2022年北京市高考物理总复习：电场

2022年北京市高考物理总复习：电场

I.用30cm的细线将质量为4Xl(/3kg的带电小球p悬挂在o点下，当空中有方向为水平

向右、大小为1x104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。(sin37°=0.6,

cos370=0.8,tan370=0.75)

(1)分析小球的带电性质；

(2)求小球的带电量；

(3)求细线的拉力；

(4)若把细绳剪断，小球做什么性质的运动？

【分析】对小球受力分析，根据共点力平衡得出电场力的方向和大小，以及细线拉力的

大小，从而根据电场强度的定义式求出小球的电荷量；

剪断细线后带电小球只重力和电场力，这两个力都是恒力，而且不变，从而即可判定运

动性质。

【解答】解：(1)小球受重力、拉力和电场力处于平衡，受力示意图如图所示，电场力

的方向水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电。

(2)根据共点力平衡可知电场力为：F=qE=mgtan37°

解得：q=外丝=4x10-30叠=3X10-

E1X104

_3

(3)根据共点力平衡得，细线的拉力为：T=="Xi,xlON=o05N。

COSo/U.o

(4)若把细绳剪断，带电小球只重力和电场力，这两个力都是恒力，而且不变，因此小

球做匀加速直线运动。

答：(1)小球的带正电；

(2)小球的带电量为3Xl(r6c；

(3)细线的拉力0.05N。

(4)若把细绳剪断，小球做匀加速直线运动。

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T

【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。

2.如图所示，A、B为竖直放置的平行金属板，M、N为水平放置的平行金属板。质量为m、

电荷量为+q的带电粒子从A板由静止开始经A、B间的电场加速后，从B板小孔飞出，

紧靠N板水平向右进入偏转电场，从M、N板右边缘连线的中点P射出偏转电场。己知

AB间的电压为Ui，MN间的电压为U2，MN两板间的电场可看作匀强电场，不计粒子

重力。

（1）求粒子从B板小孔飞出时的速度大小vi；

（2）求粒子经过P点时的速度大小V2；

（3）若AB间、MN间电压均不变，只将M板向下平移一段距离后，从A板由静止开

始运动的相同粒子，恰能从M板右边缘射出偏转电场，求平移前、后MN两板间的距离

之比。

【分析】（1）研究粒子在A、B板间电场中加速过程，利用动能定理求粒子从B板小孔

飞出时的速度大小VI；

（2）粒子从静止出发到P点的过程，利用动能定理求粒子经过P点时的速度大小V2；

（3）粒子进入MN间电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式列式，即可

求出平移前、后MN两板间的距离之比。

【解答】解：（1）粒子在A、B板间电场中加速过程，由动能定理得

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qUi=1mvf

RS

解得VI

m

（2）粒子从静止出发到P点的过程，由动能定理得

U212

qUi+q-y=-mv2

解得V2=,，2产）

（3）设平移前、后MN两板间的距离分别为di、d2o

粒子进入MN间电场中做类平抛运动，在水平方向有：t=§,可知平移前、后粒子在

V1

MN间运动时间相等，设为t。

平移前，根据牛顿第二定律得

U2

q-=mai

2

根据类平抛运动的规律有1di=iait

联立解得d尸

平移后，根据牛顿第二定律得

U

q-2=ma2

根据类平抛运动的规律有d2=2t2

联立解得d2=

则个~0

答：（1）粒子从B板小孔飞出时的速度大小vi为典I

（2）粒子经过p点时的速度大小V2为产£

（3）平移前、后MN两板间的距离之比为近。

【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题，利用动能定理求粒子加速获得

的速度，采用运动的分解法研究类平抛运动，都是常用方法，要熟练掌握。

3.如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电

压为Uo的电场加速，加速电压Uo随时间t变化的图象如图乙所示，每个电子通过加速

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电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出沿两个

彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，

A、B两板长均为L=0.20m,两板之间距离d=0.050m,A板的电势比B板电势高U。A、

B板右侧面边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m。荧光屏的

中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所

受的重力。求：

（1）电子进入偏转电场的初速度vo（已知电子质量为m、电量为e,加速电压为Uo）；

（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位

移y为多少（用Uo、U、L、d表示）；

（3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；

（4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。

【分析】（1）电子在加速电场用动能定理即可求出进入偏转电场的初速度；

（2）电子做类平抛运动，根据动能定理与运动学公式，即可求解；

（3）要使电子都打不到屏上，应满足Uo取最大值800V时仍有y>0.5d,利用类平抛运

动相关距离即可求出A、B两板间所加电压U应满足什么条件；

（4）电子做类平抛运动，根据侧移量，结合几何关系，可求出最大范围；由Ui越大y

越小，根据运动学公式可求出最小范围，从而即可求解.

【解答】解：（1）电子加速过程中，根据动能定理有：eUo=4m诏

解得初速度vo=

（2）偏转过程中，

水平方向做匀速直线运动，有：L=vot

垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有：

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y=2at

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U=Ed

F=qE=ma

联立解得：丫=益

（3）要使电子都打不到屏上，应满足Uo取最大值800V时仍有y>0.5d

代入（2）问结果，可得：U=竺畛〉竺吟崛=100V

LzLl

所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U至少为100V.

（4）当A、B板间所加电压U'=50V时，代入

当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，

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其侧移最大ymax=2=2x0.05m=0.025m

设电子通过电场最大的偏转角为①设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则:

v

tan八0=—y=—就

%%

_bbvyt

Ymax-ymax+-Vy=ymax+~^~

又由于：ymax=-2即：Vyt—2ymax

水平位移：L=vot

==

联'7.解得：Ymaxymax4~Vmax0.05mo

由第（2）问中的丫=梳可知，在其它条件不变的情况下，Uo越大y越小，

所以当Uo=8OOV时。，电子通过偏转电场的侧移量最小，

其最小侧移量，ymin=4dUQ=4dU0=60125m

同理，电子打在屏幕上距中心的最小距离Ymin=ymin+争％nin=0.025m

所以电子打在屏幕上距中心点O在O.O25ms（）.o5m范围内。

答：⑴电子进入偏转电场的初速度为

UL2

（2）垂直于两板方向的偏转位移为一丁

（3）要使电子都打不到荧光屏上，则A,B两板间所加电压U应满足至少为I00V；

（4）当A、B板间所加电U'=50V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O