高考物理专题复习(九)电场考点例析

权掇市安稳阳光实验学校专题九：电场考点例析电场是电学的基础知识，是承前启后的一章!通过这一章的学习要系统地把力学的“三大方法”复习一遍，同时又要掌握新的概念和规律。

这一章为历年高考的重点之一，特别是在力电综合试题中巧妙地把电场概念与牛顿定律、功能关系、动量等力学知识有机地结合起来，从求解过程中可以考查学生对力学、电学有关知识点的理解和孰练程度。

只要同学们在复习本章时牢牢抓住“力和能两条主线”，实现知识的系统化，找出它们的有机联系，做到融会贯通，在高考得到本章相应试题的分数是不困难的。

一、夯实基础知识
1、深刻理解库仑定律和电荷守恒定律。

(1)库仑定律:真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。

即：
22
1 r q
kq
F=其中k为静电力常量， k=9.0×10 9 N m2/c2
成立条件:①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。

即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。

（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心间距代替r）。

(2)电荷守恒定律:系统与外界无电荷交换时，系统的电荷代数和守恒。

2、深刻理解电场的力性质。

电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用。

电场强度E是描述电场的力的性质的物理量。

⑴定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度，简称场强。

q
F
E=这是电场强度的定义式，适用于任何电场。

其中的q为试探电荷（以前称为检验电荷），是电荷量很小的点电荷（可正可负）。

电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。

⑵点电荷周围的场强公式是：
2
r
kQ
E=，其中Q是产生该电场的电荷，叫场源电荷。

⑶匀强电场的场强公式是：
d
U
E=，其中d是沿电场线方向上的距离。

3、深刻理解电场的能性质。

（1）电势φ：是描述电场能的性质的物理量。

○1电势定义为φ=
q
E，是一个没有方向意义的物理量，电势有高低之分，按规定：正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点电势越高。

○2电势的值与零电势的选取有关，通常取离电场无穷远处电势为零；实际应用中常取大地电势为零。

○3当存在几个“场源”时，某处合电场的电势为各“场源”在此处电场的电势的代数和。

○4电势差，A、B间电势差U AB=ΦA-ΦB;B、A间电势差U BA=ΦB-ΦA，显然U AB=-U BA，电势差的值与零电势的选取无关。

(2)电势能：电荷在电场中由电荷和电场的相对位置所决定的能，它具有相对性，即电势能的零点选取具有任意性；系统性，即电势能是电荷与电场所共有。

○1电势能可用E=qФ计算。

○2由于电荷有正、负、电势也有正、负(分别表示高于和低于零电势)，故用E=qФ计算电势能时，需带符号运算。

(3)电场线的特点：
○1始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷(或无穷远)；
○2不相交，不闭合；
○3不能穿过处于静电平衡状态的导体。

(4)电场线、场强、电势、等势面的相互关系。

○1电场线与场强的关系；电场线越密的地方表示场强越大，电场线上每一点的切线方向表示该点的场强方向。

○2电场线与电势的关系：沿着电场线方向，电势越来越低；
○3电场线与等势面的关系：电场线越密的地方等差等势面也越密，电场线与通过该处的等势面垂直；
○4场强与电势无直接关系：场强大(或小)的地方电势不一定大(或小)，零电势可由人为选取，而场强是否为零则由电场本身决定；
○5场强与等势面的关系：场强方向与通过该处的等势面垂直且由高电势指向低电势，等差等势面越密的地方表示场强越大。

4.掌握电场力做功计算方法
（1）电场力做功与电荷电势能的变化的关系。

电场力对电荷做正功时，电荷电势能减少；电场力对电荷做负功时，电荷电势能增加，电势能增加或减少的数值等于电场力做功的数值。

（2）电场力做功的特点
电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而移动电荷做功的值也是确定的，所以，电场力移动电荷所做的功，与移动的路径无关，仅与始末位置的电势差有关，这与重力做功十分相似。

（3）计算方法
○1由功的定义式W=F·s来计算，但在中学阶段，限于数学基础，要求式中F 为恒力才行，所以，这个方法有局限性，仅在匀强电场中使用。

○2用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来计算，即W=-
电
E
，已知电荷电势能的值时求电场力的功比较方便。

○3用W=qU AB来计算，此时，一般又有两个方案：一是严格带符号运算，q和U AB均考虚正和负，所得W的正、负直接表明电场力做功的正、负；二是只取绝对值进行计算，所得W只是功的数值，至于做正功还是负功?可用力学知识判定。

5.深刻理解电场中导体静电平衡条件。

把导体放入电场时，导体的电荷将出现重新分布，当感应电荷产生的附加场强E附和原场强E原在导体内部叠加为零时，自由电子停止定向移动，导体处于静电平衡状态。

孤立的带电体和处于电场中的感应导体，处于静电平衡时，其特征：
(1)导体内部场强处处为零，没有电场线(叠加后的)；(2)整个导体是等势体，导体表面是等势面；(3)导体外部电场线与导体表面垂直，表面场强不一定为零；(4)对孤立导体，净电荷分布在外表面。

处理静电平衡问题的方法： (1)直接用静电平衡的特征进行分析； (2)画出电场中电场线，进而分析电荷在电场力作用下移动情况。

注意两点：(1)用导线接地或用手触摸导体可把导体和地球看成一个大导
体。

(2)一般取无穷远和地球的电势为零。

6.深刻理解电容器电容概念
电容器的电容C=Q/U=△Q/△U,此式为定义式，适用于任何电容器。

平行
板电容器的电容的决定式为C=
kd
S
πε4.对平行板电容器有关的Q 、E 、U 、C 的讨论要熟记两种情况：(1)若两极保持与电源相连，则两极板间电压U 不变；(2)若充电后断开电源，则带电量Q 不变。

二、解析典型问题
问题1：会解电荷守恒定律与库仑定律的综合题。

求解这类问题关键进抓住“等大的带电金属球接触后先中和，后平分”，然后利用库仑定律求解。

注意绝缘球带电是不能中和的。

例1、有三个完全一样的金属小球A 、B 、C ，A 带电量7Q ，B 带电量-Q ，C 不带电，将A 、B 固定 ，相距r ，然后让C 球反复与A 、B 球多次接触，最后移去C 球，试问A 、B 两球间的相互作用力变为原来的多少倍?
分析与解:题中所说C 与A 、B 反复接触之间隐含一个解题条件：即A 、B 原先所带电量的 总和最后在三个相同的小球间均分，则A 、B 两球后来带的电量均为
3
)
(7Q Q -+=2Q 。

A 、B 球原先是引力，大小为：
F=22
22217.7r
Q k r Q Q k r q q K ==
A 、
B 球后来是斥力，大小为：
即F ′F 7
4
=，A 、B
间的相互作用力减为原来的4/7.
例2、两个相同的带电金属小球相距r 时，相互作用力大小为F ，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F ，则两球原来所带电量和电
性( )
A.可能是等量的同种电荷；
B.可能是不等量的同种电荷； C ．可能是不量的异种电荷； D.不可能是异种电荷。

分析与解：若带同种电荷，设带电量分别为Q 1和Q 2，则2
21r Q Q K
F =，将两
球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：2
2
21/
4)(r Q Q K
F +=，显然只有Q 1=Q 2
时，才有F=F /
，所以A 选项正确，B 选项错误；若带异种电荷，设带电量分别为Q 1和-Q 2，则2
21r Q Q K
F =，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：
2
2
21/
4)(r Q Q K
F -=，显然只有在
21)223(Q Q ±=时，才有
F=F /
，所以C 选项正确，D 选项错误。

问题2：会解分析求解电场强度。

电场强度是静电学中极其重要的概念，也是高考中考点分布的重点区域之一。

求电场强度的方法一般有：定义式法、点电荷场强公式法、匀强电场公式法、矢量叠加法等。

例3、如图1所示，用长为l 的金属丝弯成半径为r 的圆弧，但在A 、B
之间留有宽度为d 的间隙，且d r <<，将电量为Q 的匀分布于金属丝上，求圆心处的电场强度。

分析与解：中学物理只讲到有关点电荷场强式和匀强电场场强的计算方法，本问题是求一个
环缺口补上，
这样就形成一个电荷均匀分布的完整带电环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O 处产生的电场叠加后合场强为零。

根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的总场强E=0。

至于补上的带电小段，由题给条件可视做点电荷，它在圆心O 处的场强E 1是可求的。

若题中待求场强为E 2，则E E 120+=。

设原缺口环所带电荷的线密度为
σσπ，=-Q r d /()2，则补上的那一小段金属线的带电量Q d Q ''=⋅σ，在O 处的场强
为E kQ r 12='/，由E E 120+=可得E E 21=-， 负号表示E 2与E 1反向，背向圆心向左。

例4、如图2所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，P
为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP=L ，试求P 点的场强。

分析与解：
q Q n =/，的场强为：
抵消，而E E nE nk
P x ==例5、如图3每边长为cm L 21=C q 6
102-⨯-=J
W 51102.1-⨯-=电场力做功W 2=6×10-6
J,试求匀强电场的电场强度E 。

分析与解：因为，V q W U ab ab 0.610
2102.16
5=⨯-⨯-==-- U W q
V ac ac
c a =
=->30.，ϕϕ，所以U V cb =90.. 将cb 分成三等份，每一等份的电势差为3V ，如图3所示，连接ad ，并从c 点依次作ad 的平行线，得到各等势线，作等势线的垂线ce ，场强方向由c 指向e ，所以 θ
αcos cos L U L U E ab
cb =
=
，
因为3260cos cos θααθ==︒-，，
问题3：会根据给出的一条电场线，分析推断电势和场强的变化情况。

例6、如图4所示，a 、b 、c 是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a
U b 、U c 和E a 、强度，可以
A 选U b ＝U b —U c ”
q 的带电粒
子，粒子到达b 点时速度恰好为零，设ab 所在的电场线竖直向下，a 、b 间的高度差为h ，则（ ）
A ． 带电粒子带负电；
B ． a 、b 两点间的电势差U ab =mgh/q;
C ． b 点场强大于a 点场强；
D ． a
点场强大于b 点场强.
分析与解：带电粒子由a 到b 的过程中，重力做正功，而动能没有增大，说明电场力做负功。

根据动能定理有：mgh-qU ab =0
解得a 、b 两点间电势差为U ab =mgh/q.
因为a 点电势高于b 点电势，U ab >0,所以粒子带负电，选项AB 皆正确。

带电粒子由a 到b 运动过程中，在重力和电场力共同作用下，先加速运动后减速运动；因为重力为恒力，
且电场力越来越来越大；由此可见b 点场强大于a 点场强。

选项C 正
确，D 错误。

问题4：会根据给定一簇电场线和带电粒子的运动轨
迹，分析推断带电粒子的性质。

例8、图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。

若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）
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。

分析与解：由于不清楚电场线的方向，所以在只知道粒子在a 、b 间受力情况是不可能判断其带电情况的。

而根据带电粒子做曲线运动的条件可判定，在a 、b 两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左。

若粒子在电场
中从a 向b 点运动，故在不间断的电场力作用下，动能不断减小，电势能不断增大。

故选项B 、C 、D 正确。

问题5：会根据给定电势的分布情况，求作电场线。

例9、如图7所示，A 、B 、C 为匀强电场中的3个点，已知这3点的电势分别为φA =10V, φB =2V, φC =-6V.试在图上画出过B 点的等势线和场强的方向（可用
三角板画）。

分析与解：用直线连接A 、C 两点，并将
线段AC
分作两等分，中点为D 点，因为是匀强电场，故D 点电势为2V ，与B 点电势相等。

画出过B 、D 两点的直线,就是过B 点的电势线。

因为电场线与等势线垂直，
所以过B 作BD 的垂线就是一条电场线。

问题6：会求解带电体在电场中的平衡问题。

例10、如图8所示，在真空中同一条直线上的A 、B 两点固定有电荷量分别为+4Q 和-Q 的点电荷。

①将另一个点电荷放在
该直
线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？
a
b
图5
图6
A
A B C
+4Q
-Q 图8
分析与解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B 点的右侧；再由
2
r kQq F =
，F 、k 、q 相同时Q r ∝∴r A ∶r B =2∶1，即C 在AB 延长线上，且AB=BC 。

②C 处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A 、B 两个点电荷中的一Q A 相同，Q ∝
个处于平衡，另一个必然也平衡。

由2r
kQq
F =
，F 、k 、r 2
，∴Q C ∶Q B =4∶1，而且必须是正电荷。

所以C 点处引入的点
电荷Q C = +4Q.
例11、 如图9所示，已知带电小球A 、B 的电荷分别为Q A 、Q B ，OA=OB ，都用长L 的丝线悬挂在O 点。

静止
时A 、B 相距
为d 。

为使平衡时AB 间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A.将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍；
B.将小球B 的质量增加到原来的8倍；
C.将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍。

分析与解：由B 的共点力平衡图知
L
d
g m F B =，而2d Q kQ F B A =，可知3
mg
L
Q kQ d B A ∝，
故选项BD 正确。

例12、如图10甲所示，两根长为L 的丝线下端悬挂一质量为m ，带电量分别为+q 和-q 的小球A 和B ，处于场强为E ，方向水平向左的匀强电场之中，使长度也为L 的连线AB 拉紧，并使小球处于静止状态，求E 的大小满足什么条件才能实现上述平衡状态．
分析与解：对A 作受力分
析．设悬
点与A 之间的丝线的拉力为F 1，AB 之间连线的拉力为F 2，受力图如图10乙所
示．根据平衡条件得
F 1sin60°=mg ，
qE=k 2
2
L
q +F 1cos60°+F 2，
由以上二式得：E=k 2L
q +
q
mg
cot60°+
q
F 2，
∵F 2≥0， ∴ 当E ≥k 2L
q +
q
mg cot60°时能实现上述平衡状态．
问题7：会计算电场力的功。

例13、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11所示的静止状态（杆与板面垂直），大小等于多
在此过程中两个小球克服．．
电场力所做总功的少？（设两球移动过程中极板上电荷分布情况不变）（ ） A ．Cd
QLq
B ．0
C ．
)(L d Cd
Qq
- D ．Qd CLq 分析与解：从功的公式角度出发考虑沿不同方向移动杆与球，无法得出电场力所做功的数值。

但从电场力对两个小球做功引起两小球电势能的变化这一
角度出发，可以间接求得电场力对两个小球做的总功。

只要抓住运动的起点、终点两个位置两小球的电势能之和就能求出电场力的功。

F 1
F 2
O
A
B B N L d 图9
+Q
-Q
+q
-q 图11
初始两小球在很远处时各自具有的电势能为零，所以E 0=0；终点位置两球处于图11所示的静止状态时，设带正电小球的位置为a ，该点的电势为U a ，则带正电小球电势能为qU a ;设带负电小球的位置为b ，该点的电势为U b ，则带负电小球电势能为-qU b .所以两小球的电势能之和为：
E t =Cd
qQL
qEL U U q b a =
=-)( 所以电场力对两小球所做的功为：Cd
qQL
E E W t -=-=0，即两个小球克服．．电场力所做总功的大小等于
Cd
QLq
，选项A 正确。

问题8：会用力学方法分析求解带电粒子的运动问题。

例14、质量为2m ，带2q 正电荷的小球A ，起初静止在光滑绝缘水平面上，当另一质量为m 、带q 负电荷的小球B 以速度V 0离A 而去的同时，释放A 球，如图12所示。

若某时刻两球
的电势能有最大值，求：
（1）此时两球速度各多大？
（2）与开始时相比，电势能最多增加多少？
分析与解：(1)两球距离最远时它们的电势能最大，而两球速度相等时距离最远。

设此时速度为V ，两球相互作用过程中总动量守恒，由动量守恒定律得：
mV 0=(m+2m)V, 解得V=V 0/3.
(2)由于只有电场力做功，电势能和动能间可以相互转化，电势能与动能的总和保持不变。

所以电势能增加最多为：
例15、如图13所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC 长为2L ，处在水平位置，斜边AC 是光滑绝缘的，在底边中点O 处放置一正电荷Q ，一个
质量为m ，电量为q 的带负电的质点从斜面顶端A 沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D 时速度为V 。

（1）在质点的运动中不发生变化的是（ ）
A ．动能
B ．电势能与重力势能之和
C ．动能与重力势能之和
D ．动能、电势能、重力势能三者之和。

（2）质点的运动是（ ）
A 、匀加速运动
B 、匀减速运动
C 、先匀加速后匀减速的运动
D 、加速度随时间变化的运动。

（3）该质点滑到非常接近斜边底端C 点时速率V c 为多少？沿斜面下滑到C 点的加速度a c 为多少？
分析与解：（1）由于只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变。

即D 选项正确。

（2）质点受重力mg 、库仑力F 、支持力N 作用，因为重力沿斜面向下的分力mgsin θ是恒定不变的，而库仑力F 在不断变化，且F 沿斜面方向的分力也在不断变化，故质点所受合力在不断变化，所以加速度也在不断变化，选项D 正确。

（3）由几何知识知B 、C 、D 三点在以O 为圆心的同一圆周上，是O 点处点电荷Q 产生的电场中的等势点，所以q 由D 到C 的过程中电场力做功为零，由能量守恒可得：
其中2
3232
1
260sin 30sin 60sin 000L L BC BD h =⨯⨯=== 得 gL V V c 32+=
B
O
图13
图12
质点在C 点受三个力的作用：电场力F ，方向由C 指向O 点；重力mg ，方向竖直向下；支撑力F N ，方向垂直于斜面向上.根据牛顿第二定律得：
c ma F mg =-θθcos sin ，即c ma L
kQa mg =-
2030cos 30sin 解得：2
2321mL
kQa
g a c -=。

本题中的质点在电场和重力场中的叠加场中运动，物理过程较为复杂，要紧紧抓住质点的受力图景、运动图景和能量图景来分析。

问题9：会用能量守恒的观点解题。

例16、如图14所示，在粗糙水平面上固定一点电荷 Q ，在 M 点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在 Q 的电场中运动
到 N 点静止，则从 M 点运动到N 点的过程中:
A.小物块所受电场力逐渐减小；
B.小物块具有的电势能逐渐减小；
C.M 点的电势一定高于 N 点的电势；
D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功。

分析与解：小物块应是先做加速运动后做减速运动，到N 点静止，显然电场力做正功，摩擦力做负功，且正功与负功数值相等。

由点电确。

因
荷的场强E=2
r Q
k
,可得电场力F=qE 逐渐减小，A 正
为电场力做正功，故电势能逐渐减小，B 正确。

因点电荷Q 的电性未知，所以M 、N 两点的电势高低不能确定，选项C 错误。

由能量关系知，选项D 正确。

综上所述，正
确答案
为ABD 。

例17、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=1.00×10-2
Kg 的带电小球A 和B ，它们的电量分别为-q 和+q,q=1.00×10-7
C.A 、B 之间用第三根线连接起来。

空间中存在大小为E=1.00×106
N/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15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，
g=10m/s 2
）
分析与解：当将O 、B 之间的线烧断后，由于
有空气阻力，
A 、
B 球最后会达到新的
平衡位置（处于静止状
态）。

对于A 、B 整体，受力如图16所示：重力2mg,竖直向下；两个电场力qE,一个水平向左,一个水平向右,相互平衡;所以线OA 的拉力应竖直向上,即OA 呈现竖直状态.
对于B 球，受力如图17所示：重力mg,竖直向下；电场力qE, ,水平向右,设线BA 的拉力与竖直方向成β角,由平衡条件得:
很容易解得β=450
.
图14
qE
qE
T OA
图16 A -q
+q
B E
O 图17
β qE
T A -q
+q
B E O
图15
由此可知,AB 球重新达到平衡的位置如图17所示.与原来位置相比,A 球的重力势能减少了:E A =mgL(1-sin600
)
B 球的重力势能减少了: E B =mgL(1-sin600
+cos450
) A 球的电势能增加了: W A =qELcos600
B 球的电势能减少了:W B =qEL(sin450
-sin300
) 两种势能总和减少了W=W B -W A +E A +E B =6.8×10-2
J. 问题11：会解带电粒子在电场中的偏转问题。

例18、试证明荷质比不同的正离子，被同一电场加速后进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时的速度方向一定相同。

分析与解：如图18所示，设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转板长L ，板距为d ，离子离开电场时的速度为图中的V ，它与水平分速V x 之间的夹角φ叫做偏向角，可以表示出V 的方向，因此，只要证明φ与正离子
荷质比无关即可。

对正离子的加速有 qU 1=2
02
1
mV
对正离子的偏转，水平方向有V x =V 0, L=V 0t ；
竖直方向有 V y =at=t md
qU
2
偏向角φ的正切 x
y V V =φtan
解上述各式可得tan φ=
d
U L U 122，是一个与正离子荷质比q/m 无关的量，可见，
正离子离开偏转电场时速度方向相同。

例19、示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图19（甲）所示，真空室中电极K 发出电子（初速不计），经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中。

板长为L ，两板间距离为d ，在两板间加上如图19(乙)所示的正弦交变电压，周期为T ，前半个周期内B 板的电势高于A 板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。

在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。

在两极板右侧且与极板右端相距D 处有一个与两板中心线（图
中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。

当第一个电子到达坐标原点O 时，使屏以速度V 沿负x 方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。

（已知电子的质量为m ，带电量为e ，不计电子重力）求：
（1）电子进入AB 板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图19(乙)中电压的最大值U 0需满足什么条件?
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置?计算这个波形的峰值和长度，在如图19(丙)
所示的x －y 坐标系中画出这个波形。

分析与解：（1）电子在加速电场中运动，
据动能定理，有 eU 1=2
1mV 21
V 1=
m
eU 21
（2）因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上，在板A 、B 间沿水平
U 1
L
d
V
图18
U 2 V 0
V x y
φ
A B D
o x
y U
K S t
u
T O -U 0
U 0 x
图19（丙）
y
O
方向的分运动为匀速运动，则有 ：L=V 1t 竖直方向，有y'=2
1at 2
，且a=
md
eu
联立解得y'=2
1
2
2mdV euL 只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打
在屏上，则所有电子都能打在屏上，所
以：
（3）要保持一个完整波形，需要隔一个周期T 时间回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图20所示，有 tan θ=
'
'
2211L y mdV eUL V V ==⊥ 又知y'=
2
12mdV eUL
，联立得L'=2
L
由相似三角形的性质，得'
y y 2/L D
2L =+, 则y=1
dU 4LU )D 2L (+
峰值为y m =
1
dU 4LU )D 2L (+V,波形长度为x 1=VT,波形如图21所示
问题12：会解带电粒子在交变电场中的运动问题。

例20、在真空中，速度V=6.4×107
m/s 电子束水平地射入平行金属板之间，如图22所示，极板长度L=8.0×10-2
m,间距d=5.0×10-3
m.两极板不带电时，电
子束将沿两板板的中线通过。

若在两极板加50Hz 的交流电压u=U sinωt.当所
加电压的最大值U 超过某一值U 0时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板；有时间断，不能通过。

电子的电量e=1.6×10-19
C,电子质量
m=9.1×10-31
kg.求(1)U 0的大小;(2)U 为何值时才能使通过的时间Δt 1跟间断的
时间Δt 2之比为2：1？
分析与解：（1）电子可作为点电荷，电子所受的重力以及电子间的相互作用力可忽略。

更重要的是：电子通过两极板的时间t=L/V=1.2×10-9
S ，而电压变
化的周期T=2.0×10-2
S,显然t<<T 。

这表明在电子通过两极板的时间内，电场的变化完全可以忽略不计。

因而可以把交变电场理想化为匀强电场。

这样电子的
运动可以看作类平抛运动。

根据平抛运动的知识可得：L=Vt, 2
0.
212t md
eU d =
所以V eL
V md U 912
2
20== （2）要使通过的时间Δt 1跟间断的时间Δt 2之比
为2：1，则一个周期内有三分之二的时间，电压u 的值
小于U 0=91V,所以有u=Usin600
=U 0，解得U=105V 。

例21、如图23所示，A 、B 为水平放置的平行金属板，板间距离为d （d 远小于板的长和宽）。

在
两板之间
有一带负电的质点P 。

已知若在A 、B 间加电压U 0，则质点P 可以静止平衡。

现在A 、B 间加上如图24所示的随时间t 变化的电压U 。

在t=0 时质点P 位于A 、B 间的中点处且初速为0。

已知质点P 能在A 、B 之间以最大的幅度上
下运动而又不与两板相碰，求图8中U 改变的各时刻t 1、t 2、t 3及t n 的表达式。

（质点开始从中点上升到最高点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一
次。

）
分析与解：设质点P 的质量为m ，电量大
小为q ，
根据题意，当A 、B 间的电压为U 0时，有：
当两板间的电压为2U 0时，P 的加速度向上，其
大小为
图20
图21
图
22
图
24
A B
P + 图23。