电场习题

现取以下简化模型进行定量研究。如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点，小球与极板每次发生碰撞后，速度都立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷性质与该极板电荷性质相同，电量为极板电量的n倍（n<<1），不计带电小球带电对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g （1）当电键S闭合后，电容器所带的电量Q=？

（2）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？

（3）设上述条件已满足，在较长的时间间隔t内，小球做了很多次往返运动。求在t时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。

S ＋ A ＋

E d m

－ － B

解：（1）由CQ 解得Q=EC„„„„„„„„„„„„„„„①（3分） EE>mg„„②（3分），其中q=nQ„„③（2分） d（2）用q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的

电场力至少应大于重力，则q

由①、②、③三式解得：E>

mgd„„„„（2分） nC（3）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示

其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有：

E1

q+mg=ma1，d= a1t12, 解得：t12d2md2„„„（3分）

nCE2mgd当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有：

E1

q－mg=ma2，d= a2t22， 解得：t22d2md2„„（3分）

nCE2mgd小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在t时间内往返的次数N=由以上关系式得N=

t2md22md2nCE2mgdnCE2mgdt

， t1t2

„„„„„（2分）

小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'=2qN, 由以上两

用心 爱心 专心

式可得Q2nCEt2md22md22nCEmgdnCE2mgd „„„„„„（2分）

30、（北京崇文区2008年二模）（20分）如图所示，一带电平行板电容器水平放置，金属板M上开有一小孔。有A、B、C三个质量均为m、电荷量均为＋q的带电小球（可视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态。已知M、N两板间距为3L，现使A小球恰好位于小孔中，由静止释放并让三个带电小球保持竖直下落，当A球到达N极板时速度刚好为零，求：

（1）三个小球从静止开始运动到A球刚好到达N板的过程中，重力势能的减少量； （2）两极板间的电压；

（3）小球在运动过程中的最大速率。 (1)（4分）设三个球重力势能减少量为△Ep

△Ep= 9mgL （4分） (2)（6分）设两极板电压为U ，由动能定理

W重-W电＝△Ek （2分）

3mg·3L－UUUq3L－q2L－qL＝0 （2分） 3L3L3LU =

9mgL

（2分） 2q

(3)（10分）当小球受到的重力与电场力相等时，小球的速度最大vm 3mg=

Unq （3分） 3L n=2 （2分）

小球达到最大速度的位置是B球进入电场时的位置 由动能定理 3mg·L-U1qL= ×3mvm2 （3分） 3L2vm=gL （2分）

用心 爱心 专心

31、（北京宣武区2008年二模）(18分) 如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球（可看成质点）被长度为r的绝缘细绳系住并悬挂在固定点O，当一颗质量同为m、速度为v0的子弹沿水平方向瞬间射入原来在A点静止的小球，然后整体一起绕O点做圆周运动。若该小球运动的区域始终存在着竖直方向的匀强电场，且测得在圆周运动过程中，最低点A处绳的拉力TA=2mg，求： （1）小球在最低点A处开始运动时的速度大小； （2）匀强电场的电场强度的大小和方向； （3）子弹和小球通过最高点B时的总动能。

(1)mv0=2mvA共…………………………（3分） vA共=

1v0……………………（3分） 2(2)qE=2mv2A共/r………………………………………………………………（2分）

1mv2E= ……………………………………………………………（2分） 2qrE的方向是: 竖直向上………………………………………………（2分） (3)在AB过程中应用动能定理有： qE·2r-2mg·2r=EkB-（3分） ∴EkB=

1·2mv2共………………………………252

mv0-4mgr………………………………………………………（3分） 432、（北京海淀区2008年二模）（16分）质量m=2.0×10-4kg、电荷量q=1.0×10-6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1。在t=0时刻，电场强度突然增加到E2=4.0×103N/C，到t=0.20s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变。取g=10m/s2。求：

（1）原来电场强度E1的大小；

（2）t=0.20s时刻带电微粒的速度大小；

（3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能。

（1）带电微粒静止，受力平衡

q E1=mg„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 2分 解得：E1=2.0×103N/C„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 （2）在E2电场中，设带电微粒向上的加速度为a1，根据牛顿第二定律

q E2-mg=ma1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 2分 解得：a1=10m/s2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 设0.20s末带电微粒的速度大小为v1，则

v1=a1t „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 2分 解得：v1=2. 0m/s„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 （3）把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1，则

0-v1=-gt1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 解得：t1=0.20s

设带电微粒在水平方向电场中的加速度为a2，根据牛顿第二定律

q E2=ma2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 解得：a2=20m/s2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分

用心 爱心 专心

设此时带电微粒的水平速度为v2

v2=a2t1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 解得：v2=4.0m/s

设带电微粒的动能为Ek Ek=

12mv2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 1分 2解得：Ek=1.6×10-3J„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1 分 33、（北京东城区2008届期末考）（ 1 2分）如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场。一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中。管的水平部分长为l1 = 0.2m，管的水平部分离水平地面的距离为h = 5.0m，竖直部分长为l2 = 0.1m。一带正电的小球从管口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分（长度极短可不计）时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半。(g = 10m/s2)求：

⑴小球运动到管口B时的速度vB的大小； ⑵小球着地点与管口B的水平距离s。 (12分)

分析和解：⑴在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：

mgl2F电l1解得：B12mB0 „„„„„„„„„„„„„„„„① (2分) 2g(l12l2) „„„„„„„„„„„„„„„ ② (2分)

代入数据可得：υB = 2.0m/s „„„„„„„„„„„„„„„③ (2分)

⑵小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t， 水平方向有：ag „„„„„„„„„„„„„„„„„„„④ (1分)，

21sBtat2„„„„„„„„„„„„„„„„„„ ⑤ (2分)

212竖直方向有：hgt „„„„„„„„„„„„„„„„„ ⑥ (1分)

2由③~⑥式，并代入数据可得：s = 4.5m „„„„„„„„„„„„ (2分) 34（、北京海淀区2008届期末考）图18为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4.0 cm，两板间距离d＝1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L＝18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v=1.6×107 m／s的速度沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e＝1.6×10-19 C，质量m＝0.91×10-30 kg。

（1）求加速电压U0的大小；

（2）要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件；

（3）在竖直偏转电极上加u＝40 sin100πt（V）的交变电压，求电子打在荧光屏上亮线的长度。

U

（1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有

1eU0=mv2

2用心 爱心 专心

阴极 U0 l 图18

L 解得U0=728V„„„„3分

（2）设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，

d121eU12att „„„1分 222mdl电子通过偏转电场的时间t„„„1分

v即

d2m91V解得 U1， et2所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91V„„„1分 （3）由u＝40 sin100πt（V）可知100s，Um40V 偏转电场变化的周期T=

12l0.02s，而t==2.5×10-9 s。T>>t，可见每个电子通过偏v1eUm2t0.20cm。

2md转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。

当极板间加最大电压时，电子有最大偏转量ym电子飞出偏转电场时平行极板方向分速度vx=v，

垂直极板方向的分速度vy=ayt=

电子离开偏转电场到达荧光屏的时间 teUmt mdLL vxv电子离开偏转电场后在竖直方向的位移为y2=vy t′=2.0cm

电子打在荧光屏上的总偏移量Ymymy22.2cm„„„„1分 电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym4.4cm„„„„1分

用下面的方法也给分：

设电子在偏转电场有最大电压时射出偏转电场的速度与初速度方向的夹角为θ，

则tanθ=

vyvx=0.11

电子打在荧光屏上的总偏移量YmlLtan2.2cm„„„„1分 2电子打在荧光屏产生亮线的长度为2Ym4.4cm„„„„1分

35、（北京宣武区2008届期末考）（6分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另

一端系一质量为m、带电荷+q的小球，小球静止时处于O´点。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球能够静止在A点。此时细线与竖直方向成θ角。若已知当地的重力加速度大小为g，求：⑴该匀强电场的电场强度大小为多少？⑵若将小球从O´点由静止释放，则小球运动到A点时的速度有多大？

用心 爱心 专心

mgtan1⑴E ⑵v2gl1

qcos

O θ l A O´ 36、（北京丰台区2008年三模）（19分）在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37的直线运动。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（取sin370.6,cos370.8） （1）小球受到的电场力的大小及方向；

（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U． 参考解答

（1）根据题设条件，电场力大小 Femgtan373mg 4① 电场力的方向向右

（2）小球沿竖直方向做初速为v0的匀减速运动，到最高点的时间为t，则： vyv0gt0

tv0 g ②

沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax axFe3g m4 ③

2123v0 此过程小球沿电场方向位移为：sxaxt

28g④

小球上升到最高点的过程中，电场力做功为： WqUFeSx292mv0 32

9mv0 U ⑤

32q评分标准：本题共19，（1）问6分，正确得出①式给4分，正确得出电场力的方向水平向右得2分；（2）问13分，正确得出②、③、④各给3分、⑤式给4分． 37、（北京顺义区2008年三模）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：

用心 爱心 专心

E （1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。 解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：-3q B +2q A 3.5L 固定底座 W12qE2.5L(3qE1.5L)0

而且还能穿过小孔，离开右极板。

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为

W2，有：

W22qE2.5L(3qE3.5L)0

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。 （1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a122qEqE= 2mm球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12a1L 求得：v12qEL m（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：

t1

v12mL 得： t1 a1qE3qE2qEqE

2m2m球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：

a2显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为

2t2，则有： v2v122a21.5L t2v2v1 a2求得： v212qEL2mL ,t22mqE球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：

a33qE 2m设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有：

t30v2 a32v22a3x

求得：t112mLL,x

3qE672mL

3qEL 6

用心 爱心 专心

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

tt1t2t3球A相对右板的位置为：x