电场综合题

第43节电场综合题1.2012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θ1与θ2（θ1＞θ2）。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小相等，与带电量的大小无关，因此B选项不对，对于A球：gMθcosT,FθsinTAAA11对于B球：gMθcosT,FθsinTBBB22联立得：21θtangMθtangMFBA，又θ1＞θ2，可以得出：mAmB，A选项正确在两球下摆的过程中根据机械能守恒：,21)cos1(21AAAAvMgLM可得：)cos(gLvAA112,21)cos1(22BBBBvMgLM可得：)cos(gLvBB212开始A、B两球在同一水平面上，,coscos1BBALL由于θ1＞θ2，可以得出：LALB这样代入后可知：vAvB，C选项正确A到达最低点的动能：2tancossincos1cos)cos1(tan)cos1(21111111112AAAAAAAFLFLLFgLMvMB到达最低点的动能：2tancossincos1cos)cos1(tan)cos1(21222222222BBBBBBBFLFLLFgLMvM由于θ1＞θ2可知，2tan2tan21又：,coscos21BALLBAθ1θ2BAθ1θ2mAgmBgFFTATB可得：222121BBAAvMvM，因此D选项也正确。2.2013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E－r曲线下面积的单位；（2）己知带电球在r≥R处的场强E=kQ/r2，式中k为静电力常量，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ΔU；（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Nm/C）（2）Q=E0R2/k（3）ΔU=E0R/2（4）mRqEv0解：（1）曲线下面积的单位为V(或Nm/C)（2）均匀带电球表面处的场强20RQkE∴所带的电荷量kREQ20（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REU021（4）由动能定理2210mvUq由题意REU021得mRqEv03.2013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ErOR2RE0MNABCRBRAOOdxE0Em的电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。（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φA、φB和φC，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ΔEk左和ΔEk右分别为多少？（4）比较|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并说明理由。答：（1）B板电势高于A板；（2）BAkRReEE04（3）ΔEk左=e(φB-φC)，ΔEk右=e(φA-φC)（4）|ΔEk左||ΔEk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：2veEmR，2012kEmv，2ABRRR联立解得：0024()kkABEEEeReRR(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk=qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有)(eECBk左对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有)(eECAk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CACB，即|ΔEk左||ΔEk右|4.2012年理综北京卷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4m。不计重力。（1）求A在电场中的运动时间t；（2）若B的电荷量Qq94，求两质点相互作用能的最大值Epm；（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。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mQEmFaAA0①根据位移公式得QEdmadtA022（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QdEmvA0221②dQEvmB9442102③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vmmvvmmvBA44④22224212121421vmmvEmvvmpmAB⑤联立②③④⑤四式解得450QdEEpm（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Bv⑥根据系统的能量和动量都守恒有BABAvmvmvmmv44⑦22224212121421BAABvmvmmvvm⑧③式中B的电量变为qB有dqEvmBB02421⑨联立②⑥⑦⑧⑨五式解得QqB916，所以B所带电荷量的最大值Qqm9165.2011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（0Aq0）,忽略重力。求⑴粒子所受电场力的大小；⑵粒子的运动区间；⑶粒子的运动周期。【解析】（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0电场强度的大小dE0电场力的大小dqqEF0（2）设粒子在[-x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得Aqmv221①由图可知)dx(10②由①②得A)dx(qmv12102因动能非负，有010A)dx(q得)qA(dx01即)qA(dx001粒子运动区间)qA(dd)qA(d0011（3）考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期φφ0O-ddx根据牛顿第二定律，粒子的加速度mdqmqEmFa0由匀加速直线运动axt02将④⑤代入，得)qA(qmdt00212粒子运动周期)Aq(mqdtT002446.2013年全国卷大纲版25．（19分）一电荷量为q（q0）、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)带电粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为1a、2a、3a、4a，由牛顿第二定律得01qEam①022qEam②032qEam③04qEam④由此得带电粒子在0~T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01144qETTamv⑤由图(b)可知，带电粒子在0t到t=T时的位移为14Tsv⑥由⑤⑥式得2016qEsTm⑦它的方向沿初始电场正方向。(2)由图(b)可知，粒子在38tT到58tT内沿初始电场的反方向t0.25T0.5T0.75TTE02E0-2E0-E00Eat0.25T0.5T0.75TT2qE0/m0qE0/m-qE0/m-2qE0/m图（a）vt0.25T0.5T0.75TTv1－v10图（b）运动，总的运动时间t为53884TtTT⑧解法二：(1)带电粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为1a、2a、3a、4a，由牛顿第二定律得01qEam①022qEam②032qEam③04qEam设带电粒子在4Tt、2Tt、34tT、tT时的速度分别为1v、2v、3v、4v，则114Tav⑤2124Tavv⑥3234Tavv⑦4344Tavv⑧设带电粒子在0t到t=T时的位移为s，有2334112()22224Tsvvvvvvv⑨联立以上各式可得2016qEsTm⑩它的方向沿初始电场正方向。(2)由电场的变化规律知，4Tt时粒子开始减速，设经过时间1t粒子速度减为零。1210atv将①②⑤式代入上式得18Tt粒子从2Tt时开始加速，设经过时间2t速度变为零。2320atv此式与①②③④⑤⑥式联立得28Ttt=0到t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为12()4Tttt将式代入式得4Tt7.2011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η。当d=d0时η为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。⑴求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；⑵求收集率η与两板间距d的函数关系；⑶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ΔM/Δt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U，在水平方向有tvL0①在竖直方向有202181.0atd②其中0mdqUmqEmFa③当减少两板间距是，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md。如果进一步减少d，收集效率仍为100%。因此，在水平方向有tvL0④在竖直方向有221tadm⑤其中mmdqUmEqmFa⑥联立①②③④⑤⑥可得09.0ddm⑦（2）通过前面的求解可知，当09.0dd时，收集效率为100%⑧当09.0dd时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有2021vLmdqUx⑨Ldbv