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电场综合题 吕叔湘中学 庞留根

电场综合题 吕叔湘中学 庞留根. 电场综合题. 例 1 例 2 思考 例 3 例 4 2001 年春 12 02 年全国理综 30 04 年全国理综 04 年全国理综 21 04 年上海 10 04 年上海 7 例 5 例 6 例 7 例 8 例 9 99 年全国高考 94 年全国 19 例 10 03 年上海 23 04 年上海 6 04 年天津 14 04 年湖南 20 04 年春季 21 例 11 05 年徐州质量检测二 10 、 例 12 、 05 年苏锡常镇二模 9 、 2005 年广东卷 10 , 2005 年全国卷 Ⅰ/25. A.

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电场综合题 吕叔湘中学 庞留根

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  1. 电场综合题 吕叔湘中学 庞留根

  2. 电场综合题 例1例2思考例3例4 2001年春1202年全国理综30 04年全国理综04年全国理综21 04年上海10 04年上海7例5 例6例7例8例9 99年全国高考94年全国19例10 03年上海2304年上海604年天津14 04年湖南2004年春季21例11 05年徐州质量检测二10、 例12、 05年苏锡常镇二模9、 2005年广东卷10, 2005年全国卷Ⅰ/25

  3. A B P x r r +Q O +Q 例1、 相距2r 的两个等量同种正电荷A、B，带电量为Q，沿两电荷连线从靠近A点起到靠近B点止，各点的电场强度如何变化？各点的电势如何变化？ 解：由电场的叠加，容易看出O点的电场强度为0， O点左侧的合场强方向向右,O点右侧的合场强方向向左， 所以从靠近A点起到靠近B点止,电场强度先减小后增大。 设P点距离A点为x,由点电荷电势的合成公式得: φ = kQ/x + kQ／(2r-x) = 2rkQ／(2rx-x2) = 2rkQ／[r2 -(x-r)2] 当x=r 时 有极小值 φmin= 2kQ / r 所以从靠近A点起到靠近B点止,电势先减小后增大。

  4. 例2、 相距2r 的两个等量同种正电荷带电量为Q，从两电荷连线中点O起沿中垂线向外直到无穷远处，各点的电场强度如何变化？各点的电势如何变化？ EP E2 E1 P θ r r O +Q +Q 解：容易看出O点的电场强度为0，无穷远处场强也为0， 可见从O到无穷远处电场强度先增大后减小。 其最大值的位置设为P，由电场的叠加， EP =2 E1 sinθ =2kQ cos2θsinθ／r2 令y=cos2θsinθ 由数学公式 abc ≤[(a+b+c)/3]3 y2=cos4θsin2θ=4× cos2θ/2× cos2θ/2× sin2θ ≤4/27 当cos2θ/2= sin2θ时，出现最大值， 由φ=2kQcosθ/r各点的电势逐渐减小，

  5. P -q EP v -q v m 3m O r r O +Q r2 r1 +Q -Q2 +Q1 +Q 图b 图a 图c 思考、带电粒子在电场中能否做匀速圆周运动？若能，将是什么样的电场？ 解答：在一定条件下能够做匀速圆周运动，例如： ⑴ 在点电荷+Q的电场中,如果另一个负电荷-q受到的电场力恰好等于向心力。则能做匀速圆周运动,如图a示 ⑵在相距2r 的两个等量同种正电荷Q，在过它们连线的中垂线的平面内,一个负电荷-q受到的电场力恰好等于向心力。则能做匀速圆周运动,如图b示 ⑶两个异种电荷Q1、-Q2,以相同的角速度ω绕其连线上某一点O做匀速圆周运动,如图c示,（类似于双星模型）

  6. 例3、下述为一个观察带电粒子在液体中运动的实验。现进行如下操作，第一步，给竖直放置的平行电容器充电，让A、B两板带上一定电荷，油滴P在两板间的 匀强电场中恰能保持静止状态。第二步，给电容器的电量增加ΔQ1，让油滴开始竖直向上运动t秒。第三步，在上一步的基础上减少电量ΔQ2，观察到又经2t秒后，油滴刚好回到出发点。设油滴在运动中不碰板， （1）说明在上述第二步和第三步两个过程中，带电油滴各做什么运动？ （2）求ΔQ1和ΔQ2的比值ΔQ1/ ΔQ2

  7. Q qE0 O Ⅰ mg Q+ΔQ1 v1 A Ⅱ O Q +ΔQ1 – ΔQ2 A Ⅲ O 解：画出三步的示意图如图示 对Ⅰ：油滴P平衡有 mg=qE= qU0/d =qQ/Cd 对Ⅱ ：F合1= qΔQ1 ／Cd 方向向上做匀加速运动 a1= qΔQ1／Cmd v1=a1 t s1 =1/2a1 t2 对Ⅲ：带电量 Q +ΔQ1 – ΔQ2 = Q - Q2 即 Q2=ΔQ2 –ΔQ1 F合2= q Q2 ／Cd 方向向下，向上做匀减速运动 a2= q Q2／Cmd s2 = v1 t - 1/2a2 t2 = a1 t· t - 1/2a2 t2 s2 = - s1 1/2a1 t2 = a1 t· t - 1/2a2 t2 a2=5a1/4 Q2= 5/4×ΔQ1 ∴ΔQ1/ ΔQ2=4/9

  8. B mg qE C O +q m A E 例4、质量m、带电量+q的滑块，在竖直放置的光滑绝缘圆形轨道上运动，轨道半径为r，现在该区域加一竖直向下的匀强电场，场强为E，为使滑块在运动中不离开圆形轨道，求：滑块在最低点的速度应满足什么条件？ 解：若滑块能在圆形轨道上做完整的圆周运动，且刚能通过B点，划块的受力如图示：令 g 1 = g+qE/m 必须有 mg 1=mv2 /r 由动能定理：A→B

  9. B C O +q m A E 另一种情况：若滑块最多只能在圆形轨道上运动到C点，则可以在A点两侧沿圆轨道往复摆动： 则 vC =0, 由动能定理得 滑块在最低点的速度应满足的条件为 式中 g 1 = g+qE/m 思考：若电场强度E的方向向上，结果如何？

  10. 2001年春12. 一质量为4.0×10-15kg、电量为2.0×10-9C带正电质点，以v= 4.0×104m/s的速度垂直于电场方向从a点进入匀强电场区域，并从b点离开电场区域．离开电场时的速度为5.0×104m/s ．由此可知，电场中a、b两点间的电势差Ua-Ub= _____ V；带电质点离开电场时，速度在电场方向的分量为 _____ m/s．不考虑重力作用． 9×102 3×104 解：由动能定理 qUab=1/2 m(vb2-va2) Uab=1/2 m(vb2-va2) / q=9×102 V 由运动的合成 vy2 = (vb2-va2) vy = 3×104 m/s

  11. 02年全国理综30. O B A +q -q E （27分）有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10－2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q，q=1.00×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。 （不计两带电小球间相互作用的静电力）

  12. 解： 图1 O T1 O α α qE A -q T2 β β T2 +q B mg A B β 图2 qE +q -q A E B 图4 图3 mg 图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表 示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。 A球受力如图2所示：由平衡条件 B球受力如图3所示：由平衡条件 联立以上各式并代入数据，得 α =0 ⑤ β=45° ⑥ 由此可知，A、B球重新达到平衡 的位置如图4所示。 下页 题目

  13. A 45° B 图4 与原来位置相比，A球的重力势能减少了 B球的重力势能减少了 A球的电势能增加了 B球的电势能减少了 两种势能总和减少了 题目 代入数据解得 上页

  14. 04年全国理综 E P1 P2 O 一带正电的小球，系于长为 l 的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E，已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力，现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球，已知在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突然变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为 （ ） B 解见下页

  15. E qE P1 P2 O mg F合 解：小球受力如图示，qE=mg 由静止释放小球，小球在合力作用下做匀加速直线运动 到最低点的速度为v，由动能定理得 因受线的拉力作用，速度的竖直分量vy突然变为零 从最低点起，小球将做圆周运动，到P2处的速度为vt， 由动能定理得qEl -mgl =1/2mvt2- 1/2mvx2

  16. 04年全国理综21、 一平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，上板带正电，电量为Q，下板带负电，电量也为Q，它们产生的电场在很远处的电势为零。两个带异号电荷的小球用一绝缘刚性杆相连，小球的电量都为q，杆长为l，且l<d。现将它们从很远处移到电容器内两板之间，处于图示的静止状态（杆与板面垂直），在此过程中电场力对两个小球所做总功的大小等于多少？（设两球移动过程中极板上电荷分布情况不变） （ ） +Q A． B．0 +q l -q -Q C． D． A

  17. +Q +q l -q -Q 解：在电场中，带正电荷的小球所在处的电势为φ1 ，带负电荷的小球所在处的电势为φ2 ， 将电荷从很远处移到电容器内两板间，电场力对两球分别做功为W1、W2， 由电场力做功的定义 W=qU始终= q (φ始-φ终) W1 = q (0-φ1 ) W2 = -q( 0–φ2) 电场力对两个小球所做总功的大小为W W= W1 + W2 = q (φ2 -φ1) =-qEl= -qlU/d=- qlQ／Cd

  18. 04年上海10 v0 O E 10．在光滑水平面上的O点系一长为l 的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电量为q的小球.当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态.现给小球一垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面上开始运动.若v0很小，则小球第一次回到平衡位置 所需时间为. 解：因为v0很小，小球将在电场力和细线拉力的作用下在平衡位置做简谐振动，以电场力qE代替一般单摆中的mg，其周期为T

  19. 04年上海7 A．0 光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ） A B C

  20. B A v0 a b D C 解： 因为题中有两个不确定：运动的末位置不确定；电场方向不确定，因此要分别讨论。 设小球带正电,从a点运动到b点时,如图示： 由动能定理 W=1/2 mvb2 - 1/2 mv02 其动能 EKb =1/2 mvb2 = 1/2 mv02 +W 若电场方向沿AB方向，则W=qEl ，题中无此答案. 若电场方向沿BA方向，W = -qEl ， 当 1/2 mv02 = - qEl 则EKb =0 A正确 当 1/2 mv02 ＜ - qEl 则返回到a点时W=0, C正确 若电场方向沿AD方向，小球从a点运动到C点时 EKC =1/2 mvC2 = 1/2 mv02 + 1/2 qEl B正确

  21. d uAB A B U0 t O O 2T T -UX 图a 图b 例5.平行金属板A、B两板相距为d ,如图（a）所示，板间加有如图（b）所示的随时间变化的电压u，U0和T已知， -UX为未知，A板上O处有一质量为m、电量为q的静止带电粒子(重力不计),在t=0时刻受板间电压U0加速向B板运动，则 （1）为使t=T时粒子恰好能回到O点， UX应满足什么条件？回到O点时的动能多大？ （2）满足上述带电粒子运动情况, U0的取值范围如何？

  22. 由s=v t v v1 a1 t1 T t T/2 0 a2 v2 解:要使t=T时粒子恰好能回到O点，则一个周期内的位移为0 , 画出v-t图线如图示: 得 v2 = - 2v1 ∴ a2 / a1 = 3 a=qU/md ∴Ux / U0 = 3 EK2=1/2m v22 =2m v12 =2m(a1T/2)2=q2U2T2／2md2 t1 =2T/3 (2) 由比例关系从图线可求出t1的值为 要满足上述带电粒子运动情况, 必须在0—t1内的位移小于d，即 d≥ v1 t1/2 = v1T/3=qU0T2／6md ∴U0≤6md2／qT2

  23. v0 A B E 例6、一木板放在光滑的水平面上，一质量为m、带电量为q的物体（视为质点）沿木板的上表面以某一初速从A端沿水平方向滑入，所处的空间有方向竖直向下的匀强电场，如图所示。当物块滑至木块的B端时，两者恰好相对静止。若匀强电场场强大小保持不变，方向改为竖直向上，物块仍以原初速度从A端水平滑入，物块运动到木板中点时，两者恰好相对静止。 求：①物块带何种电荷？ ②匀强电场的场强的大小。

  24. N1 qE v0 v0 E E f1 A A B B mg E V1 A B N2 E V2 A B f2 mg qE 解：根据题意，画出示意图： ①由动量守恒 mv0 =(m+M)V1= (m+M)V2 ∴V1= V2 由能量守恒定律，两次动能的损失相同，可见第一次的摩擦力小，所以其电场力 向上，物块带负电荷。 ②画出物块的受力图如图示： f1 L=1/2 mv02 - 1/2 (M+ m)V2 f2 L/2=1/2 mv02 - 1/2 (M+ m)V2 ∴f2 =2 f1 N2 =2 N1 mg+qE=2( mg-qE) 解得qE=mg/3 ∴ E=mg／3q

  25. O a b ● P O′ F′ F α F1 mg 例7、如图示，带电液滴P在平行金属板a b之间的电场内保持静止，现设法使P固定，再使板a b分别以中点O O′为轴转过一个相同角度α然后释放P，则P在电场内将做什么运动？ ( ) A.   向右的匀速直线运动， B.    向右的匀加速直线运动， C.   斜向右下的匀加速直线运动， D.   曲线运动。 B 解：原来平衡时 E=U/d mg=F=qE=q U/d 后来两板距离变为 dcosα 电场强度变为E' =U / dcosα F'=qE' =qU / dcosα=F/cosα F'cosα=F=mg所以 粒子在F1作用下向右匀加速直线运动

  26. 例8、一根对称的“八字”形玻璃管置于竖直平面内，如图所示。管所在的空间有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1000牛/库。重力G＝1.0×10-3牛，带电量Q= -2×10-6库的小物体在管内从A点由静止开始运动，它与管壁摩擦系数为0.5，管长AB=BC=3米，管的B处为一极短的光滑圆弧，管AB和BC与水平方向所夹的角度皆为37°,问 （1）小物体最终静止在何处？ （2）从A开始计算时，小物 体运动的总路程是多少？ 解见下页

  27. qE qE V f V f N N mg mg 解：A—B受力， 作匀加速运动 B—C受力， 作匀减速运动， 由于有机械能损失，到不了C点就停止，接着返回作匀加速运动，过B点又作匀减速动， …最后停在B点. 由动能定理，对全过程， (qE-mg)Lsin370- μ(qE-mg) cos370S=0 S=0.6 L /（0.5×0.8） =1.8/0.4=4.5m L=AB=BC=3米 μ =0.5 E=1000N/C

  28. O Am B 2m C 3m T1 Am B 2m C 3m B 2mg QE QE C 3mg E 例9、如图所示匀强电场方向竖直向下，场强大小为E，三个质量分别为m、2m 、3 m的小球A、B、C，(其中B球带正电Q，A、C两球不带电）用绝缘线连接悬于O点，问(1)当三球均处于静止状态时, A、B之间的细线的张力等于多少?(2)当把OA段细线剪断的瞬间, A、B之间的细线的张力又等于多少? 解: (1)对BC整体,受力如图: T 1 =5mg+QE (2)剪断OA, AB球一起下落 (C自由下落) 对AB整体 3mg+QE=3ma a=g+QE/3m 对B 2mg+QE -T2=2ma T2= QE/3

  29. 1999年全国高考 在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3 kg、电量q＝1.0×10-10 C的带正电小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿X轴正方向、场强大小E＝2.0×106V／m的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E＝2.0×106 V／m的匀强电场．再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．

  30. E y Vy Vt Vx qE qE1 x E qE Vx 题目 下页

  31. 解: 由牛顿定律，在匀强电场中小球加速度的大小为 题目 下页 a=F/m=0.20m/s2 (1) 当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为 vx＝at=0.20×1.0＝0.20m/s (2) 速度的方向沿x轴正方向．小球沿x轴方向移动的距离 Δx1=1/2 at2=1/2×0.2 ×1=0.10m (3) 在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动 沿x方向移动的距离 △x2=vxt＝0.20m (4) 沿y方向移动的距离Δy=1/2at2=1/2×0.2 ×1=0.10m (5) 故在第2秒末小球到达的位置坐标x2＝△x1＋△x2=0.30m (6) y2=△y=0.10m (7)

  32. 题目 上页 在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx ， 在y方向的分速度 vy=at＝ 0.20×1.0=0.20m/s (8) 由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角． 在第3秒内，在电场力作用下小球做匀减速运动，则由 在第3秒末小球到达的位置坐标为 △ x3=vx t/2=0.2×1/2=0.1m x3= x2 + △ x3= 0.40m (11) △ y3=vy t/2=0.2×1/2=0.1m y3=y2 + △ y3 = 0.20m (12)

  33. 94年全国19、 B u A 图中A、B是一对平行的金属板.在两板间加上一周期为T的交变电压u. A板的电势UA=0, B板的电势UB随时间的变化规律为: 在0到T/2的时间内,UB=U0(正的常数);在T/2到T的时间内. UB= -U0; 在T到3T/2的时间内,UB=U0;在3T/2到2T的时间内. UB= -U0……, 现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内.设电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 ( ) A B (A)若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动 (B)若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向 A板运动,最后打在B板上 (C)若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而 向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上 (D)若电子是在t=T/2时刻进入的, 它可能时而向B板、时而向A板运动

  34. u U0 t T/2 T 3T/2 2T v -U0 t 0 T/2 T 3T/2 2T v t 0 T/2 T 3T/2 2T v t 0 T/2 T 3T/2 2T v t 0 T/2 T 3T/2 2T 题目 画出u—t图 画出v—t图 A.t=0进入 B. t=T/8进入 C. t=3T/8进入 D. t=T/2进入 ∴C D都 错误，只有 A B正确

  35. A B uAB ●P 0 T/4 T t uAB 例10、如图a所示：A、B为一对平行金属板，间距足够大，分别接在交流电源的两端，其两端电压如图b所示规律变化，一个不计重力的带电粒子原来静止在A、B正中间位置处，哪个时刻释放粒子，一定能打到某个金属板上？ 解：在t=T/4时刻释放，所加的力类似振动图线的回复力 ， 作 简谐振动 在 t=3T/4时刻释放，同上 在t=0时刻释放，复杂运动，用叠加的办法: 在t=T/4时，这时若 v=0 受力作简谐振动 若不受力,已有速度， v≠0，做匀速直线运动 现在既受力，又有速度，将是两种运动的叠加，一定碰板。 在其它时刻释放,同样碰板. 结论 :只要在t≠(2n+1)T/4 (n=0、1 、2 ……) 时释放， 就一定打到某一金属板上

  36. 03年上海23 S + U L － 接地 为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后： ⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ ⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共 做了多少功？ ⑶经过多长时间容器中烟尘 颗粒的总动能达到最大？

  37. S + U L － 接地 ⑴当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时， 烟尘就被全部吸附。 解： 烟尘颗粒受到的电场力 F=qU/L， L=at2/2=qUt2/2mL， 故 t=0.02s ⑵W=nALqU/2=2.5×10-4J ⑶设烟尘颗粒下落距离为x，每个颗粒的动能为 EK1 = 1/2mv2 =qEx =qUx/L 则当时所有烟尘颗粒的总动能 EK总= nA(L-x)mv2/2 =nA(L-x)qUx/L， 当x=L/2时EK总达最大， 而x=at12/2， 故 t1=0.014s

  38. 04年上海6 U U0 x 0 x1 x2 6．某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则（ ） A．在0—x1之间不存在沿x方向的电场。 B．在0—x1之间存在着沿x方向的匀强电场。 C．在x1—x2之间存在着沿x方向的匀强电场。 D．在x1—x2之间存在着沿x方向的非匀强电场。 A C

  39. 04年天津14 14．在静电场中，将一电子从A点移到B点，电场力做了正功，则 （ ） A． 电场强度的方向一定是由A点指向B点 B． 电场强度的方向一定是由B点指向A点 C． 电子在A点的电势能一定比在B点高 D． 电子在B点的电势能一定比在A点高 C

  40. 04年湖南20. +q Ⅲ -q +q Ⅱ +q -q Ⅰ -q 如图，一绝缘细杆的两端各固定着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中箭头所示。开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中Ⅰ所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90”，到达图中Ⅱ所示的位置；最后，使细杆移到图中Ⅲ所示的位置。以W1表示细杆由位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中电场力对两小球所做的功，W2表示细杆由位置Ⅱ到位置Ⅲ过程中电场力对两小球所做的功，则有 ( ) A．W1＝0，W2≠0 B．W1＝0，W2＝0 C．W1≠0，W2＝0 D．W1≠0，W2≠0 C

  41. 如图，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN。a、b、c是以O为中心，Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，Rc-Rb= Rb-Ra。1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点。以表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则 ( ) 04年春季21. c b A． 1 a M 2 R1 B． P R2 O C．P、Q两电荷可能同号,也可能异号 R3 3 D．P 的初速度方向的延长线与O之间 的距离可能为零 4 N B 点拨：点电荷的等势面不均匀,越向外越稀疏, Uab>Ubc U12> 2U34 W=qU

  42. B C rB H A +Q 例11、如图示，在A点固定一正电荷Q，在离A高度为H 的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g，已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力，求： (1)液珠的比荷 (2)液珠速度最大时离A点的距离h (3)若已知在点电荷Q的电场中,某点的电势可表示成φ=kQ/r,其中r为该点到Q的距离(选无限 远的电势为零).求液珠能到达的最高点B 离A点的高度rB。

  43. B C rB H A +Q 解: (1)在C点, kqQ/H2 - mg=ma=mg ① ∴液珠的比荷 q/m=2g H2／kQ ② (2)液珠从C 点向上运动,当a=0 时有最大速度 kqQ/h2 - mg=0 ③ (3)液珠从C 点向上运动到最高点时,速度为0, 由能量守恒定律: 系统电势能的减少等于重力势能的增加 kqQ/H- kqQ/rB =mg(rB -H ) ⑤ ②代入 ⑤化简得 rB2 –3H rB +2H2=0 ∴rB =2H

  44. 05年徐州质量检测二10 P Q M 如图示，在绝缘水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则以下说法正确的是 （ ） A. 滑块受到的电场力一定是先减小后增大 B. 滑块的电势能一直减小 C. 滑块的动能与电势能之和可能保持不变 D. PM间距一定小于QN间距 D 解：题中的关键词是停下，说明一定有摩擦力，可能在运动未到PQ连线中点O就停下，则A错；也可能越过O，则电场力先做正功后做负功，B错；由于有摩擦，动能与电势能之和要减小，C错.

  45. B mg qE C O q A E m 例12、质量m、带电量q的小球，用长为L的绝缘细线悬挂在O点，现在该区域加一竖直向下的匀强电场，场强为E，为使小球在运动中悬线不松驰，求：小球在最低点的速度应满足什么条件？ 解： (1)若小球带正电， 为使小球在运动中悬线不松驰，且刚能通过B点，小球的受力如图示： 令 g1 = g+qE/m 必须有 mg 1=mv2 /L 由动能定理：A→B

  46. B C O q A E m (2)小球带正电，若小球最多只能在圆形轨道上运动到C点，则可以在A点两侧沿圆轨道往复摆动： 则 vC =0, 由动能定理得 小球在最低点的速度应满足的条件为 式中 g1 = g+qE/m

  47. (3)若小球带负电，电场力向上， qE B mg C O -q A E m a.若qE<mg 令 g2= g-qE/m 同上分析 小球在最低点的速度应满足的条件为 式中 g2 = g - qE/m b.若qE=mg vA>0的任意速度均可 c. 若qE>mg小球平衡位置在B点, 只要能过A点,一定能过B点, 小球在A点的速度应满足的条件为 qE-mg=mvA2/L 式中 g3 = g-qE/m

  48. 05年苏锡常镇二模9、 F P A E B Q O 如图所示，光滑绝缘、互相垂直的固定墙壁PO、OQ竖立在光滑水平绝缘地面上，地面上方有一平行地面的匀强电场E，场强方向水平向左且垂直于墙壁PO，质量相同且带同种正电荷的A、B两小球（可视为质点）放置在光滑水平绝缘地面上，当A球在平行于墙壁PO的水平推力F作用下，A、B两小球均紧靠墙壁而处于静止状态，这时两球之间的距离为L。若使小球A在水平推力F的作用下沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较（两小球所带电量保持不变） （ ） A. A球对B球作用的静电力增大 B. A球对B球作用的静电力减小 C. 墙壁PO对A球的弹力不变 D. 两球之间的距离减小，力F增大 B C

  49. FAB P A NA qE E NB F B qE θ Q O FAB 解： 对A、B球分析受力如图示； 先对整体考虑，可不计两球之间的静电力 ， 由平衡条件 NA=2qE (1) NA保持不变,C对. NB=F (2) 对B 球分析，由平衡条件 qE=FAB cosθ (3) NB= FABsinθ =F (4) 小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后, 由(3)式,角θ减小, cosθ增大, FAB减小,A错B对. 由库仑定律, FAB减小,距离r增大. 由(4)式,角θ减小, sinθ减小 FAB减小, F减小,D错. 只有B C正确.

  50. 05年广东卷10 θ a b R E A 10.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球,将平行金属板按图示的电路图连接,绝缘线与左极板的夹角为θ,当滑动变阻器R的滑片在a位置时,电流表的读数为I1,夹角为θ1;当滑片在b位置时,电流表的读数为I2, 夹角为θ2,则有 ( ) A. θ1 < θ2, I1 < I2 B. θ1 > θ2, I1 > I2 C. θ1 = θ2, I1 = I2 D. θ1 < θ2, I1 = I2 D 解:带正电的小球受电场力、重力和绳子的拉力平衡, tgθ=qE/mg 滑片从a到b,金属板间的电压变大, E变大, θ也变大. 电流强度I=E/R不变, D正确.

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