专题盘点

【回顾概括】

???19?两种电荷,电荷守恒,元电荷e?1.6?10C???内容:???qq??库仑定律?表达式:F?k122r?????适用条件:真空,点电荷???有力的作用?基本性质:电场对放入其中的电荷????定义:?????FQU?公式:E?(定义式),E?k(点电荷),E?(匀强电场)??2?qrd?电场力的性质????电场强度?方向:正电荷受力的方向????单位:N/C,V/m电?????叠加:遵循平行四边形定则场??????????末位置有关,与路径无关?基本性质:电场力做功只与电荷始????电势:??EP/q???电势能:EP?qE?电场能的性质???电势差:UAB??A??B,U?Ed??电场力的功:W?E?E?qU?PAPBAB????等势面:面上各点电势均相等??Q?Q?S??平行板电容器C??电容:C?U?U4?kd???平衡??)?加速(注意力学规律的应用?电场中的带电粒子???偏转?

【专题盘点】

一、静电力与平衡知识的总结

1．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。库仑力实质也是电场力，与重力、弹力一样，

它是一种基本力，注意力学规律的应用及受力分析

2．明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了电场力而已 3．求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则，三角形法则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件去解决

例题1．如图1-9-1所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，为零保证当丝线与竖直方向的夹角θ=600时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为

1

600 mg

图1-9-1

A．

mgtan60q0 B．

mgcos60q0 C．

mgsin60q0 D．

mgq

解析：取小球为研究对象，它受到重力、丝线的拉力和电场力的作用，因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件可知，F和Eq的合力与mg是等大反向的，根据力的平行四边形定则可知，当电场力的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图1-9-2所示，则qE?mgsin?得：

mgsin?qmgsin?q3mg2q600 qE F 图1-9-2E? mg ，所以该匀强电场的电场强度E??

故ACD正确

答案：ACD

变式题1．两个大小相等的小球带有同种电荷（可看成点电荷），质量分别为m1，m2，带电荷量分别为q1和q2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使线张开，分别与垂线方向成夹角?1和?2，且两球同处一水平线上，如图1-9-3所示，若?1??2，则下述结论正确的是

A．q1一定等于q2 B．一定满足

q1m1?q2m2

图1-9-3 C．m1一定等于m2 D．必须同时满足q1=q2，m1=m2 解析：因为小球所处的状态是静止，应该用平衡条件去分析

小球m1受三个力，T、F、m1g作用，以水平和竖直方向建立直角坐标系，此时只需分解T，由平衡条件得：水平方向：kq1q2r2?Tsin?1

竖直方向：Tcos?1?m1g 则tan?1?kq1q2m1gr2

同理，对m2分析得：tan?2?kq1q2m2gr2

因为?1??2，所以tan?1?tan?2，所以m1=m2，可见，只要m1=m2，不管q1、q2如何，

?1都等于?2，所以C正确

答案：C

二、电场强度及其叠加

电场的叠加与共点力和合成相同，都是应用平行四边形定则求矢量合 例题2．如图1-9-4所示，A、B、C三点为一直角三角形的顶点，

E C 2

A 图1-9-4

B 0?B?30,现在A、B两点放置两个点电荷qA、qB，测得C点场强方向与AB平行，问qA

带什么电？qA：qB是多少？

解析：由A、B在C点产生的场强EC可作出矢量图，如图1-9-5所示，可知A一定带负电，且EA：EB=1：2，又EA?k2EB EC C EA A B 图1-9-5

qALAC2，E?kqBL2BC，

联立得：

qAqB?LAC2L2BC?18

点评：虽然本题两个电荷的电性都未知，但通过合场强在C点的方向给出后，结合矢量运算法则可判断A、B所带电荷的电性

变式题2．如图1-9-6所示，正六边形的顶点A上固定一个电量为Q的正点电荷，其余各顶点固定一个电量均为Q的负点电荷，若此正六边形的边长为L，求它的几何中心O处的场强大小和方向

解析：由于正六边形具有对称性，则AD连线、BE连线、CF连线均过O点，各顶点的电荷在O点场强均为E?kQL2A O B F E

，B、E两点的电荷在O点场强方向相反，大小

相等，则场强叠加为零，C、F两点的电荷在O点场强方向相反，大小相等，则场强叠加为零，因而O点的合场强只是由A、D两点电荷在O点形成的场强的合成，O点的场强EO?EA?ED?2kQL2C D 图1-9-6

，合场强的方向自O点指向D点

三、带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法和质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律。研究时，主要可以按以下两条线索展开 (1)力和运动的关系-----牛顿第二定律

根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况 （2）功和能的关系------动能定理

根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或从全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化，经历的位移等。这条线索同样也适用于非匀强电场

1．带电粒子在电场中的类平抛运动

平抛运动的特点是只受重力且初速度方向与受力方向垂直，带电粒子在匀强电场中受恒定的电场力作用发生偏转，如果粒子的初速度与电场力方向垂直，则其轨迹与抛物线类似，所以其处理方法完全可以类似于平抛运动的处理

例题3．如图1-9-7所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m，两板间距离 d = 0.4 cm，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q =+ 1×10-8 C，电容器电容为C =10-6 F．求 (1) 为使第一颗粒子能落点范围在下板中点O到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？

(2) 以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少颗粒子落到下极板

3

m,q v0 O d 图1-9-7

上？

解析：(1)由于两板间原来不带电，第一个粒子在板间做平抛 若第1个粒子落到O点，水平方向：解得：v01＝2.5 m/s．

若落到B点，水平方向：L＝v02t1，竖直方向：

d2L2d212＝v01t1，竖直方向：

＝

gt12

＝

12gt2

2

解得：v02＝5 m/s．

故2.5 m/s≤v0≤5 m/s．

(2)随着带电粒子落在下极板上，下极板的电势升高，两板间形成匀强电场，粒子开始做类平抛运动，若粒子刚好从B点射出，则水平方向：由L＝v01t，得t＝4×10-2 s．竖直方向：

d212＝

at2，得a＝2.5 m/s2，由牛顿第二定律得：mg－qE=ma，E=

Qq

Ud?Qdc，解得：Q＝6

×10-6 C．所以n?

＝600个．

A

2v N v B

变式题3．如图1-9-8所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，两板间距离为d，两板间电压为U，一质量为m的带电小球从两板间的M点开始以竖直向上的初速度v运动，当它到达电场中的N点时速度变为水平方向，大小变为2v，求A、B之间的电势差等于多少和电场力对带电小球所做的功？

解析：带电小球从M点运动到N点的过程中，在竖直方向上小球仅受到重力作用，从初速度v匀减速到零，水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v， 竖直方向：h?v2M 2g

2v2图1-9-8

水平方向：x?vt?/t?vt

又h?vt?v2t 所以：x?2h?v2g

2所以M、N两点间的电势差UMN?Ex?Udx?Uvdg

1212从M运动到N的过程中，由动能定理得：W电?mgh?解得：W电?2mv 2．电场中圆周运动问题

2mv2N?mv

2 圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是高考的热点，解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，灵活运用等效法、叠加法分析解决问题。

例题4．如图1-9-10所示，一绝缘光滑细圆环半径为r，环面处于水平面内，场强为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m得小球，可沿圆环做圆周运动，若小球经A点时速度方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用（设地球表面重力加速度为g）

vA E A B 4

图1-9-10

则：（1）小球经过A点时的速度大小vA是多大？

（2）当小球运动到与A点对称的B点时，小球的速度是多大？圆环对小球的作用力大小是多少？

解析：（1）小球在水平面内沿圆环做圆周运动，由题意可知，在A点电场力提供向心力：

qE?mvAr2 解得：vA?qErm

（2）球从A到B点过程中，只有电场力对小球做功，由动能定理得：

qE?2r?12mv2B?12mvA ,解得vB?25qErm

小球在B点受到圆环的作用力F的水平分力为Fx，则Fx?qE?mvBr2 解得：Fx?6qE

又圆环对球作用力F的竖直分力大小等于小球的重力即Fy?mg

圆环对球作用力F?Fx?Fy?2236(qE)?(mg)22

电场

变式题4.半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图1-9-11所示，珠子所受的电场力是重力的

34倍，将珠子从环上最低点A静止释放，则珠子所能获得

A 图1-9-11 qE θ 的最大动能是多少？

解析：设珠子的带电量为q，电场强度为E

珠子在运动过程中受到三个力的作用，如图1-9-12所示，其中只有电场力和重力对珠子做功，其合力为

F?FE?(mg)22?54mg

mg F 图1-9-12

FEF?35,cos??mgF?45设F与竖直方向夹角为θ，则sin??

方法一：珠子从A点释放后沿着圆环向右运动，当它对初位置A的偏角小于θ时，合力F对珠子做正功，珠子的动能增大；当它对初始位置A的偏角大于θ时，合力F对珠子做负功，珠子的动能减小．可见，只有当珠子的偏角恰等于θ时，即其速度方向垂直F时，珠子的动能达最大值．由动能定理得珠子动能的最大值为

EK?qErsin??mgr(1?cos?)?mgr(34sin??1?cos?)?14mgr

方法二：水平方向的电场，相当于空间有一个水平力场，水平力场强度

5

图1-9-13

g/

E?34g，它与竖直向下的重力场形成的复合力场的强度为g，g'与g之间的夹角设为θ，

如图1-9-13所示

珠子沿圆环运动，运动中动能最大的位置就是当它与圆心的连线沿着g'方向的位置．于是由能的转换立即可求出EK?mg/r(1?cos?)?14mgr

【直击高考】

1．(04吉林理综)如图，一绝缘细杆的两端各固定 着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀 +q 强电场中，电场方向如图1-9-14中箭头所示。开始时，细 Ⅲ 杆与电场方向垂直，即在图中Ⅰ所示的位置；接着 -q 使细杆绕其中心转过90”，到达图中Ⅱ所示的位置；

最后，使细杆移到图中Ⅲ所示的位置。以W1表示细

杆由位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中电场力对两小球所做的功，W2表示细杆由Ⅱ +q 位置Ⅱ到位置Ⅲ过

Ⅰ程中电场力对两小球所做的功，则有

+q -q A．W-q 1＝0，W2≠0 B．W1＝0，W2＝0 C．W1≠0，W2＝0 D．W1≠0，W2≠0

图1-9-14

解析：电场力做功只与带电小球的始末位置有关，设杆长为L，杆由

I位置转到II位置，电场力对正负带电小球都做正功，大小都为qEL2,所以

W1?2?qEL2?qEL?0；杆由II位置转到III位置，电场力对正带电小球都做正功，对

负带电小球做负功，大小都为qEL2,所以W2?qEL2?qEL2?0所以C正确

答案：C

2. (04北京理综) 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图1-9-15所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电图1-9-16

势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是

图1-9-15

解析：在x轴负方向，电子所受电场力右偏下，则电子竖直速度沿y轴负方向不断增加，到达O点时竖直速度最大，到达x轴正方向，电子所受电场力右偏上，则竖直速度沿y轴负

6

方向不断减小，又由于在x轴负方向的电子运动处电场线比x轴正方向的电子运动处的电场线密，则加速度相应较大，则在x轴负方向的速度经过相同的水平距离不能减小到零，故D正确 答案：D 3．（06全国2）ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图1-9-16所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是

A．两处的电场方向相同，E1＞E2 B．两处的电场方向相反，E1＞E2

C．两处的电场方向相同，E1＜E2 D．两处的电场方向相反，E1＜E2 解析：由对称性可知，P1左端杆内即P1处场强为E1是由杆的右端内的电荷与杆的左端

l2l2l4l4图1-9-16

内的电荷与P1右端杆内内的电荷在P1处的场强为零，

l2内的电荷产生的，而P2处场强E2可看成是由杆的右端

l2内的电荷在P2处的合场强，由对称性可知，杆的右端

l2内的电荷在

P2处的场强大小也为E1，若假定杆的右端

/

内的电荷在P2处的场强为E/，由电场的合成可

知E2=E1+E，即E2>E1，由此分析可知，两处的场强方向相反，故D正确 答案：D 4．（07年广东）平行板间加如图1-9-17(a)所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央。从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。图(b)

U 中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是

U0 O -U0 t

v O t O v t O v t O v T/2 T 3T/2 2T t

A．

解析：粒子在第一个

T2 B．

(b) (a) 图1-9-17

T2C． T2 D．

时刻速度最大，在第一个

内，电场反

内，做匀加速直线运动，

向，粒子做匀减速直线运动，到T时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程 答案：A

5．（07全国1）a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行，如图1-9-18所示。已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，由此可知c点的电势为 A．4V B．8V C．12V D．24V

解析：在匀强电场中，沿任何方向电势都是均匀降落的，所以Uba?Ucd，即

Ub?Ua?Uc?Ud，故c点的电势Uc?8V

a 20V b 24V

d 4V c

图1-9-18

答案：B

6．（07宁夏）两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中。小球1和2均带正电，电量分别为q1和q2（q1>q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，

7

如图1-9-19所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）

A．T?1?q1?q2?E B．T??q1?q2?E

2E

球2 球1

C．T?1?q1?q2?E D．T??q1?q2?E

2解析：以球1为研究对象，由牛顿第二定律可得：Eq1?T?ma 以球2为研究对象，由牛顿第二定律可得：Eq2?T?ma 联立解得：T?1?q1?q2?E

2图1-9-19

答案：A 7．（07重庆）如图1-9-20所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A。在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B。当B球到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ。若两次实验中B的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q2/q1为 A．2 B．3 C．23 D．33

解析：A于平衡状态，则库仑力F?mgtan?，当?1?300时，有kq1qr12O θ B 绝缘手柄 A 图1-9-20

?mgtan30，当?2?45时，有kr1?lsin30；

000q2qr22?mgtan45，r2?lsin45；

00联立得：

q2q1?23

答案：C

8．(07海南)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点（如图1-9-21所示）以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击

P 点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是 A．1∶2 B．1∶8 C．2∶1 D．4∶1 解析：粒子在竖直方向做匀加速直线运动，则d?12at2图1-9-21

?1qEt222m，粒子在水

平方向做匀速直线运动，则x?v0t，所以

qx：b?b?4 2mambxaqa2qm?2dv0Ex2即：比荷与x成反比，故

2答案：D

8

M 9．(07海南)如图1-9-22所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知MQ?NQ。下列叙述正确的是

+ Q N

图1-9-22

A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少

B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加 C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变

解析：由点电荷产生的电场的特点可知：M点的电势高，N点的电势低，所以正电荷从M点到N点，电场力做正功，电势能减少，故A对B错；负电荷由M点到N点，克服电场力做功，电势能增加，故C错；电场力做功与路径无关，负点电荷又回到M点，则整个过程中电场力不做功，电势能不变，故D对 答案：AD

10．(05上海)如图1-9-23所示，带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为_____，方向_____．（静电力恒量为k）

图1-9-23

解析：因为Ea?0故薄板与+q产生的场强在该处大小相等，方向相反，则

E板?Eq?kqd2，同时可知薄板也带正电，根据薄板形成电场的对称性，薄板在b点的场

强也为k答案：kqdqd2，方向水平向左

方向水平向左（或垂直薄板向左）

211．(04上海) “真空中两个静止点电荷相距10cm.它们之间相互作用力大小为9×10－4N. 当它们合在一起时，成为一个带电量为3×10－8C的点电荷.问原来两电荷的带电量各为多 少？某同学求解如下：

根据电荷守恒定律：q1?q2?3?10r2?8 （1） C?a

?29根据库仑定律：q1q2?kF?(10?109?102)2?9?10?4C2?1?10?15C2?b

以q2?b/q1 代入（1）式得： q1?aq1?b?0 解得q1?12(a?a?4b?212(3?10?3?9?10?16?4?10?15)C

根号中的数值小于0，经检查，运算无误.试指出求解过程中的问题并给出正确的解答. 解析：题中仅给出相互作用力的大小，两点电荷可能异号，按电荷异号计算. 由q1?q2?3?102?8C?a.q1q2?1?10?15C2?b. 得

q1?aq1?b?0 ①

9

由此解得 q1?5?10?8C ② q2?2?108C ③ 12.(05河北)图1-9-24中B为电源，电动势

E=27V，内阻不计。固定电阻R1=500Ω，R2为光P C 敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离细光束 b R2 R1 -2

v0 相等，极板长l1=8.0×10m，两极板的间距/ A Al1 d=1.0×10-2m。S为屏，与极板垂直，到极板的a c B 距离l2=0.16m。P为一圆盘，由形状相同、 图1-9-24 透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕

AA/轴转动。当细光束通过扇形a、b、c 照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚 线以速度v0=8.0×106m/s连续不断地射入C。已知电子电量e=1.6×10-19C，电子质量 m=9×10-31kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在 R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。 y/10-2m ?设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。 20 ?设转盘按图1-9-24中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图1-9-34给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。） 解析：（1）设电容器C两析间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1， U? y S O

l2 10 O 12345图1-9-25

6t/s

?R1R1?R2l1v0 ① E?Ud12 ② eE=ma ③

t1? ④ y1?at1 ⑤

3 由以上各式得 y1?e?2mv02(R1R1?R2d)l1 ⑥

代入数据得 y1?4.8?10 由此可见y1?12?3m ⑦

d，电子可通过C.

设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2， v1=at1 ⑧ t2?l2v0 ⑨ y2=v1t2 ⑩

10

由以上有关各式得 y2?－2

e?mv20(R1R1?R2)l1l2d

代入数据得 y2=1.92×10m 由题意 y=y1+y2=2.4×10－2m

24 y/10-2m （2）如图1-9-26所示

13．(05上海)如图1-9-27所示，带正电小球质量为m＝1×10kg，带电量为q＝1×10C，置于

光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终

沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=1.5m/s，此时小球的位移

－2

－6

20 12 10 O 123456t/s

图1-9-26

为S=0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．（g=10m/s）

某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScos??mvB2qScos?22

12mv2B?0得

E??75000cos?V/m．由题意可知θ>0，所以当E>7.5×10V/m时小球将始终沿

4

水平面做匀加速直线运动．

经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充．

解析：结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动．电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力

gEsinθ≤mg ① 所以tg??mgmvB2S2图1-9-27

?2SgvB2?2?0.15?102.25?43 ②

E?mgqsin??1?101?10?2?10?45V/m?1.25?10V/m

5?6即 7.5×104V/m

14．（04北京理综)图1-9-28是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d?0.1m，板的长度l?0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1?10?5C/kg。

11

图1-9-28

设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。 （1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H?0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？

（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。

解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。 依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足 l? 在水平方向上满足 s?d2?212gt <1>

21Uq2dmt <2>

2 <1><2>两式联立得 U?gmd2lq?1?10V

4 （2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足

1Uq?mg(l?H)?Uqm12mv2

2

v??2g(l?H)?4m/s （3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度vy?2g(l?H)?4m/s。反弹高度 h1?(0.5vy)2g2?()?()

42g1vy2 根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度

1n hn?()n()?()?0.8m 当n?4时，hn?0.01m

42g41vy215.（06全国1） 有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。

如图1-9-29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ε、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。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。

（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？

（2）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。

解析：（1）用Q表示极板电荷量的大小，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

E 应大于重力，则

＋ d － － 图1-9-29

B ＋ A 12

ε

q >mg ① 其中 q=αQ ② d

mgd ④ αC

（2）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表示其加又有 Q=Cε ③ 由以上三式有 ε>速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有

ε12 q +mg=ma1郝双制作⑤ d= a1t1⑥ d2

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

ε1

q －mg=ma2 ⑦ d= a2t22 d2

⑧

T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= 郝 ⑨

t1+t2由以上关系式得: n=

T

2md

+

αCε2+mgd

22md

αCε2－mgd

2 ⑩

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 ○11 由以上两式可得:郝双制Q'=2αCεT

222md2md

+ 2αCε+mgdαCε2－mgd

16．（06上海）电偶极子模型是指电量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图1-9-30(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化．

(1）如图1-9-30(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩； （2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功； （3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；

（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图1-9-38(c）排列，它们相互间隔距离恰等于 1．加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小．

郝双制 图1-9-30

13

解析：（1）由题意可知电场力的力臂为 （2）W＝2 E0q×

1212l sinθ，故力矩M＝2×E0q×

12l sinθ＝E0q/sinθ

(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)

（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角 0或者π ①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图1-9-31所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1= -E0ql

②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql

（4）由题意知：F＝E0q0－2

kqq0(1.5l)2?E0q0?8kqq09l2

图1-9-31

16．（06江苏）如图1-9-32所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不 计重力）从 x轴上坐标为x0 处静止释放。

（1）求该粒子在x0处电势能Epx。

（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。 解析：（1）W电＝qEx0………..① W电＝（EPx0－0）………….② 联立①②得EPx0＝－qEx0………………….③ （2）解法一

在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x 由牛顿第二定律可得

qE＝ma……………..……④ 由运动学公式得vx=2a(x－x0)………….⑤ 联立④⑤进而求得:Ex0＝（2）解法二

在x轴上任取两点x 1、x2，速度分别为v1、v2

22F＝qE＝ma v2－v1?2a(x2－x1)

2＋ ＋ ＋ q ＋ O x0 ＋ ＋ ＋ ＋ 图1-9-32

－ － － － － － － － x 12mvx＝qE(x－x0) Ex＝Ekx＋Epx＝－qEx0＝Ex0

2联立得：

12mv2?(－qEx2)?212mv1?(－qEx1) Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1

217．（07山东）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图1-9-33所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。?当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K=

nema b M ）的关系式。

P L 探测器 N L 解析：?由动能定理：neU1=1/2mv2

14

激光束 d 图1-9-33

n价正离子在a、b间的加速度a1=neU1/md 在a、b间运动的时间t1=v/a1=在MN间运动的时间：t2=L/v

离子到达探测器的时间t=t1+t2=2d?L

2KU12mneU1d

18．（07上海）如图1-9-34所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。?若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；?若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？

qEtqEL4Ek解析：（1）L＝v0t，L＝ ＝ ，qEL＝Ekt－Ek， 2 ，所以E＝

2m2mv0qL所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，

2

2

a 运图1-9-34

qEtqEL1q2E2L2q2E2L22

（2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝ ＝ ，Ek’－Ek＝ mvy＝ ＝ ，

mmv022mv024Ek2Ek（Ek’－Ek）

所以E＝ ，

qL

Ek’－Ek

若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝ ，

qL

19．（07四川）如图1-9-35所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电

-6

小球A，电荷量Q＝+4.5×10C；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝+1.0×10-6 C，质量m=1.0×10-2kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，取g =l0m/s2）?小球B开始运动时的加速度为多大？?小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？?小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.6l m时，速度为v=1.0m /s ，求此过程中小球B的电势能改变了多少？ 解析：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得

mg?kQqL2N B E M A θ ?qEsin??ma ① kQqLm2解得a?g??qEsin?m ②

图1-9-35

代入数据解得：a=3.2m/s2 ③ (2)小球B速度最大时合力为零，即

kQqh12?qEsin??mg ④

解得h1?kQqmg?qEsin? ⑤

代入数据解得h1=0.9m ⑥

15

(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有

W1?W2?W3?12mv ⑦

2W1＝mg（L-h2） ⑧ W2=-qE(L-h2)sinθ ⑨ 解得W3?12mv2?mg(L?h2)?qE(L?h2)sin? ⑩

设小球的电势能改变了ΔEP，则

ΔEP＝－（W2＋W3）

?EP?mg(L?h2)?－2

12mv

2ΔEP＝8.2×10J 20．（07重庆）飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m。如图1-9-36所示，带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用的时间t1。改进以上方法，如图1-9-37所示，让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2。（不计离子重力）?忽略离子源中离子的初速度，①用t1计算荷质比；②用t2计算荷质比。?离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v′（v≠v′），在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt，可通过调节电场E使Δt=0，求此时E的大小。

解析：(1)①设离子带电量为q,质量为m,经电场加速后的速度为v,则qU?离子飞越真空管，AB做匀速直线运动，则L=m1 (2) 由(1)、（2）两式得离子荷质比

qm?L22离子源 U A L 真空管 B t1

图1-9-36 离子源 U A L 真空管 B t2 C 图1-9-37 12mv2

(1)

2Ut1 (3)

②离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a,则qE=ma (4) L2=

Lv?2va (5)

q2?1?4U?1q??由(1)、(4)、（5）式得离子荷质比??L??2或?mm2U?E?t2?22U?1?? (6) 2?E2U?LLLv?2(1) 两离子初速度分别为v、v′,则L?Ln?2vqEm (7) l′=+

2v?qEm (8)

Δt=t-t′=??L?vv??2m??(v??v) (9) qE?要使Δt＝0,则须

Lvv??2mqE?0 (10) 所以E=

2mvv?qL (11)

16

答案：?①

qm?L222Ut121?4U?1 ②??L??2（提示：设荷质比为k。加速阶段

m2U?E?t2Lvq2Uq?12mv，得vLv2vEk2?2kU；穿越AB经历时间

，在电场E中经历时间

2mvEq?2vEk，因

此t2??E??，将该式两边分别平方后整理得结论。）

Lv2vEkLv?2v?Ek2mvv?qL（提示：按要求，???，整理后得结论。）

17

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