全国高考电场专题复习物理试题

电场中合成与分解思想---曲线运动

2005北京24.（18分）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m 、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°＝0.6，cos37°=0.8）。

现将该小球从电场中某点以初速度v 0竖直向上抛出。求运动过程中 （1）小球受到的电场力的大小及方向 （2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量 （3）小球的最小动量的大小及方向。

周期性电场作用的解题思想----周期性外力

2006北京23.(18分)如图1所示，真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A 、B 与电源连接(图中未画出)，其中B 板接地（电势为零）,A 板电势变化的规律如图2所示.

将一个质量m=2.0×10-23 kg,电量q=+1.6×10-1C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力.求：

(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;

(2)若A 板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧临B 板处无初速释放，粒子到达A 板时动量的大小； (3)A 板电势变化频率多大时，在t=4T 到t=2

T

时间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板.

23．（18分）

（1）电场强度 E ＝

U

d

g 带电粒子所受电场力 qE ＝q

U

d ，F ＝ma 92=410/qU a m s dm

=?

（2）粒子在0～2

T 时间内走过的距离为2

1().010222T a =5m ?－

故粒子在t ＝2

T

时恰好到达A 板

根据动量定理，此时粒子

p ＝Ft ＝4.0×23

10

-kg ·m/s

（3）带电粒子在t ＝

4T ～t ＝2T 向A 板做匀加速运动，在t ＝2T

～t ＝43T 向A 板做匀减

速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移 s ＝2×

11

()2416

22T a =aT 要求粒子不能到达A 板，有，s ＜d

由f ＝1

T

，电势变化频率应满足 f 410Hz

2007北京----往复性运动

20、在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间

加一水平匀强电场E 1，持续一段时间后立即换成与E 1相反方向的匀强电场E 2。当电场E 2与电场E 1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能k E 。在上述过程中，E 1对滑块的电场力做功为W 1，冲量大小为I 1；E 2对滑块的电场力做功为W 2，

冲量大小为I 2。则

A 、I 1= I 2

B 、4I 1= I 2

C 、W 1= 0.25k E W 2 =0.75k E

D 、W 1= 0.20k

E W 2 =0.80k E

类平抛运动

2007北京22、（16分）

两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是均匀的。

一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达抚极板是恰好落在极板中心。

已知质子电荷为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求： （1）极板间的电场强度E ；

（2）α粒子在极板间运动的加速度a ； （3）α粒子的初速度v 0。

电场合成---极限思想

2009北京20．图示为一个内、外半径分别为R

1和R 2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为σ。取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴。设轴上任意点P 到O 点的的距离为x ，P 点电场强度的大小为E 。下面给出E 的四个表达式（式中k 为静电力常量），其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E 的合理表达式应为 A ．122

22

21

2

2(

)R R E k x x R x R πσ=-

++

B ．2

22

21

2

112()E k x x R x R πσ=-++

C ．122

22

21

2

2()R R E k x x R x R πσ=+++

D ．2

22

21

2

112()E k x x R

x R

πσ=+++

【答案】B

【解析】当R 1=0时，对于A 项而言E=0，此时带电圆环演变为带电圆面，中心轴线上一点的电场强度E>0，故A 项错误；当x=0时，此时要求的场强为O 点的场强，由对称性可知E O =0，对于C 项而言，x=0时E 为一定值，故C 项错误。当x→∞时E→0，而D 项中E→4πκσ故D 项错误；所以正确选项只能为B 。

2010北京18．电容

用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S ，极板间的距离为D ，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）

A．保持S不变，增大d，则变大

B．保持S不变，增大d，则变小

C．保持d不变，减小S，则变小

D．保持d不变，减小S，则不变

【答案】A

【解析】分2组判断

对AB，根据，保持S不变，增大d，则电容C变小，根据，因Q不变，C变小，所以电压U变大，所以静电计指针偏角变大，A正确而B错误；

对CD，根据，保持d不变，减小S，则电容C变小，根据，因Q不变，C变小，所以电压U变大，所以静电计指针偏角变大，C．D错误；

考试中，判断出A正确，B、C、D可以不再研究，因为是单选题。

本题考查电容器的电容的决定式和定义式。

电势图象问题：电势、电场、功能、牛二、加速度、速度、位移

2011北京24.（20分） 24.（20分）

静电场方向平行于x 轴，其电势?随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中0?和d 为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x 轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m 、电量为-q ，其动能与电势能之和为-A （0

24答案．

（1）由图可知，0与d （或-d ）两点间的电势差为φ0 电场强度的大小 0

E d

?=

电场力的大小 0

q F qE d

?==

（2）设粒子在[-x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得

2

12

mv q A ?-=- 由图可知 0(1)x d

??=-

由○1○2得

2

01(1)2x mv q A d

?=-- 因动能非负，有 0(1)0x

q A d ?-

-≥ 得 0

(1)A x d q ?≤-

即 00

(1)A x d q ?=-

粒子运动区间00

(1)(1)A A d x d q q ??--

≤≤- （3）考虑粒子从-x 0处开始运动的四分之一周期 根据牛顿第二定律，粒子的加速度 0

F Eq q a m m md

?=

==

由匀加速直线运动

t =

将○4○5代入，得

t =

粒子运动周期

4T t ==

2012北京 20．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。若在结两加恒定电压U ，则它会辐射频率为υ的电磁波，且υ与U 成正比，即kU =υ。已知比例系数k 仅与元电荷e 的2倍和普朗克常量h 有关。你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数k 的值可能为（ ）

A 、e h 2

B 、h e 2

C 、he 2

D 、he

21

2012北京电场图象

24．（20分）匀强电场方向沿x 轴正向，电场强度E 随x 轴的分布如图所示，图中0E 和d 均为已知量。将带正电的质点A 在O 点由静止释放。A 离开电场足够远后，再将另一带正

电的质点B 放在O 点也由静止释放。当B 在电场中运动时，A 、B 间的相互作用力及相互作用能均为零；B 离开电场后，A 、B 间的相互作用视为静电作用。已知A 的电荷量为Q ，A 和B 的质量分别为m 和

4

m

，不计重力。

（1）求A 在电场中的运动时间t ； （2）若B 的电荷量Q q 9

4

=

，求两质点相互作用能的最大值pm E ； （3）为使B 离开电场后不改变运动方向，求B 所带电荷量的最大值m q 。 解：

（1）m

EQ a at d =

=

22

1，解得EQ

md

t 2=

（2）A 离开电场后的速度：m

EQd

v mv EQd 2021

121=?-=

B 离开电场时的速度：12

3

4

932421v m EQd v v m Eqd B B ==?=

A 、

B 共速时两质点相互作用的能最大:

{22211)4

(2142121)4

(4

v m m v m mv E v m

m v m mv B pm

B

+-+=+

=+

解得：EQd E v v pm 45

1,15161==

（3）设B 离开电场后的速度为2v ，若B 的速度不改变方向，则有当A 、B 距离足够远后，B 的速度仍为减为零。取临界条件，AB 间距足够远时，B 的速度恰为零。

021421210

4

4

212

12'12221'1212

2

21+=++=+==

mv v m mv mv v m

mv v m d Eq mv EQd m

x

由前两式解得：21

2

2

4v v Q q m =

由后两式解得：'12'115

8,53v v v v == 所以：Q q m 9

16=

2013北京20． 以往我们认识的光电效应是单光子光电效应。若一个电子在极短时间内只

能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度较大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已经被实验证实。

光电效应实验装置示意如图。用频率为v 的普通光源照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的（其中W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电量）

A ．hv W U e e

=- B ．2hv W U e e =

- C ．2U hv W =- D ．52hv W U e e

=

- 考查选修3-5近代物理部分（固定题型）： 1，新信息下：K E W Nh +=γ(N=2，3,4.......) 2，动能定理：K E Uq = 难度：★★（概念+新信息）

2008上海 类平抛运动17．（上海卷－23）

（12分）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Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场I 和II ，两电场的边界均是边长为L 的正方形（不计电子所受重力）。

（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。

（2）在电场I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II 整体水平向右移动L /n （n ≥1），仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（D 不随电场移动），求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。

【解析】：（1）设电子的质量为m ，电量为e ，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I

时的为v 0，此后电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有 eEL ＝2

02

1mv (

2

L

－y )＝21at 2＝

2120)(v L m eE 解得 y ＝

41L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，4

1L ） （2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有

eEx ＝

2

12

1mv y ＝

21at 2＝

212

1

)(v L m eE 解得：xy ＝4

2

L ，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。

（3）设电子从（x ，y ）点释放，在电场I 中加速到v 2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有：

eEx ＝

222

1mv y －y /＝

21at 2＝

212

2

)(v L m eE

v y ＝at ＝

2mv eEL ，y /＝v y 2

nv L

解得：xy ＝L 2 (

4

1

21+n )，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置 2008广东18．（广东卷－19）

（16分）如图（a ）所示，在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度E 随时间的变化如图（b ）所示．不带电的绝缘小球P 2静止在O 点．t =0时，带正电的小球P 1以速度t 0从A 点进入AB 区域，随后与P 2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的

2

3

倍，P 1的质量为m 1，带电量为q ，P 2的质量m 2=5m 1，A 、O 间距为L 0，O 、B 间距L ＝440L 。

已知L

v m qE 322

10=

，T ＝00t L 。 （1）求碰撞后小球P 1向左运动的最大距离及所需时间． （2）讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞．

答案：（1）

3

L ，00v L （2）能 【解析】（1）小球P 1到达O 点的时间0

v L T =

，与P 2碰撞时，电场刚好由零变为E 0。 ① 碰撞后，P 1速度为v 1＝03

2

v 在电场中，P1的加速度加速度为：a ＝

1

m qE ② P 1向左运动的时间t 1＝

v L ＝T ③ 在t 1时间内，有电场，P 1做匀减速直线运动，向左运动的最大距离为：

s m ＝3

20

21L a v = ④ （2）根据动量守恒定律有：

m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 ⑤ 求得P 2的速度：v 2＝03

1

v ⑥ P 1从O 点运动到B 点所需时间t 2＝

2

v L

＝4T ⑦ 在t2时间内，一直存在电场，则P 1的位移为： x 1＝v 1t 2＋

2

22

1at ＝2L ⑧ 由于x 1＞L ，故在OB 之间P 1与P 2能再次相碰。 ⑨ (本题考查考生对电场、力学基本规律的认识、理解和应用，考查理解能力、推理能力、分

析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力及获取信息的能力。)

2008（重庆卷－21）21图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q 将随待测物体的上下运动而变化，若Q 随时间t 的变化关系为Q =

b

t a

+（a 、b 为大于零的常数），其图象如题21图2所示，那么题21图3、图4中反映极板间场强大小E 和物体速率v 随t 变化的图线可能是

A.①和③

B.①和④

C.②和③

D.②和④ 答案：C

固定极板

待测物体

U

Q

t

t t

O O

O

v

E

① ②

③

④

图1

图3

图4

图2

解析：本题考查速度传感器的有关知识，本题为较难题目。由题意可知：

π

επε4k s

Q

d d 4k s Q Cd

Q d ====

U E 所以E 的变化规律与Q 的变化规律相似，所以E 的图象为②，由a

t b

U d k s CU Q +=

=

=πε4k, 所以d ＝t ＋a ＝vt ＋a ，所以是匀速移动，所以速度图象为③，综上所述C 正确。

2008.振动（上海卷－14）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M 、N ，分别固定在A 、B 两点，O 为AB 连线的中点，CD 为AB 的垂直平分线。在CO 之间的F 点由静止释放一个带负电的小球P （设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P 在CD 连线上做往复运动。若

（A ）小球P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过

程中振幅不断减小

（B ）小球P 的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O 点时的速率不断减小 （C ）点电荷M 、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P 往复运动过程中周期不断减

小

（D ）点电荷M 、N 的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P 往复运动过程中振幅不断减

小

答案：BCD

【解析】：设F 与F′绕O 点对称，在F 与F′处之间，小球始终受到指向O 点的回复力作用

下做往复运动，若小球P 带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F′点下方，即振幅会加大，A 错；每次经过O 点因电场力做功减少而速度不断减小，B 对；若点电荷M 、N 电荷量缓慢增大，则中垂线CD 上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C 、D 正确。

2008（海南卷－5）质子和中于是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的．两个强作用电荷相

反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）．作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F 与它们之间的距离r 的关系为：

10122

0, 0, 0, r r F F r r r r r ??

=-???＜＜≤≤＞

式中F 0为大于零的常量，负号表示引力．用U 表示夸克间的势能，令U 0＝F 0(r 2—r 1)，取无穷远为势能零点．下列U －r 图示中正确的是

答案：B

【解析】：从无穷远处电势为零开始到r = r 2位置，势能恒定为零，在r = r 2到r = r

1过程中，

恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A 、B 选项中所示；r ＜ r 1之后势能不变，恒定为－U 0，由引力做功等于势能将少量，故U 0=F 0(r 2－r 1)。

2008.（海南卷－6）匀强电场中有a

、b

、c

三点．在以它们为顶点的三角形中， ∠a ＝30°、

∠c ＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和

c 点的电势分别为(2-V 、

(2+V 和2 V ．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为

A ．(2V 、(2+V

B ．0 V 、4 V

C ．(23-

V 、(23

+ D ．0 V V 答案：B

【解析】：如图，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab 的中点O ，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V ，故Oc 为等势面，MN 为电场线，方向为MN 方向，U OP = U Oa =3V ，U ON : U OP =2 :3，故U ON =2V,N 点电势为零，为最小电势点，同理M 点电势为4V ，

－－－ b

c

为最大电势点。

电场力做功；类平抛中电场力做功问题

2007

四川卷如图所示，一根长L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E=1.0

×105N/C 、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M 固定一个带电小

球A ，电荷量Q=+4.5×10－

6C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量

q=+1.0×10－6C ，质量m=1.0×10－

2kg 。现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。(静电力常量k=9.0 ×109N ·m 2/C 2．取g=10m/s 2) (1)小球B 开始运动时的加速度为多大?

(2)小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大?

(3)小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2=0.61m 时，速度为v=1.0m/s ，求此过程中小球B 的电势能改变了多少? 解：（1）开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得

ma sin qE L

Qq

k

mg 2=θ-- ① 解得m sin qE m L kQq g a 2θ

--= ②

代入数据解得：a=3.2m/s 2 ③ (2)小球B 速度最大时合力为零，即

mg sin qE h kQq

21

=θ+ ④ 解得θ

-=

sin qE mg kQq

h 1 ⑤

代入数据解得h 1=0.9m ⑥

(3)小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，根据动能定理有2321mv 2

1

W W W =

++ ⑦ W 1＝mg （L-h 2） ⑧ W 2=-qE(L-h 2)sin θ ⑨ 解得θ-+--=

sin )h L (qE )h L (mg mv 2

1

W 2223 ⑩ 设小球的电势能改变了ΔE P ，则ΔE P ＝－（W 2＋W 3）

22P mv 2

1

)h L (mg E --=?

ΔE P ＝8.2×10－

2J

2007上海卷如图所示，边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场。电量为q 、动能为E k 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E k ’，则电场强度为多大？ （1）L ＝v 0t ，L ＝qEt 22m ＝qEL 22mv 02 ，所以E ＝4E k qL ，qEL ＝E k t －E k ，所以E k t

＝qEL ＋E k ＝5E k ，

（2）若粒子由bc 边离开电场，L ＝v 0t ，v y ＝qEt m ＝qEL mv 0 ，E k ’－E k ＝1

2

mv y

2＝

q 2E 2L 22mv 02

＝q 2E 2L 2

4E k ，所以E ＝2E k （E k ’－E k ） qL

， 若粒子由cd 边离开电场，qEL ＝E k ’－E k ，所以E ＝E k ’－E k

qL ，

2007广东卷如图16所示，沿水平方向放置一条平直

光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L 。槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为+2q ，球B 带电量为-3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统。最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L 。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：

（1）球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小；

（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置。 解：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有：

0)5.13(5.221>?-+?=L qE L qE W ①

而且还能穿过小孔，离开右极板。

假设球B 能达到右极板，电场力对系统做功为W 2，有：

0)5.33(5.222

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别在右极板两侧。 ② （1）带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律：m qE a 221=

=m

qE

③ 球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有：L a v 12

12= ④ 由③④求得：m

qEL

v 21=

⑤ d c

E

a b

（2）设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：1

1

1a v t =

⑥ 将③⑤代入⑥得：qE

mL

t 21=

⑦ 球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律：m

qE

m qE qE a 22232-

=+-=

⑧ 显然，带电系统做匀减速运动。设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则有： L a v v 5.1222

12

2?=- ⑨ 2

1

22a v v t -=

⑩ 求得： qE

mL

t m qEL v 2,22122=

=

⑾ 球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律：

m

qE

a 233-=

⑿ 设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x ，则有：3

2

30a v t -=

⒀ x a v 3222=- ⒁

求得：6

,2311L

x qE mL t ==

⒂

由⑦⑾⒂可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

qE

mL

t t t t 237321=

++= ⒃

球A 相对右板的位置为：6

L

x =

⒄ 2007

江苏卷如图所示，带电量分别为4q 和－q 的小球Ａ、Ｂ固定在水平放置的光滑绝缘

细杆上，相距为d 。若杆上套一带电小环Ｃ，带电体Ａ、Ｂ和Ｃ均可视为点电荷。 （１）求小环Ｃ的平衡位置。

（２）若小环Ｃ带电量为q ，将小环拉离平衡位置一小位移x(∣x ∣<

（３）若小环Ｃ带电量为－q ，将小环拉离平衡位置一小位移x(∣x ∣<

ααn n

-≈+1)

1(1

）

2007重庆卷飞行时同质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m .如题24图1,带正电的离子经电压为U 的电场加速后进入长度为L 的真空管AB ,可测得离子飞越AB 所用时间L 1.改进以上方法，如图24图2,让离子飞越AB 后进入场强为E （方向如图）的匀强电场区域BC ,在电场的作用下离子返回B 端，此时，测得离子从A 出发后飞行的总时间t 2,（不计离子重力）

（1）忽略离子源中离子的初速度，①用t 1计算荷质比;②用t 2计算荷质比.

（2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m 的离子在A 端的速度分别为v 和v ′（v ≠v ′）,在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt .可通过调节电场E 使Δt =0.求此时E 的大小.

解：(1) ①设离子带电量为q ,质量为m ,经电场加速后的速度为v ,则

mv qU 2

1

=

2 (1) 离子飞越真空管，AB 做匀速直线运动，则 L=m 1 (2) 由(1)、（2）两式得离子荷质比

2

122Ut L m q =

(3) ②离子在匀强电场区域BC 中做往返运动，设加速度为a ,则qE =ma (4) L 2=

a

v

v L 2+ (5) 由(1)、(4)、（5）式得离子荷质比

22

2

1

421t E U L U m q ??? ??+=或22

1

222L E U U

L m q ???

?

??+= (6) (1) 两离子初速度分别为v 、v ′,则

m

qE

v n L L 2+=

(7) l ′=

v L '+m

qE v '

2 (8) Δt =t -t ′=)(2v v qE m v v L -'?

??

??

?-' (9) 要使Δt ＝0,则须

02=-'qE

m v v L (10) 所以E =qL

v mv '

2 (11)

2006上海[上海卷]23．（l4 分）电偶极子模型是指电量为q 、相距为 l 的一对正负点电 荷

组成的电结构，O 是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的， 平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化． (1）如图(b ）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E 。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O 点的力矩；

（2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功； （3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的 电势能；

（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c ）排列，它们相互间隔距离恰等于l ．加上外电场E O 后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中 A 点处引人一电量为+q 0的点电荷(q 0 很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小．

（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角 0或者π ①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 E P1= -E 0q l

②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 E P2=E 0q l

（09年海南物理）10．如图，两等量异号的点电荷相距为2a 。M 与两点电荷共线，N 位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M 和N 的距离都为L ，且l

a 。略去()()/2n

a L n ≥项的贡献，则两点

电荷的合电场在M 和N 点的强度

A ．大小之比为2，方向相反

B ．大小之比为1，方向相反

C ．大小均与a 成正比，方向相反

D ．大小均与L 的平方成反比，方向相互垂直 答案：AC

（09年江苏物理）8．空间某一静电场的电势?在x 轴上分布如图所示，x 轴上两点B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是Bx E 、Cx E ，下列说法中正确的有

A ．Bx E 的大小大于Cx E 的大小

B ．Bx E 的方向沿x 轴正方向

C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大

D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功

答案：AD

解析：本题的入手点在于如何判断Bx E 和Cx E 的大小，由图象可知在x 轴上各点的电场强度在x 方向的分量不相同，如果在x 方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由图象，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，看做匀强电场有d

E ?

?=

，可见Bx E >Cx E ，A 项正确；同理可知O 点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C 项错误；沿电场方向电势降低，在O 点左侧，Bx E 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，Cx E 的方向沿x 轴正方向，所以B 项错误，D 项正确。

（09年安徽卷）23．（16分）如图所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E 。在(,0)A d 点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m 的带电微粒，其中电荷量为q 的微粒1沿y 轴负方向运动，经过一段时间到达

(0,)d -点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

（1）分裂时两个微粒各自的速度；