11-19年高考物理真题分专题汇编之专题043.电场综合题

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1、第43节 电场综合题1. 2012年物理上海卷BA1220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BA12mAgmBgFFTATB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

2、于A球： 对于B球： 联立得： ，又12，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：B到达最低点的动能：由于12可知，又：可得：，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。ErOR2RE0（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

3、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）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 所带的电荷量 （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（4）由动能定理由题意 得 3. 2013年浙江卷MNABCRBRAO24（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的电子以不

4、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） （3）Ek左=e(B -C)，Ek右=e(A -C) （4） |Ek左| |Ek右|解：（1）电子(带负电)做

5、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：， ， 联立解得：(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，有对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有(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|4. 2012年理综北京卷24（20分）OdxE0E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

6、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。（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；（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 根据位移公式得 （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 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

7、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 联立四式解得 （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 根据系统的能量和动量都守恒有 式中B的电量变为qB有 联立五式解得 ，所以B所带电荷量的最大值5. 2011年理综北京卷0O-ddx24（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

8、所示的折线，图中和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 at0.25T0.5T0.75TT2qE0/m0qE0/m-qE0/m-2qE0/m图（a）由此得带电粒子在

9、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，其中由图(b)可知，带电粒子在到t=T时的位移为vt0.25T0.5T0.75TTv1v10图（b）由式得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方向运动，总的运动时间t为解法二：(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 设带电粒子在、时的速度分别为、，则 设带电粒子在到t=T时的位移为s，有联立以上各式可得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

10、度减为零。将式代入上式得粒子从时开始加速，设经过时间速度变为零。此式与式联立得t=0到t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为将式代入式得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。当d=d0时为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

11、间的相互作用。Ldbv0图甲+Ld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 在竖直方向有 其中 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。如果进一步减少，收集效率仍为100%。因此，在水平方向有 在竖直方向有 其中 联立可得 （2）通过前面的求解可知，当时，收集效率为100% 当时，设距下板处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 根据题意，收集效率为 联立可得（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量=当时，因此=当时，因此=绘出的图线如下