2021年高考物理二轮复习资料专题-电场

高考二轮复习资料专题三3.1电场

例1 长木板AB放在水平面上如图3-1所示，它的下表面光滑而上表面粗糙，一个质量为m、电量为q的小物块C从A端以某一初速度起动向右滑

A E B 动．当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端，当此电场方向改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强．

例2 如图3-2所示静电喷漆示意图，同喷漆K喷出的油漆，形成带负电的雾状液滴(初速可忽略不计)，经a与K间的电场加速后奔向阳极a (被漆零件)并附着在上面．若a与K间的电压为U，电路中的电

K a 图3-1

U 流强度为I，在时间t内，喷嘴喷出的油漆质量为m，那么在喷漆过程中，油漆对零件表面的压力有多大？

图3-2

例3 如图3-3所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强大小为E，方向一定．在圆周平面内将一带正电q的小球从a点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点．在这些点中，到达c点时小球的动能最大，已知ac和

bc间的夹角θ= 30°，若不计重力和空气阻力，求：

(1)电场方向与ac间的夹角α为多大？

(2)若小球在a点时初速度与电场方向垂直，则小球恰好能落在C点，则初动能为多大？

例4 如图3-4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

m,q θ

图3-3

L v0 d B

A

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) 为使第一粒子能落点范围在下板中点到紧靠边缘的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，最多能有多少落到下极板上？

3.1电场

1．如图3-1-1所示，两个带有同种电荷的小球，有绝缘细线悬挂于O点，若q1 > q2，l1 > l2，平衡时

d m1,q1 d O

m2,q2

图3-4

两球到过O点的竖直线的距离相等，则 ( )

A．m1＞m2 B．m1＝m2 C．m1＜m2 D．无法确定

2．如图3-1-2所示，A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔连线与金属板面垂直，两极板的距离为L，

A 图3-1-1

B

L

两极板间加上低频交流电压，板A电势为零，板B电势u = U0cos

ωt，现有一电子在t = 0时穿过A的影响均可忽略不计，则电子在

两

板

间

的

运

动

可

能

是

( )

A． 以A、B间的某一点为平衡位置来回振动

B． 时而向板B运动，时而向板A运动，但最后穿出板B C． 一直向板B运动，最后穿出板B，如果ω小于某个值ω0，L小于某个值L0

D． 一直向板B运动，最后穿出板B，而不论ω、L为何值 3．如图3-1-3，P是静止在水平放置的平行板电容器内部的一个带电微粒，现用外力将P点和电容器与电源线的两个接点固定，使两板转过α角，再撤去外力，则

图3-1-2

P将 ( )

A．保持静止 B．水平向右作直线运动 C．向右下方运动 D．无法判断

图3-1-3

4．关于场强和电势的下列说法中正确的是 ( )

A．在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷经过的路径上各点的场强一定为零

B．电场强度的方向就是电势降落的方向

C．两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，场强越来越小

D．两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：连线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大，沿中垂线向外，场强越来越小

5．如图3-1-4所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子只受电场

b a 力作用，根据此图可作出正判断的是 ( )

A． 带电粒子所带电荷的符号 B． 带电粒子在a、b两点的受力方向 C． 带电粒子在a、b两点的速度何处较大 D． 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大

6．如图3-1-5所示，a、b是竖直方向上的电场线的两点，一带电质点在a点由静止释放，沿电场线向上运动，到b点恰

a ·

图3-1-4

b ·

好速度为零，下列说法中正确的是 ( )

A． 带电粒子在a、b两点所受的电场力都是竖直向上的 B． a点的电势比b点的电势高

C． 带电质点在a点的电势能比b点的电势能小 D． a点的电场强度比b点的电场强度大

7．如图3-1-6，为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一恒力F．若AB=0.4m，α=370，

图3-1-5

q=-3×10-7C，F=1.5×10-4N，A点的电势=100V．（不计电荷所

A受的重力）

(1)在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并标明它们的电势．

(2)求点电荷q由A到B的过程中电势能的变化量是多少？

8．一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入匀强电场中，v 图3-1-6

的方向与电场方向成θ角，

已知油滴的质量为m，测得油滴达到运动轨迹的最高点时，它的速度大小又为v，求：

(1) 最高点的位置可能在O点的哪一方？ (2) 电场强度 E为

v E O θ

多少？

(3) 最高点处(设为N)与O点的电势差UNO为多少？

9．带电荷量为q、质量为m的粒子(重力不计)置于宽广的匀强电场区域，场强随时间变化规律如图3-12所示，当t = 0时，把带电粒子由静止释放，O t 图3-1-7

E 求经过时间t = nT (n为正整数)时，求：(1) 带电粒子的末动能；(2) t = nT时间内前进的总位移．

10．如图3-1-9所示，同一竖直平面内固定着两水平绝缘细杆AB、图3-1-8

CD，长均为L，两杆间竖直距离为h，BD两端以光滑绝缘的半圆

形细杆相连，半圆形细杆与AB、CD在同一竖直面内，且AB、CD恰为半圆形圆弧在B、D

C O · P D v A B

两处的切线，O为AD、BC连线的交点，在O点固定一电量为Q的正点电荷．质量为m的小球P带正电荷，电量为q，穿在细杆上，从A以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可到达C点．已知小球与两水平杆之间动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球重力．求：

(1) P在水平细杆上滑动时受摩擦力的极大值和极小值； (2) P从A点出发时初速度的最小值．

11．如图3-1-10所示，两平行金属板水平放置，距离d = 2 cm，极板长L = 40 cm，两板与电压U =182 V的直流电源相接，质量m = 0.91×10-30 kg，电量q = 1.6×10-19 C的电子以速度v0 = 4×

107 m/s在非常靠近A板的O处垂直于场强方向射入电场． (1)用计算说明电子是否飞出电场；

(2)要使电子飞出电场，A、B板应怎样上下平行移动？(只就单独

图3-1-9

－ O v0 d A

m,q L + B

移动一块极板进行讨论)

3.1电场（答案）

【例题】例1．第一次滑行μ(mg－qE)L=mv02－(m+M)v02，第二次滑行μ(mg+qE)L=mv02－(m+M)v02得E121212mg．例2．对时3q图3-1-10

1212间t内喷出的油漆，q=It ①，qU=mv2 ②，Ft=mv ③解三式得F2mUIt．例3．(1)小球在c点时的动能最大，即c点的电势最t低．作过c点与圆周相切的线，切线为等势线，Oc方向即为电场方向，其与直径ac夹角为：θ＝∠acO＝30°(2)小球做类平抛运动．有：

ad＝vot

①在沿着电场线方向有：cd＝

121qE2att ② 由图几何关系可得： ac＝2Rcosθ＝3R 22m③ ad＝ac·sinθ＝

3R ④ 2cd＝ac·cosθ+R＝

3R ⑤ 2将③、④、⑤式代入①、②两式并解得vo＝

1qER．所以

2mEko= 1211Ldmv0qER．例4．(1)若第1个粒子落到O点，由＝v01t1，＝gt12282221d得v01＝2.5 m/s．若落到B点，由L＝v02t1，＝gt22得v02＝5

221dm/s．故2.5 m/s≤v0≤5 m/s．(2)由L＝v01t，得t＝4×10-2 s．＝at2

22得a＝2.5 m/s2，有mg－qE=ma，E=

QQ得Q＝6×10-6 C．所以n

qdc

＝600个．

【练习】1．B 2．AC 3．B 4．D 5．BCD 6．AD 7．(1)略 (2)ΔE = 4.8×10-5 J

(1) 电荷所受电场力与F反向，匀强电场方向为即为力F方向． (2) 电荷克服电场力做功，电势能的变化量为△E=F·AB·sinα=4.8×10-5 J

mv2sin28．(1) 在O点的左方．(2) UNO =．

2q(1)由动能定理可得在O点的左方．(2)在竖直方向 mgt = mv sinθ，水平方向 qEt = mv + mv cosθ．(3) 油滴由O点N点，由qU－mgh = 0，在竖直方向上，(v0 sinθ)2 = 2

mv2sin2gh．UNO =．

2q(nqE0T)2qE0T212 9．(1) EK = mv= ．(2) n(1+2n) ． 8m8m2(1) 带电粒子在t时间内加速时间为t/2，加速度为a =个T/2内加速，有 v= a·=

(nqE0T)2．(2) 粒子在8mqE0，在下半mt2nqE0T，故末动能为2mEK =

12mv2 =

qE0T21T2

T/2的位移为 s1=a()= ．第2个

8m22T/2的位移为 s2=2s1，第3个T/2的位移为 s3=3s1，…成等差数列．故

在t = nT时间内前进的总位移为s= s1(1+2+…2n)= n(1+2n)

qE0T2． 8m4kQq4kQq，)fmin(mg)．(2)2gh(h2L) 22hh4kQq(1) 小球O点正一方所受的支持力最大，易得fmax(mg2)，

h4kQqfmin(mg2)

h10．(1)fmax(mg(2) 经O点作一直线，与AB、CD相交得两点，两点处小球所受的弹力之和为2mg，小球从A点到C点的过程中，运用动能定理得，－

mgh－2mg·2L=0－mv02，得v0=2gh(h2L)．

11．(1)不能飞出．(2) y = 0.02 m，当B板下移距离大于y时，电子可能飞出．

(1) 电子作平抛运动，由d＝at2，x = v0t，得x =20 cm < L，故不能飞出

(2) 由L = v0t，d+ y＝at2 其中a＝

12U，得y = 0.02 m． m(dy)1212