2021年天津市高考物理专题复习：电场

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2021年天津市高考物理电场复习题 (20)

2021年天津市高考物理电场复习题
20．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一光滑绝缘的挡板ABCD，其中AB段为直线形挡板，BCD段是半径为R的圆弧形挡板，且直线AB与圆弧相切，∠NOB＝37°．MN 为直径，OC与MN垂直。

挡板处于场强为E的匀强电场中，电场方向与直径MN平行。

现有一电荷量为+q的小球从挡板上的A点由静止释放，小球恰能通过M点。

求
（1）A、B间的距离是多少
（2）小球运动到N和C点时对挡板的压力。

【解答】解：（1）因为小球恰能通过M点，故在M点：
由牛顿第二定律有：qE=m v M2 R
设A、B之间距离为L，从A到M的过程中，根据动能定理有：qE[Lsin37°+R(1−cos37°)]−qE⋅2R=12mv M2
解得：L=23 6
R
（2）在N点，由牛顿第二定律有：N N−qE=m v N2 R
从A到N的过程中，根据动能定律有：qE⋅5
2
R=12mv N2
解得：N N＝6qE，根据牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力N N′=6qE，方向由O指向N
在C点，由牛顿第二定律有：N C=m v C2 R
从A到C的过程中，根据动能定理有：qE⋅3
2
R=12mv C2
解得：N C＝3qE，根据牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力N C′=3qE，方向由O指向C。

答：（1）A 、B 间的距离是236R 。

（2）小球运动到N 时小球对挡板的压力大小为6qE ，方向由O 指向N ．在C 点时对挡板的压力为3qE ，方向由O 指向C 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (53)

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53．如图所示，真空中，带电荷量分别为+Q 和﹣Q 的点电荷A 、B 相距r ，求：
（1）两点电荷连线的中点O 的场强大小和方向？
（2）在两点电荷连线的中垂线上，距A 、B 两点都为r 的O ′点的场强大小和方向？
【解答】解：（1）根据电场强度的叠加原则可知，E O =
kQ (r 2)2+kQ (r 2)2=8kQ r 2，方向向右；（2）+Q 在0′处产生的场强E 1=
kQ r 2，方向与水平方向成60°斜向上， ﹣Q 在0′处产生的场强为E 2=kQ 2
，方向与水平方向成60°斜向下，根据矢量合力原则可知，O ′点的场强E =E =
kQ r 2，方向水平向右．答：（1）两点电荷连线的中点O 的场强为8kQ
r 2，方向向右；
（2）在两点电荷连线的中垂线上，距A 、B 两点都为r 的O ′点的场强大小为
kQ
r ，方向
水平向右。

2021年天津市高考物理电场复习题 (22)

第 1 页共 1 页 2021年天津市高考物理电场复习题
22．用两根长度均为L ＝1m 的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点。

已知两小球质量均为m ＝3kg ，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ＝37°，如图所示。

已知静电力常量为k ＝9.0×109N •m 2/C 2，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）小球受绝缘细线拉力T 的大小；
（2）小球所带的电荷量q 的大小。

【解答】解：（1）对小球进行受力分析，如图所示。

设绳子对小球的拉力为T ，
根据平衡条件得：
mg T =cos θ，解得T =mg cosθ
=37.5N ；（2）设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ，
根据平衡条件得，F mg =tan θ
根据库仑定律得：F =kq 2r 2，而r ＝2Lsin θ。

解得：q ＝6×10﹣
5 C 。

答：（1）小球所受拉力的大小是37.5N ；
（2）小球所带的电荷量是6×10﹣
5 C 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (19)

2021年天津市高考物理电场复习题
19．如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。

一个质量为m，电荷量为﹣q的带电质点以初速度v0从x轴上P（﹣L，0）点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q（未画出），重力加速度g为已知量。

求：
（1）初速度v0与x轴正方向的夹角；
（2）P、Q两点间的电势差U PQ；
（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间。

【解答】解：（1）质点在第二象限受竖直向下的重力与竖直向上的电场力作用做直线运动，
质点速度斜向右上方，则质点所受合力为零，质点在第二象限做匀速直线运动，
由平衡条件得：qE＝mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，
且由带电质点在第一象限做直线运动，有：tanθ=mg qE
解得：θ＝45°。

（2）P到Q的过程，由动能定理有：﹣qU PQ﹣mgL＝0，
解得：U PQ=−mgL q；
（3）带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有：√2mg＝ma，
解得；a=√2g，
质点减速到零过程，由匀变速直线运动的v﹣t公式得：v0＝at
解得：t =√2v
02g ，
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间 T ＝2t =√2v 0g ；
答：（1）初速度v 0与x 轴正方向的夹角为45°；
（2）P 、Q 两点间的电势差U PQ 为−mgL q
；（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间为
√2v 0g 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (54)

2021年天津市高考物理电场复习题
54．如图所示，EF 与GH 间为一无场区。

无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板。

无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动。

（不计粒子的重力、管的粗细）求：
（1）O 处点电荷的电性和电荷量；
（2）两金属板间所加的电压。

【解答】解：（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电。

由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：
v =v 0cos30°=2√33v 0
…①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足k
Qq R 2=m v 2R ⋯②
由①②得：Q =4mv 02R 3kq （2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°=v y
v 0⋯③ v y ＝at …④
a =qU md
⋯⑤ t =L
v 0⋯⑥
由③④⑤⑥得：U =mdv 02tan30°qL
=√3mdv 023qL 答：
（1）O 处点电荷的电性为负和电荷量为4mv c 2R 3kq ；
（2）两金属板间所加的电压为√3mdv 023qL 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (40)

2021年天津市高考物理电场复习题
40．如图所示，竖直放置的两金属板之间加电压U1＝1000V，在其右侧有两个水平正对放置的平行金属极板，板长L＝10cm，相距d＝5cm，两极板间加U2＝100V的偏转电压。

从左极板的小孔处静止释放一带电粒子，该粒子的质量m＝8.0×10﹣30kg，电荷量q＝6.4×10﹣18C，粒子从小孔S射入偏转电场，并能从右端射出。

忽略金属极板边缘对电场的影响，不计粒子的重力。

求：
（1）粒子射入偏转电场时的速度大小v；
（2）粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
（3）粒子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。

【解答】解：（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得qU1=1
2
mv2
解得v＝4×107m/s
（2）带电粒子在偏转电场中运动时间t=L
v由牛顿第二定律得a=
qU2
md
竖直方向上侧移量y=1
2
at2
由以上三式得y=U2L2 4U1d
代入数据解得y＝5×10﹣3 m
（3）电场力做功W=q U2 d
y
代入数据解得W＝6.4×10﹣17J
答：（1）粒子射入偏转电场时的速度大小v是4×107m/s；
（2）粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y是5×10﹣3m；
（3）粒子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W是6.4×10﹣17J。

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2021年天津市高考物理电场复习题 (23)

第 1 页共 1 页 2021年天津市高考物理电场复习题
23．如图所示，绝缘轻质细线一端悬于O 点，另一端系一质量为m 、带电荷量为q 的小球，小球静止时处于O'点。

现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球可静止于A 点，小球静止时细线与竖直方向成θ角，（重力加速度为g ）求：
（1）小球带何种电荷？电场强度的大小？
（2）若小球在A 点静止时，剪断细线并开始计时，经时间t ，小球到达电场中的B 点（图中未画出B 点，设小球一直在电场中运动），试求AB 两点的电势差U AB 及小球电势能的变化。

【解答】解：（1）对小球进行受力分析，如图所示：受力方向与电场方向相同，则为正电。

根据共点力平衡条件，可得：qE ＝mgtan θ 则E =
mgtanθq
（2）剪断细线：a =mgtanθqm =gtanθq t 时的位移为d =12at 2=12g 2tan 2θq 2
U AB ＝Edcos θ═12g 2tan 2θ
q 2 Ecos θ
电势能减小为U AB q =12g 2tan 2θq
cosθ 答：（1）小球带正电荷，电场强度为
mgtanθq （2）AB 两点的电势差U AB 为
12g 2tan 2θq cosθ 小球电势能的变化为12g 2tan 2θq cosθ。

2021年天津市高考物理电场复习题 (31)

第 1 页共 1 页 2021年天津市高考物理电场复习题
31．如图所示在一条直线上两个相距0.4m 的点电荷A 、B ，电量分别为+Q 和﹣9Q ，如果引入第三个带电小球C ，正好使三个小球都处于静止状态，问C 带什么电？应放在何处？所带电量为多少？
【解答】解：A 、B 、C 三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C 必须为负电，在A 的左侧。

设C 所在位置与A 的距离为r ，则C 所在位置与B 的距离为L+r ，要能处于平衡状态，所以A 对C 的电场力大小等于B 对C 的电场力大小，设C 的电量为q 。

则有：kQq r =k 9Qq
(r+L)
解得：r ＝0.2m 。

对点电荷A ，其受力也平衡，则k Qq r 2=k 9Q 2
L 2 解得：q =94Q 。

答：C 带负电，放在A 的左边0.2m 处，带电荷量为94Q 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (45)

2021年天津市高考物理电场复习题
45．在场强为E＝20000N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15cm的细线，一端固定在O 点，另一端系一个质量m＝3g，带电荷量q＝2×10﹣6C的小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）小球运动时细线的最大拉力是多大？
（2）试判断小球能不能到达B点，说明理由．
【解答】解：（1）小球受重力、电场力和绳子拉力作用，重力G＝mg＝0.03N，方向竖直向下，电场力F＝qE＝0.04N，故小球受到重力和电场力的合力F'＝0.05N，方向与电场方向成37°；
故当小球运动到绳子与电场方向成37°，小球速度最大，细线的拉力最大；
根据动能定理可得：F′l(1−cos37°)=1
2
mv2；
再在细线拉力最大时，对小球应用牛顿第二定律可得：F
拉=F′+mv
2
l
=F′+F′(1−
cos37°)=0.07N；
（2）根据小球运动过程绳子拉力不做功，只有F'做功，由能量守恒可得：小球到达的最低点，细线与电场方向成2×37°＝74°＜90°，故小球不能到达B点；
答：（1）小球运动时细线的最大拉力是0.07N；
（2）由能量守恒可得到小球不能到达B点．
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2021年高考物理专题复习：电场

2021年高考物理专题复习：电场解析版
1．如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，电场线与水平方向的夹角为60°，将一个带电荷量q＝﹣1×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，电场力做功W＝2×10﹣6J，已知A、B间的距离l＝2cm，以B点为零电势点，求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）A点的电势φA。

【解答】解：（1）点电荷从A到B，静电力做正功，则负电荷受到的电场力的方向沿电场的反方向，所以电场方向斜向上。

根据题意，有
W＝Flcos60°
电场力与电场强度的关系为F＝qE
解得E＝200V/m
（2）A、B间的电势差绝对值U＝Elcos60°，其中l＝2cm＝0.02m
解得U＝2V
因A点电势低，即U AB＝﹣2V
结合U AB＝φA﹣φB
得φA＝U AB+φB＝﹣2V+0＝﹣2V
答：（1）匀强电场的电场强度E是200V/m；
（2）A点的电势φA是﹣2V。

2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。

该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球恰好能静止在轨道内壁的C点，OC连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。

求：
（1）小球所受的电场力大小；
（2）若让小球在A点获得水平向右的速度v0，而沿圆形轨道内壁运动。

若要使小球过B 点时对轨道的压力最小，则v0应为多大？
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2021年天津市高考物理电场复习题 (41)

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41．如图所示，A 、B 、C 为三块水平放置的金属板，板的厚度不计，间距均为d ．A 、B 板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R ，电源内阻也为R ．现有一质量为m 的带正电液滴在距A 板小孔正上方为d 的P 处由静止开始下落，不计空气阻力，当它达到C 板时速度恰为零．重力加速度为g ，求：
（1）若电源的电动势为U ，求A 、B 之间电势差和B 、C 之间电势差，并判断B 、C 两点电势的高低．
（2）液滴通过B 板中央小孔时的速度大小；
（3）液滴从P 处到达B 板的运动过程中电场力做了多少功？
【解答】解：（1）由于I =U 4R ，U AB =IR =U 4，U BC =E −IR =3U 4
C 点电势比B 点低．
（2）由P 到C ，由动能定理，有：mg ⋅3d +q ⋅U 4−q ⋅3U 4=0
所以：qU ＝6mgd
由P 到B ，由动能定理，有：mg ⋅2d +q ⋅
U 4=12mv B 2 所以有：v B =√7mgd
（3）从P 到B ，电场力做功：W =q ⋅U 4=1.5mgd
答：（1）若电源的电动势为U ，A 、B 之间电势差为U 4，B 、C 之间电势差为3U 4，C 点电势比B 点低；
（2）液滴通过B 板中央小孔时的速度大小为√；
（3）液滴从P 处到达B 板的运动过程中电场力做了1.5mgd 的功．。

2021年天津市高考物理电场复习题 (16)

2021年天津市高考物理电场复习题16．如图所示，半径为R ，内径很小的光滑半圆管竖直放置，整个装置处在方向竖直向上的匀强电场中，两个质量均为m 、带电量相同的带正电小球a 、b ，以不同的速度进入管内（小球的直径略小于半圆管的内经，且忽略两小球之间的相互作用），a 通过最高点A 时，对外管壁的压力大小为3.5mg ，b 通过最高点A 时，对内管壁的压力大小0.25mg ，已知两小球所受电场力的大小为重力的一半。

求：（1）a 、b 两球落地点距A 点水平距离之比；（2）a 、b 两球落地时的动能之比。

【解答】解：两个小球在最高点时，受重力、电场力和管壁的作用力，这三个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做类平抛运动；对a 球：3.5mg+mg+qE ＝mv a 2R 其中：qE ＝0.5mg解得：v a ＝2√gR ，对B 球：mg ﹣0.25mg ﹣qE ＝mv b 2R 解得：v b =12√gR离开A 点后竖直方向：ma ＝mg ﹣qE所以：a ＝0.5g由平抛运动规律可得：2R =12at 2时间为：t =√8R g落地时它们的水平位移为：s a ＝v a t =4√2Rs b ＝v b t =√2R ，a 、b 两球落地点间的距离之比：s as b =41 （2）两个小球做类平抛运动，重力做正功，电场力做负功，由动能定理对a 球：（mg ﹣qE ）•2R ＝E ka −12mv a 2 解得：E ka ＝3mgR对b 球：：（mg ﹣qE ）•2R ＝E kb −12mv b 2 解得：E kb =98mgR所以：a 、b 两球落地时的动能之比：E kaE kb =83 答：（1）a 、b 两球落地点距A 点水平距离之比是4：1；（2）a 、b 两球落地时的动能之比是8：3。

2021年天津市高考物理电场复习题 (44)

2021年天津市高考物理电场复习题
44．如图所示，是示波器工作原理的示意图，电子（电荷量e，质量m）从静止经电压U1加速后垂直进入偏转电场，偏转电场的电压为U2，两极板间距为d，极板长度为L。

（1）求电子离开偏转电场时的偏移量y。

（2）每单位电压引起的偏移量（y
u2
）叫示波器的灵敏度，试探究可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。

【解答】解：（1）根据动能动理，电子进入偏转电场时的速度为v 则有：
U1e=1
2mv
2
电子通过偏转电场的时间t，有：L＝vt
在偏转电场中电子的偏转量为：y=1
2
at2=12eU2
md
t2
联立上式，解得：y=L2U2 4dU1
（2）由上式得：y
U2=
L2 4dU1
可知：增大L、减小d、减小U1都可以提高示波器的灵敏度；
答：（1）电子离开偏转电场时的偏移量L2U2
4dU1。

（2）可采用增大L、减小d、减小U1等，可以提高示波器的灵敏度。

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2021年天津市高考物理电场复习题 (48)

2021年天津市高考物理电场复习题48．竖直平面内的直轨道AB 与34圆弧形轨道BCD 在B 处相切，半径OD ＝R 与水平方向成45°角，如图所示，整个轨道光滑绝缘，质量为m 的带电小球从直轨道上某点由静止开始沿轨道下滑，当小球下滑到B 点时，在空间加上水平向左的匀强电场，场强大小为E ，小球恰能沿圆弧轨道运动，至D 后沿直线DP 垂直打在直轨道上的P 点．（1）求小球由静止下滑的位置离圆弧轨道最低点的高度；（2）若在小球从同一位置由静止下滑到B 点时，在空间加上水平向右的匀强电场，场强大小仍为E ，则小球能否沿圆弧轨道运动？若不能，简要说明理由；若能，试确定小球过D 点后打在轨道上的位置到P 点的距离．【解答】解：（1）在空间加上水平向左的匀强电场，小球恰能沿圆弧轨道运动，过D 后沿直线DP 运动，垂直打在P 点，可知合力的方向与DP 在同一直线上，且沿DP 方向，过O 点作出圆周运动的等效最高点E ，如图所示．根据平行四边形定则，结合合力的方向知，重力和电场力大小相等，在等效最高点，根据牛顿第二定律得：√2mg =m v 2R ，解得等效最高点E 的速度为：v =√√2gR ，根据动能定理得：mg （h ﹣R −√22R ）−qE ⋅√2R =12mv 2，解得：h ＝（2√2+1）R ．（2）在空间加上水平向右的匀强电场，场强大小仍为E ，则等效最高点在D 点，D 与E 点等高．同理等效最高点的速度的最小速度为：v ′=√√2gR ，根据动能定理得：mg(ℎ−R −√22R)=12mv 12，解得：v 1=√√3gR ＞v ′，知小球能够沿圆弧轨道运动．在D 点，合力的方向与速度方向垂直，做类平抛运动，到达斜面的时间为：t =R v 1，则打在轨道上的位置到P 点的距离为：s =12at 2，a =√2mg m =√2g ，联立解得：s =√66R ．答：（1）小球由静止下滑的位置离圆弧轨道最低点的高度为（2√2+1）R ．（2）小球过D 点后打在轨道上的位置到P 点的距离为√66R ．。

2021年天津市高考物理电场复习题 (1)

2021年天津市高考物理电场复习题1．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L 的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量m ，带电量为+q 、将小球拉至竖直位置最低位置A 点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74o （重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）求电场强度的大小E ；（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；（3）若从A 点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度v o ，则为保证小球能做完整的圆周运动，v o 的大小应满足什么条件？【解答】解：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球的受力情况，在此过程中，根据动能定理有qELsin θ﹣mgL （1﹣cos θ）＝0解得E =3mg 4q（2）小球运动的过程中速度最大的位置在与竖直方向夹角为θ2时，此位置的拉力最大，由动能定理得qELsin θ2−mgL （1﹣cos θ2）=12mv 2 小球在夹角为θ2时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 F T ﹣mgsin θ2−qEcos θ2=m v 2L解得F T =74mg由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为74mg （3）当小球能完成完整的圆周运动时，需满足F =√(qE)2+(mg)2≤m v 2L根据动能定理有﹣FL （1+cos θ2）=12mv 2−12mv 02 联立解得v 0≥√23gL 2为保证小球在运动过程中，细线不松弛，v 0的大小应满足的条件为 v 0≥√23gL 2答：（1）电场强度的大小E 为3mg 4q ；（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值为74mg ；（3）若从A 点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度v o ，则为保证小球能做完整的圆周运动，v o 的大小应满足v 0≥√23gL 2。

2021年天津市高考物理电场复习题 (55)

2021年天津市高考物理电场复习题
55．如图所示为某显像设备内电场的简化模型。

在y轴左侧存在水平向左的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小均为E．电子枪在A处无初速释放一质量为m，电荷量为e的电子，A点的坐标为（﹣L，L），不计电子重力。

求：
（1）电子进入第一象限的速度大小；
（2）电子从释放到达x轴所需的时间；
（3）若在B点（﹣L，L
2
）无初速释放电子，则电子经过x轴上的点到O点的距离。

【解答】解：（1）由动能定理eEL=1
2mv
2﹣0
得v=√2eEL m；
（2）在A处释放加速运动至y轴，后做类平抛运动到达x轴设匀加速直线运动时间为t1，
根据牛顿第二定律可得加速度：a=eE m
t1=v
a
=√2mL
Ee
进入第一象限后，由y轴分运动得L=1
2at2
2，
得t2=√2mL Ee
粒子由释放到x轴的时间t＝t1+t2＝2√2mL Ee；
（3）若在B点（﹣L，L
2
）无初速释放电子，粒子在第一象限运动时间为t3，则：
L 2=
1
2
at32
解得：t3=√mL eE
则电子经过x轴上的点到O点的距离x＝vt3=√2L。

答：（1）电子进入第一象限的速度大小为√2eEL m
；（2）电子从释放到达x 轴所需的时间为2√2mL Ee ；
（3）若在B 点（﹣L ，L 2）无初速释放电子，则电子经过x 轴上的点到O 点的距离为√2L 。

2021年天津市高考物理电场复习题 (34)

2021年天津市高考物理电场复习题
34．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量m、带电量q的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。

（1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；
（3）将小球从A点释放，小球最高能达到什么位置？说明原因。

【解答】解：（1）带电小球静止，受到合力等于零，根据三角形定则可知，电场力与重力的关系是Eq＝mgtanα
解得E=mg
q tanα=
3mg
4q；
（2）小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有
W F﹣Eqlsinα+mg（l﹣lcosα）＝0
带入数值得W F＝0.25mgl；
（3）小球最高到达C点，C点在OA的右侧，且OC与竖直方向夹角为2α＝74°，
原因是将电场力与重力等效成“等效重力”，其等效重力的方向沿OB方向，B点位等效最低点，
小球从A点静止释放，应该摆动到关于OB对称的位置。

答：（1）该电场场强大小为3mg 4q
；
（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A点，外力对带电小球做的功为0.25mgl；
（3）将小球从A点释放，小球最高能达到的点在A点的右侧，且该点与O点的连线和竖直方向成74°角。

2021年天津市高考物理电场复习题 (5)

2021年天津市高考物理电场复习题
5．（1）将初速度为零的质子放在电场中，在电场力作用下，质子将向电势高的地方运动还是向电势低的地方运动，电势能是增加还是减少？
（2）将质子换成电子，情况又如何？
（3）上述两种情况有什么相同与不同之处？
【解答】解：（1）质子带正电，所受的电场力方向与电场强度方向相同，将初速度为零的质子放在电场中，在电场力作用下，质子将向电势低的地方运动，电场力做正功，电势能减少；
（2）电子带负电，所受的电场力方向与电场强度方向相反，将初速度为零的电子放在电场中，在电场力作用下，电子将向电势高的地方运动，电场力做正功，电势能减少；
（3）上述两种情况相同点为：电场力做正功，电势能都减少。

不同点：质子与电子所受的电场力方向不同，运动方向不同，电势的变化情况相反。

答：见上。

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【高中物理】2021高考物理复习资料：电场

【高中物理】2021高考物理复习资料：电场十、电场1.两种电荷，电荷守恒定律和基本电荷：（E=1.60）×10-19c）；带电体的电荷量等于基本电荷的整数倍2.库仑定律：f=kq1q2/r2(在真空中){f:点电荷间的作用力(n)，k:静电力常量k=9.0×109n?m2/c2，q1、q2:两点电荷的电量(c)，r:两点电荷间的距离(m)，方向在它们的连线上，作用力与反作用力，同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引｝3.电场强度：e=f/Q（定义公式和计算公式）{e：电场强度（n/C），是一个矢量（电场叠加原理），Q：测试电荷的电量（C）4.真空点(源)电荷形成的电场e=kq/r2{r：源电荷到该位置的距离(m)，q：源电荷的电量｝5.均匀电场的场强E=UAB/D{UAB:AB两点之间的电压（V），D:AB两点之间在场强方向上的距离（m）6.电场力：f=qe高中三年级{f:电场力(n)，q:受到电场力的电荷的电量(c)，e:电场强度(n/c)｝7.电位和电位差：UAB=φa-φb，UAB=wab/q=-δeab/q8.电场力做功：wab=quab=eqd{wab:带电体由a到b时电场力所做的功(j)，q:带电量(c)，uab:电场中a、b两点间的电势差(v)(电场力做功与路径无关),e:匀强电场强度,d:两点沿场强方向的距离(m)｝9.电势：EA=qφA{EA：A（J）点带电体的电势，q：电量（c），φA：A（V）点的电势10.电势能的变化δeab=eb-ea{带电体在电场中从a位置到b位置时电势能的差值｝11.电场力所做的功和电势能的变化δEAB=-WAB=-quab（电势能的增量等于电场力所做功的负值）12.电容c=q/u(定义式,计算式){c:电容(f)，q:电量(c)，u:电压(两极板电势差)(v)｝13.平行板电容器的电容C=εS/4πKD（S：面对两块板的面积，D：两块板之间的垂直距离，ω：介电常数）。