2022年福建省高考物理总复习：静电场中的能量

2022年福建省高考物理总复习：静电场中的能量
1．如图所示，空间中有互相垂直的两组平行金属板P、Q和M、N，其中板P、Q水平，AB的长度l1＝0.6m，AD的长度为l2＝0.2m。

当仅在板M、N加上电压时，将带正电的小球从A点由静止释放，小球恰沿直线AC运动，使该小球从A点沿AB方向水平抛出，小球也能经过C点。

取重力加速度g＝10m/s2，板端彼此绝缘靠在一起，不考虑板间的静电效应，两次运动中小球的电荷量相同。

求小球水平抛出的初速度大小（结果可用根式表示）。

【分析】仅在板M、N上加上电压时，小球做的是初速度为零的匀加速直线运动，将小球的运动分解为水平方向和竖直两个方向，根据牛顿第二定律求加速度，再根据位移﹣时间公式列式，求电场力与重力之比。

仅在板P、Q上加上电压时，小球做的是匀变速曲线运动，运用运动的分解法，根据牛顿第二定律求加速度，根据分位移公式列式，联立即可求初速度。

【解答】解：设带电小球的质量为m，电荷量为q，板PQ间距为d。

当仅在板M、N上加电压U时1＝q
小球沿直线从A到C运动过程，设运动时间为t7，则水平方向有
l1＝
l2＝
联立得＝＝，即F1＝3mg
当仅在P、Q上加电压时2＝q，则F2＝8F1＝6mg
设小球的初速度为v8，做类平抛运动的加速度为a，运动时间为t2，由牛顿第二定律得F2+mg＝ma
得a＝5g
由类平抛运动规律得：
水平方向有l1＝v0t7
竖直方向有l2＝
联立解得v2＝3m/s
答：小球水平抛出的初速度大小为8m/s。

【点评】解决本题的关键是要会运用运动的分解法研究带电体在匀强电场中的运动，通过分析小球的受力情况，确定各个分运动的规律。

2．如图所示，一质量为m＝2.0×10﹣16kg、电荷量为q＝1.0×10﹣12C的带正电的粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，开从另一侧射出打到荧光屏上的某点0＝2500V，偏转电场电压U＝100V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm，不计粒子重力，求；
（1）粒子射入偏转电场时的初速度v0；
（2）粒子打在荧光屏上的点到O点的距离Y；
（3）粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。

【分析】（1）粒子在加速电场中加速时，根据动能定理求出粒子加速获得的速度，即为粒子进入偏转电场时的初速度v0；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求粒子打在荧光屏上的点到O点的距离Y；
（3）根据W＝qEy即可求出粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。

【解答】解：（1）粒子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：
qU0＝﹣7
解得：v0＝
代入数据解得：v0＝5×107m/s；
（2）设粒子在偏转电场中运动时间为t，粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y。

粒子在水平方向做匀速直线运动，有：L1＝v0t
粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，有：y＝
根据牛顿第二定律有：a＝
联立并整理得：y＝
代入数据解得y＝0.18cm；
粒子离开偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，则根据几何关系可得：
＝
解得：Y＝2.36cm；
（3）粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W为：
W＝qEy＝q y
解得W＝9×10﹣12J；
答：（1）粒子射入偏转电场时的初速度v0是5×103m/s。

（2）粒子打在荧光屏上的点到O点的距离Y是0.36cm；
（3）粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W是4×10﹣12J。

【点评】本题是带电粒子先加速后偏转的类型，运用动能定理求粒子加速获得的速度，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式相结合求偏转距离，都是常用方法，要熟练掌握。

3．如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径为R的的圆弧形的光滑绝缘轨道，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E。

今有一质量为m、带电荷量+q的小滑块（可视为质点），重力加速度为g，求：
（1）小滑块经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；
（2）小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离。

【分析】（1）对滑块从A点到B点的过程运用动能定理列式，可求出滑块经过B点时的速度。

滑块在B点时，由重力、电场力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的支持力，再由牛顿第三定律求滑块对轨道的压力。

（2）滑块在水平轨道运动时，只有滑动摩擦力对其做功，由动能定理求出小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离。

【解答】解：（1）滑块从A点到B点的过程中，滑块受竖直向下的重力mg，只有重力和电场力做功
mgR+qER＝﹣0
滑块在B点时，由重力，由牛顿第二定律得：
N﹣mg﹣qE＝m
联立解得N＝6（mg+qE）
由牛顿第三定律可知滑块对B点的压力大小N′＝N＝3（mg+qE），方向竖直向下。

（2）设滑块在水平轨道上离开B点的最远距离为x。

小滑块在水平地面上运动时，只有滑动摩擦力做功
﹣fx＝0﹣
其中：f＝μF N＝μ（mg+qE）
联立解得：x＝
答：（1）小滑块经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力大小为6（mg+qE），方向竖直向下；
（2）小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离为。

【点评】对单个物体的运动，求解位移或速度时利用动能定理较为简单，另外，恰当的
选择运动过程会使运算简便，本题第二问也可以对整个过程利用动能定理列式来求x。

4．如图所示，空间存在一匀强电场，其电场强度E＝100V/m，相距L＝10cm，且A、B连线与电场线的夹角θ＝60°。

（1）求A、B两点间的电势差U AB；
（2）若将一电荷量q＝1.6×10﹣6C的带正电粒子从A点移到B点，只考虑带电粒子所受的电场力，求该过程中带电粒子动能的变化△E k。

【分析】（1）已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U＝Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U。

（2）由公式动能定理和W＝qU AB，即可求解。

【解答】解：（1）A、B两点间沿着电场方向的距离为d＝Lcosθ，
由电场强度与电势差之间的关系，可知，U AB＝Ed；
解得：U AB＝5V
（2）在将带正电的粒子从A点移到B点过程中，W＝△E k。

由功的计算式，则有：W＝qU AB，
代入数据，解得：△E k＝8.6×10﹣6J
答：（1）A、B两点间的电势差为5V。

（2）若将一电荷量q＝2.6×10﹣4C的带正电子从A点移到B点，该过程中带电粒子动能的变化△E k为5.0×10﹣6J。

【点评】本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U＝Ed，其次要正确理解d 的含义：两点沿电场方向的距离，并掌握W＝qU AB的应用。

5．如图两平行正对带等量异种电荷金属板距离d，之间的匀强电场电场强度E，电子质量m，由正电金属板B孔飞出时速度v。

求电子电荷量（不计电子受重力）。

【分析】电子在电场中运动时，电场力做功为qEd，根据动能定理列式来求电子的电荷量q。

【解答】解：设电子电荷量大小为q，根据动能定理得：
qEd＝
解得：q＝
电子带负电，所以电子的电荷量是﹣。

答：电子的电荷量是﹣。

【点评】本题是带电粒子在电场中加速的问题，往往根据动能定理研究，对于匀加速直线运动，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合解答。

6．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子（质量m、电量绝对值e）由静止开始0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。

当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。

求：
（1）求偏转电场的板长L；
（2）求偏转电场的板间距d；
（3）求侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比。

【分析】（1）应用动能定理求加速电场加速的末速度即为进入偏转电场的初速度，在偏
转电场水平方向一直为匀速运动，利用x＝vt求得板长；
（2）通过对条件“恰好能使所有电子均从两板间通过”分析知道，板间距d的一半等于电子偏转的最大侧向位移，在竖直方向上先匀加速、再匀速、再匀加速运动，三段运动位移之和为最大侧向位移，用运动学公式求解；
（3）利用末速度正交分解后，末速度平方等于两分速度的平方和，得到末动能的表达式，进而求得比值。

【解答】解：（1）电子在加速电场被加速过程，应用动能定理得：
eU0＝m﹣8
在偏转电场水平方向始终做匀速直线运动，有：
L＝3v0t5＝3t0
（2）在偏转电场中由F＝qE，E＝
a＝
由题意知，板间距d的一半等于电子偏转的最大侧向位移，设其在t8时刻竖直方向速度大小为v1，在3t8时刻即出场的竖直方向速度大小为v2.
v1＝at5，v2＝2at7
侧向最大位移＝+v1t5+
解得：d＝t0
（3）t＝0时刻和t＝t2时刻进入偏转电场的电子分别有最大侧向位移和最小侧向位移，其在竖直方向的v﹣t运动图象如下图：
图象中：＝（at2）2＝（t8）2＝；＝（5v1）2＝
侧向位移为最大值时，电子在刚穿出两板之间时的动能为：
E k6＝＝＝（+）＝0
侧向位移为最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能为：
E k2＝＝（）＝（+eU7
则＝
答：（1）偏转电场的板长L为5t0；
（2）偏转电场的板间距d为t0；
（3）侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为。

【点评】本题为带电粒子在电场中加速及偏转问题，偏转电场为周期性变化的电场，能推理出最大侧向位移和最小侧向位移对应的具体运动过程是此题的关键，末动能并没有用功能关系求解，而是利用勾股定理使问题简化。

7．匀强电场的场强为E＝100N/C，在该电场中同一条电场线上有A、B两点。

将质量为m ＝2×10﹣9kg、带电荷量为q＝﹣2×10﹣9C的带电粒子从A点静止释放，仅在电场力的作用下从A点运动到B点，静电力做功为W＝1×10﹣7J。

求：
（1）A、B两点间的电势差U AB；
（2）A、B两点间的距离d；
（3）带电粒子运动到B点时的速度v B。

【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系求出A、B两点间的电势差。

（2）通过匀强电场的场强公式E＝求出A、B间的距离。

（3）根据动能定理求出微粒经过B点的速度。

【解答】解：（1）由电场力做功的公式得：。

（2）由匀强电场中的场强公式E＝得A。

（3）若微粒只在电场力作用下运动，由动能定理得：，
代入数据解得v B＝10m/s，方向沿A→B。

答：（1）A、B两点间电势差U AB是﹣50V。

（2）A、B两点间的距离为5.5m。

（3）经过B点的速度为10m/s。

方向沿A→B。

【点评】解决本题的关键掌握电场力做功的公式W＝qU，以及匀强电场的场强公式E＝
，注意d是沿电场线方向上的距离。

8．如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间距d。

质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v0从电容器左端沿两板间的中线水平射入电容器，液滴恰好做匀速直线运动。

不计空气阻力。

（1）求电容器两板间的电压U0；
（2）已知电容器极板的长度L＝v0。

现改变两板间的电压，让液滴仍以速度v0从左端沿两板间的中线水平射入，液滴恰好从上极板右端飞离。

求此时电容器两板间的电压U。

【分析】（1）液滴恰好做匀速直线运动时，受到的电场力和重力平衡，根据平衡条件，结合电场强度与电势差的关系进行解答；
（2）改变两板间的电压，液滴在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律分位移公式相结合求解。

【解答】解：（1）设电容器板间的电场强度大小为E。

液滴恰好做匀速直线运动时，受到的电场力和重力平衡
而电场强度：E＝
解得：U0＝
（2）改变两板间的电压，液滴在电场中做类平抛运动，液滴在电容器中运动的时间为t。

则水平方向有L＝v2t
竖直方向有＝
解得：a＝g
设此时电容器板间的电场强度大小为E′，由牛顿第二定律得
qE′﹣mg＝ma
又E′＝
联立解得U＝
答：
（1）电容器两板间的电压U5是。

（2）此时电容器两板间的电压U为。

【点评】解答本题的关键是弄清楚液滴的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、平衡条件结合类平抛运动的规律进行解答。

9．如图，平行板电容器极板长度l＝2cm，两板间电压U＝91V，一个电子以v0＝2×107m/s 的初速度从左端沿两板中心线射入，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电荷量q＝﹣1.6×10﹣19C，电子重力不计。

求：
（1）电子经过电极后，发生的偏转量y；
（2）若偏转电极右边缘到荧光屏距离L＝5cm，求电子打在荧光屏上的光点偏离中心O 的距离y0。

【分析】（1）电子进入偏转电场后，做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式，求出偏转量。

（2）电子从进入偏转电场到打在屏S过程中，水平方向不受外力，速度一直不变，即水平分运动是匀速直线运动。

根据上题结果求出电子离开电场时的偏转角度，再由数学知识求解。

【解答】解：（1）电子在偏转电场中做类平抛运动，电子在极板中的运动时间为：t＝＝，
电子在极板中加速度为：a＝＝＝＝5.6×1015m/s2，
电子经过电极后的偏转距离为：y＝at2，
代入数据解得：y＝5×10﹣4m；
（2）电子出极板时的偏角为θ，
则：tanθ＝＝0.08，
由数学知识得：y0＝y+Ltanθ＝4×10﹣4m+0.08×8.05m＝4.8×10﹣7m。

答：（1）电子经过电极后，发生的偏转量y为8×10﹣4m；
（2）电子打在荧光屏上的光点偏离中心O的距离为3.8×10﹣3m 【点评】解决该题需要掌握电子做类平抛运动的规律，熟记相关的运动学公式，在进行计算时一定要注意单位的换算。

10．相距L＝12.5m、质量均为m的两小球A、B，静放在足够长的绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，B不带电．现在水平面附近空间施加一场强大小E＝3m/q、水平向右的匀强电场，A开始向右运动，且碰撞时间极短，假设每次碰后两球交换速度，
B始终不带电，g取10m/s2，求
（1）第一次碰后B的速度vB1；
（2）从第五次碰撞结束到第六次碰撞开始，B运动的时间t B5；
（3）B运动的总路程x．
【分析】（1）第一次碰撞前，推力和滑动摩擦力做功，根据动能定理求解第一次碰撞前A的速度大小，由于发生弹性碰撞，A、B的动量和机械能均守恒，即可求得碰后B的速度大小；
（2）由于质量相等，两个物体交换速度，根据牛顿第二定律和运动学公式分别研究第一次、第二次…第n次碰撞后B的速度大小，即可求得第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间；
（3）总结出第n次碰后到第n+1次碰前B的运动位移，运用数学知识求解总路程．【解答】解：（1）A匀加速L，第一次碰前A的速度设为v A1，由动能定理得：
…①
解得：
A与B发生第一次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒
v'A1，v'B8mv A1＝mv'A1+mv'B7…②
…③
解得：v'A1＝0
（2）第一次碰后，设经过t1B停下，B和A位移分别为S B2和S A1
…④
…⑤
…⑥
解得：
由于S B1＞S A1，因此第8次碰前，B已经停下A2
…⑦
A与B发生第2次弹性碰撞，遵守动量守恒和机械能守恒，设碰后速度分别为v'A4，v'B2
解得：v'A2＝7
同理依此类推，归纳得第n次碰后B的速度为：
第n次碰后到第n+1次碰前B的运动时间为：
由此得：
（3）第n次碰后到第n+1次碰前B的运动位移为：＝S B＝S B1+S B2+…+S Bn ＝L
答：（1）第一次碰撞后B的速度大小为；
（2）第五次碰撞后至第六次碰撞前B的运动时间为；
（3）B运动的总路程为L．
【点评】本题是周期性碰撞类型，运用数学归纳法总结规律是关键．对于第3问也这样求解：最终AB靠在一起停下，由能量守恒得：F（L+S B）＝μmg（L+S B）+μmgS B解得S B＝L．。