高考物理二轮复习考点第七章静电场专题静电场综合问题

专题7.10 静电场综合问题一．选择题1（2020辽宁重点校协作体5月模拟）.如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d ，相距为d ，两板之间加有竖直向下的匀强电场。

将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P 点射入，小球刚好从下板右边缘射出。

重力加速度为g 。

则该匀强电场的电场强度大小可能为A ．20mgd mv qd -B ．202mgd mv qd+C ．202mgd mv qd -D ．20mgd mv qd+【参考答案】C2．(2020金卷押题题)如图所示，在xOy 平面有匀强电场，一群质子从P 点出发，可以到达圆O 上任一个位置，比较圆上这些位置，发现到达圆与x 轴正半轴的交点A 点时，动能增加量最大，增加了60eV ，已知圆的半径25cm ，oPAO 37=∠。

则匀强电场的电场强度是A.120V/mB. 187.5V/mC. 150V/mD. 238.5V/m 【参考答案】 B二．计算题1．（2020洛阳一模）示波器的主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。

若已知加速电场的电压为U1。

两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d。

电子枪发射质量为m、电荷量为-e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O。

不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。

若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d。

求U1和U2的比值12UU。

【答案】1 2设电子离开偏转电场时速度的偏向角为θ，则：tan θ=y vv =at v 打在荧光屏上的亮点的位置距O 点的距离：Y=y+d tan θ 由题意可知;Y=3d/2, 由以上各式联立解得：12U U =12。

2．(2020·江苏泰州高三期中)(18分)如图甲所示，质量为m 、电荷量为q 的粒子经加速电压U 1加速后，在水平方向沿O 1O 2垂直进入偏转电场。

已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L ，两极板间距为d ，O 1O 2为两极板的中线，P 是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L 。

不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。

求：(1)粒子进入偏转电场的速度v 的大小；(2)若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A 点，A 点与极板M 在同一水平线上，求偏转电场所加电压U 2；(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t ＝0时刻进入偏转电场后水平击中A 点，试确定偏转电场电压U 0以及周期T 分别应该满足的条件。

【答案】(1)2eU 1m (2)2U 1d23L2(3)U 0＝4nU 1d2L 2(n ＝1，2，3，4…)，T ＝Ln m2eU 1(n ＝1，2，3，4…) 【名师解析】(1)电子经加速电场加速：eU 1＝12mv 2解得：v ＝2eU 1m(3)要使电子在水平方向击中A 点，电子必向上极板偏转，且v y ＝0，则电子应在t ＝0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v 0 因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t ＝Lv 0＝nT则T ＝L nv 0＝L n2eU 1m＝Ln m2eU 1(n ＝1，2，3，4…) 在竖直方向位移应满足d 2＝2n×12a(T 2)2＝2n×12·eU 0md (T 2)2解得：U 0＝4nU 1d2L2(n ＝1，2，3，4…)3．(2020·四川成都一诊)(18分)如图所示，带正电的绝缘小滑块A ，被长R ＝0.4 m 的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O 距水平地面的高度为3R ；小滑块B 不带电，位于O 点正下方的地面上。

长L ＝2R 的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h ＝2R ，其左端与O 点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场。

在O 点与传送带之间有位置可调的固定钉子(图中未画出)，当把A 拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A 能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A 刚好能运动到传送带的右端。

已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A 重力的5倍，A 所受电场力大小与重力相等，重力加速度g ＝10 m/s 2，A 、B 均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A 不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量。

试求：(1)钉子距O 点的距离的范围；(2)若传送带以速度v 0＝5 m/s 顺时针匀速转动，在A 刚滑到传送带上时，B 从静止开始向右做匀加速直线运动，当A 刚落地时，B 恰与A 相碰。

试求B 做匀加速运动的加速度大小。

(结果可用根式表示) 【答案】(1)0.4 m>x>0.2 m (2)340＋260249m/s 2当F T ＝5mg 时，解得r ＝R2＝0.2 m故钉子距O 点距离的范围是0.4 m>x>0.2 m(2)在A 运动到传送带右端的过程中，因绳断裂不损失能量由动能定理有mgR －μmgL＝0 解得μ＝0.5因v 0＝5 m/s>v 1，所以A 在传送带上将做加速运动，假设A 一直加速，到右端的速度为v 2 由动能定理有μmgL＝12mv 22－12mv 21解得v 2＝4 m/s因v 2<v 0，假设成立，A 一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故A 在传送带右端将以v 2＝4 m/s 的初速度做类平抛运动对B ：设匀加速过程的加速度大小为a′，则有 位移x ＝L ＋l ＝12a′(t 1＋t 2)2解得a′＝20（1＋2）9－42m/s 2＝340＋260249 m/s 24．（黑龙江省大庆实验中学2020届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）（20分）如图甲所示，M 、N 为一对竖直放置的平行金属板，中心各有一小孔 P 和 Q ，PQ 连线 垂直金属板，现有质量 m=2.0×10-27kg ，电荷量 q=1.6×10-19C 带正电的粒子连续不断地从 小孔 P 飘入 M 、N 板之间，带电粒子在小孔 P 处的初速可忽略。

在 M 、N 间加有如图乙所 示的交变电压，且 t=0 时 M 板电势高于 N 板电势。

带电粒子在 M 、N 间运动过程中，粒子 所受重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。

（1）如果两平行金属板间距离 d=5.0cm ，求：①带电粒子从小孔 Q 中射出时的最大速度值； ② 在 t=0.125×10-5 s 时飘入小孔 P 的带电粒子到达小孔 Q 时的动能；（2）如果在[n-(n+0.25)] ×10-5s 时间内（n=0，1，2，......），由小孔 P 飘入的带 电粒子都能从小孔 Q 中射出，则两板间距离 d 应满足怎样的条件。

【参考答案】（1）①2.0×104m/s ② 5.0×10-20J （2）d ＜3.5cm即从t=0时刻飘入P 孔的粒子经过0.5T 时间刚好运动到Q 孔，并从Q 孔射出。

此时的速度即最大速度。

9544.0100.510m/s 2.010m/s 2m T v a -⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭在t=0.125×10-5s 时刻飘入P 孔的带电粒子，在s 10)125.050.0(51-⨯-=t 时间内，加速向右运动位移cm 81.221211==at s 粒子做减速运动的位移cm 19.212=-=s d s设带电粒子到达小孔Q 的动能为E kQ ，由动能定理 )(21k k s s qE E E P Q -=- 解得E kQ =5.0×10-20J（2）如果只在[n~（n+0.25）]×10-5s 内，即在每个周期的0~T/4时间内从小孔P 飘入的粒子均能从Q 孔射出，只要每个周期T/4时刻从小孔P 飘入的带电粒子能从Q 孔射出，则在每个周期内T/4时刻之前飘入小孔P 的粒子就一定能从Q 孔射出。

每个周期内T/4时刻飘入的带电粒子，在T/4~T/2时间内向右加速运动，在T/2~3T/4时间内向右减速运动到零，此后则返回向左运动。

所以，在每个周期内41T t =时刻飘入的带电粒子，在432T t =时刻向右运动到最远点，并可从小孔Q 中射出，则两板间距离d 应满足的条件是21~t t 时间内的位移s ＞d24212⎪⎭⎫⎝⎛⨯=T a s解得 s =3.5cm即两板间距离d 应满足的条件是d ＜3.5cm 考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场中的运动问题；解题时要根据粒子所受的电场力的变化情况分析粒子的运动的可能的情况，联系牛顿定律和动能定理列出方程；解题时分阶段分析，并注意临界态的分析过程.5.反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t. 【答案】(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s【名师解析】(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由 动能定理有|q|E 1d 1－|q|E 2d 2＝0① 由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm ②设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，有 d 1＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦联立②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8s.6.在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U 0，其周期是T 。

现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入。

己知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求： (1)若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。

(2)若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长?(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少多大?【名师解析】（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得： eU 0/2 =12mv 2- 12mv 02解得：v=20eU v m（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v 0T根据以上描述电子可以从t 时刻进入：t= T/4+kT/2（k=0，1，2，3…） 设两板间距至为d ，而电子加速T/4时间的竖直位移为：h=12a(T/4)2, eU 0/d=ma,而电子减速T/4时间的竖直位移也为h 。