高考物理复习：电场

1. 如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，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v A 和v B ，最大动能分别为E kA 和E kB 。则（）（A ）m A 一定小于m B （B ）q A 一定大于q B （C ）v A 一定大于v B

（D ）E kA 一定大于E kB

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：g M θcos T ,F θsin T A A A ==11

对于B 球：g M θcos T ,

F θsin T B B B ==22

联立得：21θtan g M θtan g M F B A == ，又θ1＞θ2，可以得出：m A

1)cos 1(21A A A A v M gL M =-θ 可得：)cos (gL v A A 112θ-= ,2

1)cos 1(22B B B B v M gL M =

-θ 可得：)cos (gL v B B 212θ-= 开始A 、B 两球在同一水平面上，,cos cos 1B B A L L θθ= 由于θ1＞θ2，可以得出：L A >L B 这样代入后可知：v A >v B ， C 选项正确 A 到达最低点的动能：

tan cos sin cos 1cos )cos 1(tan )cos 1(21111111112

θθθθθθθθA A A A A A A FL FL L F gL M v M =-=-=-=

B 到达最低点的动能：

tan cos sin cos 1cos )cos 1(tan )cos 1(21222222222θθθθθθθθB B B B B B B FL FL L F gL M v M =-=-=-= 由于θ1＞θ2可知，2

tan

θθ>

又：,cos cos 21θθB A L L =

可得：222

121B

B A A v M v M >，因此D 选项也正确。

2. 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E 0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 /r 2，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 =E 0R 2/k （3）ΔU = E 0R /2 （4）m

qE v 0= 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20R

Q k

E = ∴ 所带的电荷量 k

R E Q 2

（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R E U 02

? （4）由动能定理22

10mv U q -='-? 由题意R E U 021

得 m R qE v 0=

3. “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R A 和R B 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E k 0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ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少？（4）比较|ΔE k 左|和|ΔE k 右|的大小，并说明理由。答：（1）B 板电势高于A 板；（2） ()

B A k R R e E E +=

（3）ΔE k 左=e (φB -φC )，ΔE k 右=e (φA -φC ) （4） |ΔE k 左| >|ΔE k 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：

2v eE m R =， 201

2k E mv =， 2

A B R R R +=

联立解得：00

24()

k k A B E E E eR e R R ==+ (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔE k =qU

对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有)(e E C B k ???-=左对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有)(e E C A k ???-=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C A C B ????->-，即|ΔE k 左|>|ΔE k 右|

4. 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E 0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4

。不计重力。（1）求A 在电场中的运动时间t ；（2）若B 的电荷量Q q 9

，求两质点相互作用能的最大值E pm ；（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q m 。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

Q E m F a A A 0==

① 根据位移公式得 Q

E dm

a d

t A 022==

（2）设A 、B 分别离开电场后的速度为v A 和v B ，根据动能定理有 Qd E mv A 02

1= ②

d Q

E v m B 9

442102= ③ 由以上两式比较可知A 、B 分别离开电场后的速度为v A 小于v B ，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

mv v m mv B A 4

4+=+ ④

22224

212121421v m mv E mv v m pm A B ++=+ ⑤ 联立②③④⑤四式解得 45

0Qd

E E pm =

（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 ⑥ 根据系统的能量和动量都守恒有 B A B A v m

v m v m mv '+'=+4

4 ⑦

22224

212121421B A A B v m v m mv v m '+'=+ ⑧ ③式中B 的电量变为q B 有

d q E v m B B 02