静电场计算题资料

（1）在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？

（2）将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中能达到最大速度的位置离A点的距离；

（3）若把另一正检验电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，试确定它在管内运动过程中速度为最大值时的位置P，即求出图中PA和AB连线的夹角θ．

2．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电量为q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度74，（重力加速度为g，sin370.6，

00cos370.8）

0

（1）求电场强度的大小E；

（2）求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；

（3）若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足什么条件？

3．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为q，套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR。

（1）求小球滑至C点时的速度大小； （2）求A、B两点间的电势差UAB；

（3）若以C点为参考点（零电势点），试确定A点的电势。

4．电视机的显像管中，电子束的偏转是用电偏转和磁偏转技术实现的．如图甲所示，电子枪发射出的电子经小孔S1进入竖直放置的平行金属板M、N间，两板间所加电压为

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U0；经电场加速后，电子由小孔S2沿水平放置金属板P和Q的中心线射入，两板间距离和长度均为

；距金属板P和Q右边缘

处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S2

共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。已知电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。

（1）求电子到达小孔S2时的速度大小v；

（2）若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压U随时间t的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N。电子打在荧光屏上形成一条亮线；每个电子在板P和Q间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定；忽略电场变化产生的磁场。试求在一个周期（即2t0时间）内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n。 5．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；

（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子

2－2

所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×10 V，d＝4.0×10 m，m

－31－192

＝9.1×10 kg，e＝1.6×10 C，g＝10 m/s。

（3）极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

6．如图所示的装置，U1是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为L，两板间距离为d。一个质量为m，带电量为q的质点，经加速电压加速后沿两金属板中心线以速度v0水平射入两板中。若在两水平金属板间加一电压U2，当上板为正时，带电质点恰能沿两板中心线射出；当下板为正时，带电质点则射到下板上距板的左端

L处，为使带电质点经U1加速后沿中心线射入两金属板，并能够从两金属之间4射出，问：两水平金属板间所加电压应满足什么条件。

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7．如图所示，已知平行板电容器两极板间距离d＝4 mm，充电后两极板电势差为120 V。A板带正电，若它的电容为3 μF，且P到A板距离为1 mm。求：

（1）每个极板的带电荷量；

（2）一个电子在P点具有的电势能；

（3）一个电子从B板出发到A板获得的动能； （4）两板间的电场强度。

8．如图所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为+q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系如图所示，

8mv20其中U0．忽略离子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影

q响，荧光屏足够大．

（1）计算说明，t=0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置； （2）求荧光屏上发光的长度．

9．如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：

（1）粒子带正电还是带负电？

（2）粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处？ （3）粒子打在荧光屏上时的动能为多大？

10．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0．4 m，两

－3

板间距离d＝4×10m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中

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央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，

－5－82

已知微粒质量为m＝4×10kg，电荷量q＝＋1×10C．（g＝10 m/s）则：

（1）微粒入射速度v0为多少？

（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？电源的电压U应取什么范围？

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参考答案

1．（1）电势先减再增；（2）

1L（3）arctan34 3【解析】 试题分析：（1）AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增．

（2）设在AB连线上运动过程中能达到最大速度的位置离A点的距离为x，正电荷在A、B连线上速度最大处应该是电荷所受合力为零， 即：kQ1qQ2q1，解得：x=L k223x(Lx)（3）若点电荷在p点处受到的受到的库仑力的合力沿op的方向，则它在p点处速度最大，

qQ2F24(lsin)24cos2即此时满足：tan F1kqQ1sin2tan2(lcos)2k解得：arctan34 考点：库仑定律；电势差与电场强度的关系；电势 【答案】（1）E23gL3mg7；（2） mg；（3）v02gL或v0

44q2【解析】

试题分析：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球的受力情况，作出受力图如右图，根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，根据平衡条件得： qEmgtan2，解得：E3mg 。 4q（2）小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：

qELsin小球在

1mg(LLcos）mv2 222时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 2v27FTmgsinqEcosm，解得：FTmg

422L由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为 mg。

（3）要使细线不松弛有两种情况，当小球摆动过程中，细线的方向与F的方向不超过90时，根据动能定理有：FLcos74120mv0 ，解得：v02gL 22v2当小球能完成完整的圆周运动时，需满足：Fm

L答案第1页，总7页

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（1cos）根据动能定理有：FL2由上几式联立解得：v01212mvmv0 2223gL 2为保证小球在运动过程中，细线不松弛，v0的大小应满足的条件为：v02gL或

v023gL。 2考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 【名师点睛】本题是力学知识与电场知识的综合，关键是分析清楚小球的受力情况和做功情况，运用动能定理和牛顿第二定律求解。 【答案】（1）vC＝7gR；（2）【解析】

试题分析：（1）由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝R，因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做功为零，对小球从B到C过程应用动能定理，有

mgRmgR；（3） 2q2q32mg31122R＝mvCmvB， 222解得vC＝7gR。

（2）对小球从A到B过程应用动能定理，有：mg3112RWAB＝mvB ，WAB＝mgR； 222WmgRUAB＝AB＝。

q2q（3）因

BC，故UA＝BU＝ACmgR。 2qmgR，又UACA，CC0，因此2qA＝CUAC＝考点：电势差与电场强度的关系、电场强度、电势

【名师点睛】本题关键根据动能定理列式分析，切入点在于圆周为等势面，小球从A到C和A到B电场力做功相等。 4．（1）v【解析】

试题分析：（1）根据动能定理eU0=

2eU04Nt0 （2）n

9Lm12

mv ① 2答案第2页，总7页

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解得：v2eU0 ② m（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为 R，在磁场中运动轨迹如图，由几何关系

R=（R-2

122

L）+L ③ 2v2根据牛顿第二定律：Bevm ④

R解得：B42mU0 ⑤

5Le（3）设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t，PQ间的电压为u时恰好打在极板边缘

垂直电场方向：L=vt ⑥

12at； ⑦ 2uea此过程中电子的加速度大小 ⑧

Lm平行电场方向： 解得：u=2U0，即当两板间电压为2U0时打在极板上 ⑨ 电子出偏转电场时，在x方向的速度

L2

vx=at ⑩

电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t1到达荧光屏．则 水平方向：L=vt1 竖直方向：x2=vxt1

电子打在荧光屏上的位置坐标x亮线长度X=3L

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L3Lx2 22本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

一个周期内打在荧光屏上的电子数：n02N2t0 3n14Nt0 X9L2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数n：n考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意在电场中应用运动的合成与分解；在磁场中注意洛仑兹力充当向心力的规律的应用。

2eU0UL25．（1）； （2）略 （3）略

m4U0d【解析】（1）根据功和能的关系，有eU0＝

12mv0 2电子射入偏转电场的初速度v0＝2eU0 mmL＝L 2eU0v0在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝

1UL22

偏转距离Δy＝a（Δt）＝

24U0d（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 －29

重力G＝mg～10 N 电场力F＝

eU－15

～10 N d由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力

（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值， 即φ＝

Epq

由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫作“重力势”，即φG＝

EG m电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定 【答案】 【解析】

试题分析：当两金属板间加电压U2，上极板为为正时，质点受力平衡： 当下极板为正极时电场力重力均竖直向下，由牛顿第二定律得：由①②解得：a2g ③

7U29U＜U＜2 88qU2mg ① dqU2mgma② d答案第4页，总7页

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此时带电质点射到下极板距左端 处，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动：

l4d1 at12④ 22粒子在水平方向做匀速直线运动：t1l⑤ 4v0122为使带电粒子射出金属板，质点在竖直方向的运动应有： at2＜，水平方向：t2d2l； v0dv0解得：a＜2⑥

l＜⑦ 由③④⑤⑥解得：aqUmgma⑧ dqUma⑨ 若a的方向向下则两金属板的应加电压U、下板为正，由mgd9U7U＜2，U＞2 由⑦⑧⑨解得：U887U9U为使粒子能从两金属板之间射出，两水平金属板间所加电压应满足： 2＜U＜2。

88若a的方向向上则两金属板的应加电压U、上板为正，由 考点：带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】根据受力平衡以及类平抛运动解出粒子在偏转电场中的加速度，根据运动学表达式写出粒子打不到极板上的条件，列出方程组解题。

－44

【答案】（1）3．6×10 C （2）－90 eV （3）120 eV （4）3×10 N/C

－6－4

【解析】（1）由Q＝UC得Q＝120×3×10 C＝3．6×10 C （2）EP＝eφP＝e

2g8UABdPB＝－90 eV d（3）因为电子从B板出发到A板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以由动能定理有Ek＝qUAB，得Ek＝120 eV

U1204

＝N/C =3×10 N/C 3d410l8．（1）粒子打在下极板上距左端处；（2）5l

2（4）E＝

【解析】

试题分析：（1）t=0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，运动到下极板的时间t，l解得：t1qU02t， 2mll 2v0答案第5页，总7页

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粒子在水平方向的位移：xv0t（2）tll＜l，粒子打在下极板上距左端处；

22l 时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间的运动时间：2v0t1lll， v02v02v0qU0t14v0， ml粒子离开极板时的竖直分速度：vyat1粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2粒子在竖直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l， 在tl， v0l时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线v0运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d=y=5l；

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，分析清楚不同时刻进入极板的粒子运动过程，然后应用匀速运动规律与匀变速直线运动规律及牛顿第二定律可以解题。

4U2E2S2qEs9．（1）带正电．（2）（s2L）（3）Ek

4U4U【解析】

试题分析：（1）电场力方向与电场线方向相同，所以粒子带正电． （2）粒子在加速电场中加速时，由动能定理可得：qU=

12

mv0 212

at 2在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得电子离开偏转电场时的侧位移为：y1=水平方向有：s=v0t 加速度为：aqE m竖直分速度为：vy=at

则速度偏向角的正切为：tanvyv0

电子离开偏转电场后做匀速运动，在打到荧光屏上的这段时间内，竖直方向上发生的位移为：y2=Ltanθ

联立以上各式可得电子打到荧光屏上时的侧移为：yy1y2（3）根据动能定理：qU+qEy1=Ek-0

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Es（s2L） 4U本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

得：Ek4U2E2S2q4U

考点：带电粒子在电场中的运动；动能定理

【名师点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题． 10．（1）10 m/s （2）与电源负极相连 120 V＜U＜200 V 【解析】

试题分析： （1）由平抛运动可知：

Ld1＝v0t，gt2 222解得v0＝Lg10m/s． 2dd1La1()2 22v0（2）电容器的上板应与电源的负极相连

当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，

mgqU1ma1 d解得：U1＝120 V

当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，

d1La2()2[来源:学。科。网] 22v0qU2-mgma2 d解得：U2＝200 V．

所以电源的电压U的取值范围为：120 V＜U＜200 V． 考点：带电粒子在电场中的偏转 【名师点睛】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解．此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、α粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力．

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