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点 B放在 O 点也由静止释 放。当 B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为 零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知 A的电荷量为 Q，A和 B的质量分别为 m 和。不计重力。 4 m （1）求 A在电场中的运动时间 t； （2）若 B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值 Epm； Qq 9 4 （3）为使 B离开电场后不改变运动方向，求 B所带电荷量的最大值 qm。
9、 解析：（1）A在电场中做匀加速直线运动位移为 d，根据牛顿第二定律 m QE m F a A A 0 根据位移公式得 QE dm a d t A0 22 （2）设 A、B分别离开电场后的速度为 vA和 vB，根据动能定理有 QdEmvA 0 2 2 1 d Q Ev m B 9 4 42 1 0 2 由以上两式比较可知 A、B分别离开电场后的速度为 vA小于 vB，所以 B离开电场后与 A间的静电 斥力使 B减速，使 A加速，A、B系统的总动能减小，相互作用能增大，当 A、B的速度相同为 v时系 统的总动能最小，相互作用能最大，在此过程中只有相互作用的静电斥力系统的能量和动量都守恒有 v m
10、 mvv m mv BA 44 2222 42 1 2 1 2 1 42 1 v m mvEmvv m pmAB 联立四式解得 45 0Qd E Epm （3）A、B间距达到最小后静电斥力继续使 B减速，使 A加速，A、B系统的总动能增大，相互作 用能减小，A、B间距达到无穷大时相互作用能为 0。为使 B离开电场后不改变运动方向，B的速度满 足条件 0 B v 根据系统的能量和动量都守恒有 BABA v m vmv m mv 44 22 22 42 1 2 1 2 1 42 1 BAAB v m vmmvv m 式中 B的电量变为 qB有 dqEv m BB0 2 42 1 联立五式解得 ，
11、QqB 9 16 所以 B所带电荷量的最大值 Qqm 9 16 5. 2011年理综北京卷年理综北京卷 24 （20分）静电场方向平行于 x轴，其电势随 x的分布可简化为如图所示的折线，图中 0 和 d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以 x=0 为中心， 沿 x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为 m、电量 为-q，其动能与电势能之和为-A（0A0） 、质量为 m 的带电粒子在匀强电场的 作用下，在 t=0 时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如 图所示，不计重力。求在 t=0 到 t=T的时间间隔内 (1)粒子位移的大小和方向 (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间 解法一：(1)带电粒子
12、在 0T/4、T/4T/2、T/23T/4、3T/4T 时间间隔内做匀变速运动，设加速 度分别为、，由牛顿第二定律得 1 a 2 a 3 a 4 a 0 1 qE a m 0 2 2 qE a m 0 3 2 qE a m 0 4 qE a m 由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的加速度-时间图象如图(a)所示。对应的速度-时间图象如 图(b)所示，其中 0 11 44 qE TT a m v 由图(b)可知，带电粒子在到 t=T 时的位移为 0t 1 4 T s v 由式得 2 0 16 qE sT m 它的方向沿初始电场正方向。 (2)由图(b)可知，粒子在到内沿初始电场的反 3 8
13、tT 5 8 tT 方向运动，总的运动时间 t为 53 884 T tTT 解法二：(1) 带电粒子在 0T/4、T/4T/2、T/23T/4、3T/4T 时间间隔内做匀变速运动，设加 速度分别为、，由牛顿第二定律得 1 a 2 a 3 a 4 a t0.25T 0. 5T 0.75T T E0 2E0 -2E0 -E0 0 E a t 0.25T 0.5T 0.75T T 2qE0/m 0 qE0/m -qE0/m -2qE0/m 图（a） v t 0.25T0.5 T 0.75TT v1 v1 0 图（b） 0 1 qE a m 0 2 2 qE a m 0 3 2 qE a m 0 4
14、qE a m 设带电粒子在、时的速度分别为、，则 4 T t 2 T t 3 4 tTtT 1 v 2 v 3 v 4 v 11 4 T av 212 4 T avv 323 4 T avv 434 4 T avv 设带电粒子在到 t=T时的位移为 s，有 0t 2334112 () 22224 T s vvvvvvv 联立以上各式可得 2 0 16 qE sT m 它的方向沿初始电场正方向。 (2)由电场的变化规律知，时粒子开始减速，设经过时间粒子速度减为零。 4 T t 1 t 12 1 0a tv 将式代入上式得 1 8 T t 粒子从时开始加速，设经过时间速度变为零。 2 T t 2
15、t 23 2 0a tv 此式与式联立得 2 8 T t t=0 到 t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t为 12 () 4 T ttt 将式代入式得 4 T t 7. 2011年理综浙江卷年理综浙江卷 25 （22分）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为 L、宽为 b、高为 d 的矩形通道，其前、后面 板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直 流电源相连。质量为 m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度 v0进入矩形通道，当带负电的尘埃 碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距 d 可以改变收集效率 。当 d=d0时 为
16、81%（即离下板 081d0范围内的尘埃能够被收集） 。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互 作用。 L d b v0 图甲 + + L d 接地线 图乙 v0 求收集效率为 100%时，两板间距的最大值 dm； 求收集率 与两板间距 d 的函数关系； 若单位体积内的尘埃数为 n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 M/t与两板间距 d的 函数关系，并绘出图线。 【解析】 （1）收集效率为 81%，即离下板 0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源 的电压为，在水平方向有 UtvL 0 在竖直方向有 2 0 2 1 81 . 0 atd 其中 0 md qU m qE m F a 当
17、减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为 100%时， 两板间距为。如果进一步减少，收集效率仍为 100%。 m dd 因此，在水平方向有 tvL 0 在竖直方向有 2 2 1 tadm 其中 m md qU m Eq m F a 联立可得 0 9 . 0 ddm （2）通过前面的求解可知，当时，收集效率为 100% 0 9 . 0 dd 当时，设距下板处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 0 9 . 0 dd x 2 0 2 1 v L md qU x 根据题意，收集效率为 d x 联立可得 2 0 81 . 0 d d （3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量= /Mt 0 nmbdv 当时，因此= 0 9 . 0 dd 1/Mt 0 nmbdv 当时，因此= 0 9 . 0 dd 2 0 81 . 0 d d /Mt d d nmbv 2 0 0 81 . 0 绘出的图线如下
