电场专题训练大题教师版命题人：潘五洲1. 如下图所示，带电荷量分别为q 1 、q 2 的粒子，以相同的初速度从P点沿垂直于场强方向射入平行板间的匀强电场中，分别落在下板上的A、B两点，若AB＝OA，q 1 ＝3q 2 ，不计重力，求：（1）两个粒子的质量之比；（2）两个粒子进入电场之后的动能增量之比．答案：解析：（1）两粒子进入电场中做类平抛运动，即在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速为零的匀加速直线运动．对q 1 ，OA＝l＝v 0 t 1 y 1 ＝t 1 2所以y 1 ＝对q 2 ，OB＝2l＝v 0 t 2 y 2 ＝t 2 2所以y 2 ＝又y 1 ＝y 2 、q 1 ＝3q 2 ，所以m 1 ∶m 2 ＝3∶4.（2）根据动能定理知，要比较动能增量即判断电场力所做的功．在匀强电场中，W＝qEy＝ΔEk，由：W 1 ＝q 1 Ey 1 ＝ΔE k1 ，W 2 ＝q 2 Ey 2 ＝ΔE k2又 y 1 ＝y 2 ，所以ΔE k1 ∶ΔE k2 ＝3∶1.答案： 3∶4 3∶12. 如图所示，水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板带正电，一个质量为m的电子沿水平方向以速度v 0 从两板中央射入且能飞出电场．求：电子飞出电场的侧位移和偏转角．答案：解析：电子在匀强电场做类平抛运动．水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为初速为零的匀加速直线运动．电子飞出电场时：水平方向L＝v 0 t①竖直方向y＝at 2 ②加速度a＝③①②③联立得y＝飞出电场时的竖直分速度v y ＝at④设飞出电场时偏转角为θ，则有tanθ＝⑤③④⑤联立得tanθ＝.答案：3. 已知电子的质量m＝9.1×10 － 31 kg，电荷量e＝1.6×10 － 19 C，它以初速度v 0 ＝3.0×10 6 m/s 沿着与场强垂直的方向射入宽度l＝6.0×10 － 2 m的匀强电场中，场强大小为E＝2×10 3 N/C，方向如图所示．求：（1）电子在电场中的运动时间；（2）电子飞离电场时速度的大小和方向；（3）电子飞离电场时发生的侧移量y.答案：解析：（1）电子在电场中运动的时间t＝s＝2.0×10 － 8 s.（2）电子在电场中只受电场力作用，沿电场方向加速度a＝m/s 2 ＝3.5×10 14 m/s 2电子飞离电场时沿电场方向的速度分量v′＝at＝3.5×10 14 ×2.0×10 － 8 m/s＝7.0×10 6 m/s电子飞离电场时速度大小为v t ＝＝m/s＝7.6×10 6 m/s偏转角的正切值tanθ＝＝2.33偏转角θ＝arctan2.33＝66.8°.（3）偏转的侧移量y＝at 2 ＝×3.5×10 14 ×（2.0×10 － 8 ） 2 m＝7.0×10 － 2 m.答案：（1）2.0×10 － 8 s （2）7.6×10 6 m/s 速度方向偏离原方向66.8°（3）7.0×10 － 2 m4. 如下图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？答案：解析：（1）设入射速度为v 0 ，粒子由c点离开电场，必须满足L＝at 2 ①L＝v 0 t②qE＝ma③由①②③式得E＝④Ek′＝Ek+qEL以④代入得Ek′＝5Ek.（2）粒子可能由bc也可能由cd边离开电场，c点为临界点．当粒子由c点离开电场时有Ek′＝5Ek若粒子由bc边离开电场区域，有Ek′≤5EkEk′－Ek＝qEyy＝at 2 ＝( ) 2 ＝Ek′－Ek＝，所以E＝若粒子由cd边离开电场区域，有Ek′＞5EkEk′－Ek＝qEL，所以E＝.答案：（1）5Ek （2）5. 如图所示的匀强电场中，有a 、b 、c 三点，ab =5 cm，bc =12 cm，其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角，一个电荷量为q =4×10 8 C的正电荷从a 移到b 电场力做功为W 1 =1.2×10 6 J.求：（1）匀强电场的场强E ;（2）电荷从b 移到c 电场力做的功W 2 ;（3）a 、c 两点的电势差U ac .答案：解析：（1）正电荷从a 移到b 电场力做功为W 1 = qEl ab解得.（2）电荷从b 移到c 电场力做功为W 2 = qEl bc cos60°=4×10 － 8 ×600×0.12×0.5J=1.44×10 6 J.（3）电荷从a移到c电场力做功为W ac = W 1 + W 2 = qU ac解得.答案：（1）600V/m （2）1.44×10 6 J （3）66 V6. 如图所示，为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，匀强电场Ⅰ在y 轴右侧，方向水平向右，匀强电场Ⅱ在y 轴左侧，方向竖直向上，Ⅰ和Ⅱ两区域之间是一无电场区域.两电场的边界均是边长为L的正方形(不计粒子所受重力).(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置坐标;(2)若在电场Ⅰ区域内某点（x ，y ）由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置坐标x 与y 的关系，并给出其中两个点的坐标值.答案：解析： (1)电子先在区域Ⅰ中做初速为零的匀加速直线运动，出区域Ⅰ后进入无电场区域内做匀速直线运动，进入区域Ⅱ中做类平抛运动.根据动能定理得无电场区域内以速度v 匀速运动，在区域Ⅱ电子向下偏转，分析知电子从CD 边射出Δx = vt = L电子出区域Ⅱ时的位置坐标为x =－2 L ，.(2)假设释放位置的坐标为( x ，y )，根据动能定理得在区域Ⅱ，L = vt化简得其中两点（L /2，L /2）、（2 L /3，3 L /8）（注: x 、y 均不能大于L ）.答案： (1) (2) ，其中两点（L /2，L /2）、（2 L /3，3 L /8）（注: x 、y 均不能大于L ）7. 如下图，半径为r的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的带电荷量为q，现在其环上截去一小段弧AB，AB＝L，且Lr，求在圆环中心处的电场强度．答案：解析：若没有截去一小段圆弧，根据对称关系可知，圆环上各部分的电荷在圆心O处产生的合场强为零，现截去AB这一段弧后，在AB对面的圆环上相应的那部分电荷在O处产生的场强不能被抵消，由于Lr，所以截去的那部分可看成是电荷量为qL的点电荷，原来它在O处产生的场强大小为，方向由AB指向圆心O处，恰抵消了对面相应的电荷在O处的场强．因此截去AB后，剩余圆弧在O点的场强E＝，方向指向AB．答案： E＝，方向指向AB8. 有一个带电荷量q＝－3×10 － 6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10 － 4 J的功，从B点移到C点，电场力对电荷做9×10 － 4 J的功，求A、C两点的电势差并说明A、C两点哪点的电势较高．答案：解析：根据电场力对电荷做功的正负可以判断出始末两位置的电势的高低．经历两次过程，列出方程，即可求解．负电荷从A移至B的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处，即φ A ＞φB ．电势差大小：U AB ＝＝V＝200 V①电势高低：φ A －φ B ＝200 V负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处：φ B ＞φ C电势差大小：U BC ＝＝V＝300 V②电势高低：φ B －φ C ＝－300 V由方程①②得φ A －φ C ＝－100 V所以，A、C两点的电势差大小为100 V，A、C两点中C点的电势更高．答案： U AC ＝－100 V，C点电势高9. 如下图所示，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑．已知qQ，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为.求：（1）小球由A到B的过程中电场力做的功；（2）AC两点的电势差．答案：解析：（1）对于小球由A→B的过程，重力对其做正功，又由正点电荷的电场分布及方向可知，电场力对其做正功．小球由静止下滑，则由动能定理，有：mgh+W 电＝mv B 2 －0W 电＝m3gh－mgh＝mgh.（2）由题图可知，B、C在同一等势面上，所以A、C两点的电势差等于A、B两点的电势差，由A到B的过程中，电场力对小球做功W 电＝qU AB所以U AC ＝U AB ＝＝＝.答案：（1）W 电＝mgh （2）U AC ＝10. 如下图所示，A、B、C三点是匀强电场中的三点．它们的电势分别为φ A ＝－5 V，φ B ＝9 V，φ C ＝2 V.（1）现将电荷q＝3×10 － 8 C由B移到C，问电场力做多少功？（2）试在图中画出过A、B、C点的三条等势线，并指明该匀强电场的方向．答案：解析：匀强电场的电场线是一簇分布均匀的平行有向直线，匀强电场的等势面是一簇平行且分布均匀的平行平面．φ A ＝－5 V，φ B ＝9 V，φ C ＝2 V即φ A ＜φ C ＜φ B ，由以上电势值知U AB ＝14 V，所以A、B连线中点D与A和B电势差均为7 V，由此可知φ D ＝2 V.φ D ＝φ C ＝2 V，所以C、D位于同一等势面上，过C、D作直线，此为过C的一条等势线，然后分别过A、B作CD的平行线，此为过A、B的等势线，如图所示．由于沿电场线方向电势下降，同时电场线和等势面处处垂直，所以该电场的电场线和CD垂直，方向如图中实线所示．U BC ＝|φ B －φ C |＝7 V所以W BC ＝qU BC ＝3×10 － 8 ×7 J＝2.1×10 － 7 J.由于q从B向C运动时，电场力和位移方向成锐角，故电场力做正功，即W BC ＝qU BC ＝3×10 － 8 ×7 J＝2.1×10 － 7 J.答案：（1）W BC ＝2.1×10 － 7 J （2）见上图11. 如图所示，光滑绝缘竖直杆与以正点电荷Q 为圆心的圆弧交于B 、 C 两点，一质量为m 、电荷量为－q 的空心小球从杆上A 点无初速度下滑，设AB=BC = h ,小球滑到B 点的速度为,试求：（1）小球滑到C 点的速度.（2）A 、 C 的电势差.答案：（1）(2)解析 : （1）B 、 C 两点在同一等势面上，小球从B滑到C静电力不做功，只有重力做功，故解得(2)解得12. 如下图所示，半径为r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E 的匀强电场与环面平行.一电荷量为＋q 、质量为m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A 点时，速度v A 的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：（1）速度v A 的大小.（2）小球运动到与A 点对称的B 点时，对环在水平方向的作用力.答案：（1）（2）6 qE解析：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：所以小球在A点的速度（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有解以上两式，得N B =6 qE .由牛顿第三定律知小球对环的作用力为6 qE .13. 把质量为2 g的带电小球A用细绳吊起来，若将带电小球B靠近A，当B球带电荷量Q B ＝4×10 － 6 C 时，两个带电体恰好在同一高度，且相距l＝30 cm，绳与竖直方向的夹角为45°，如图所示，试求：（1）A球所受的静电力大小；（2）A球的带电荷量．答案：解析：（1）如下图所示进行受力分析，A受重力G、绳的拉力T和B对A的库仑引力F处于平衡状态，由力的平衡条件可得：Tcos30°＝mgTsin30°＝F解得：F＝mgtan30°＝2×10 － 2 ×N＝×10 － 2 N.（2）由库仑定律F＝kQ A Q B /r 2 得：F＝N＝ ×10－ 2N求得：Q A ＝ ×10－ 7C答案： （1） ×10－ 2N （2） ×10－ 7C14. 如图所示，带电荷量分别为+ q 和+4 q 的两个点电荷 A 、 B ，相距 L ，求在何处放置一个什么性质的电荷 C ，才可以使三个电荷都处于平衡状态？答案： 解析： A 、 B 为同种电荷，相互作用的静电力均沿 AB 连线向外，若能平衡，第三个点电荷 C 对 A 、 B 的作用力方向必沿 AB 连线向里，故 C 必带负电，应放置在 A 、 B 之间，由于 A 的电荷量小于 B ， C 应距 A 较近、距B 较远.设电荷 C 带电荷量为 Q ，距 A 为 x ，则距 B 为L x ，对电荷 A 、 C 分别运用库仑定律列平衡方程得A ：C ：解得：即带电荷量为 的电荷C 置于 A 、 B 间距 A 点 处，系统可平衡.→ 温馨提示： 通过本题分析可知，若要三个电荷都处于平衡，放置三电荷的特点是：“中间小、两头大”，“中间异号、两端同号”.15. 如图所示，半径为R 的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+ Q 的电荷，另一电荷量为+ q 的点电荷放在球心O 上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为r （r < < R ）的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为多少？方向如何？（已知静电力常量为k ）答案：解析：如题图所示，由于球壳上带电均匀，原来每条直径两端相等的一小块圆面上的电荷对球心+ q 的力互相平衡.现在球壳上A 处挖去半径为r 的小圆孔后，其他直径两端电荷对球心+ q 的力仍互相平衡，剩下的就是与A 相对的B 处，半径也等于r 的一小块圆面上电荷对它的力F .B 处这一小块圆面上的电荷量为：由于半径r < < R ，可以把它看成点电荷.根据库仑定律，它对中心+ q 的作用力大小为：其方向由球心指向小孔中心.答案：受力大小为，方向由球心指向小孔中心.→方法总结：本题两处用到了近似：（1）挖去小圆孔后，认为不改变电荷在球壳上的分布；（2）把B 处圆面上的电荷看成点电荷，这也是解决物理问题的基本方法之一.16. 光滑绝缘水平面上，固定着A 、B 、C 三个带电小球，它们的质量均为m ，间距为r ，A 、B 带正电，电荷量均为q .现对C 施加一水平力F 的同时放开三个小球，欲使三小球在运动过程中保持间距不变，求：（1）C 球的电性及电荷量；（2）水平力F 的大小.答案：解析：（1）欲使三小球在运动过程中保持间距不变，则小球A 、B 所受合力的方向须水平向右，以B 球为分析对象，其受力图为所以，故C 球带电荷量为2 q ，由于球B 、C 间为引力，所以C 球带负电.（2）由于三小球在运动过程中保持间距不变，所以球A、B、C具有相同的加速度，由（1）问知，则C 球的合外力C球的受力分析如图，则有.答案：（1）2 q 负电荷（2）17. 如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A 、B 、C 为该电场中三个点，已知φ A ＝12 V，φB ＝6 V，φC ＝6 V，试在方框内作出该电场示意图（即画出几条电场线），要保留作图时所用的辅助线.若将一个电子从A 点移到B 点，静电力做多少电子伏特的功答案：解析：由于是匀强电场，故AC 连线上等间距的点其电势差相等，故AC 连线三等分点之一D 点与B 点等势，BD 连线组成等势面，电场线与BD 垂直，且指向电势降低的方向（如图所示）.W ＝qU AB = e( φ A φ B )＝6 eV.答案：图见解析 6 eV18. 如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为 10 cm ，两板相距 2 cm .一束电子以v 0 =4.0×10 7 m /s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板L 为 45 cm 、宽D 为 20 cm 的荧光屏上.（不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，电子质量m =0.91×10 30 kg ，电荷量e =1.6×10 19 C ）求：（1）电子飞入两板前所经历的加速电场的电压是多大？（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压应取什么范围？答案：解析：（1）设加速电场的电压为U 1 ，由静电力做功和动能定理可得化简得代入数据得U 1 =4.55×10 3 V.（2）如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1 ，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2 ，偏转位移为y ，则：由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都好像从偏转电场的中点沿直线射出，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得代入所有数据得U 2 =364 V此时，电子从偏转电场射出，刚好打在荧光屏边缘上，因此偏转电压在364 V&364 V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置.→方法总结：本题考查的是典型的示波管工作原理，涉及带电粒子在电场中加速和偏转的基本理论及实际应用的理想模型.问题涉及动能、静电力做功等基本概念和匀速直线运动、匀变速直线运动等理想运动模型以及速度分解、动能定理的综合运用，是一个力学和电学知识综合性较强的问题.→思考讨论：（1）一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小了，试分析在工作过程中出现了什么故障，如何排除.（2）要想提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用哪些方法？19. 水平放置的两块平行金属板长l= 5.0 cm ，两板间距d = 1.0 cm ，两板间电压为90 V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v 0 =2.0× 10 7 m /s从两板中间射入，如图所示，求：（1）电子偏离金属板的侧位移是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P 点，若s = 10 cm ，求OP 之长.答案：解析：电子在匀强电场中受到静电力与重力作用，由于静电力，远大于电子的重力（约9×10 30 N），故只考虑静电力的作用.由于沿水平方向做匀速运动，沿竖直方向做初速度为零的匀加速运动，与平抛物体的运动类似.（1）电子在电场中的加速度：侧位移，因，=5×10 3 m .（2）电子飞出电场时，水平分速度v x = v 0 ，竖直分速度飞出电场时的速度为，代入数据可得v ≈ 2.04× 10 7 m /s设v 与v 0 的夹角为θ，则.（3）电子飞出电场后做匀速直线运动=（5×10 3 +0.1×0.2） m=2.5×10 2 m .答案：（1）5×10 3 m （2）2.04× 10 7 m /s，与v 0 夹角为arctan0.2 （3）2.5×10 2 m20. 如图所示，带等量异种电荷的两块相互平行的金属板AB 、CD 长都为L ，两板间距离为d ，其间为匀强电场.当两极板间电压为U 0 时，有一质量为m 、带电荷量为q 的质子紧靠AB 板的上表面以初速度v 0 射入电场中，设质子运动过程中不会和CD 相碰，求：（1）当时，质子在竖直方向的位移是多大（2）当时，突然改变两金属板带电性质，且两板间电压为U 1 ，则质子恰好能紧贴B 端飞出电场，求电压U 1 和U 0 的比值是多大答案：解析：（1）两板间电压为U 0 时，质子加速度为，当时，质子在竖直方向的位移为.（2）当时，质子在竖直方向上的速度，改变两板带电性质后，质子在竖直方向做类似竖直上抛运动，加速度，解得，.答案： (1) (2)。