电场大题练习

2018电场大题小练1.如图所示，电源电压为60V，A、B两板相距30cm，B板接地，C点离A板10cm，D点离B板5cm，求C、D两点的电势各为多少？2如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0=4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e=1.6×1019C，电子质量m=0.91×10-30Kg，求：（1）电子在C点时的动能是多少（2）O、C两点间的电势差大小是多少（重力不计）3如图所示，质量为m=10g，电荷量为q=10-8C的带正电小球用长为L=0.3m的绝缘细线系于O点放在匀强电场中，小球静止在A点，且静止时悬线与竖直方向夹角θ=60°．求：（1）电场强度的大小和方向；（2）求此时细线拉力的大小；（3）求O、A两点的电势差．4.如图所示，在绝缘水平面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电荷量均为Q的正电荷．O为AB连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4．一质量为m、电荷量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E k0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为2E k0，第一次到达b点时的动能恰好为零，小滑块最终停在O点，已知静电力常量为k．求：（1）小滑块与水平面间滑动摩擦力的大小．（2）小滑块刚要到达b点时加速度的大小和方向．（3）小滑块运动的总路程s总．5.一束初速不计的电子流在经U =5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d =1.0cm，板长l =5.0cm，那么：（1）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？（2）若在偏转电场右侧距极板L =2.5 cm处放置一半径R =0..5 cm的光屏（中线过光屏中心且与光屏垂直），要使电子能从平行板间飞出，且打到光屏上，则两个极板上最多能加多大电压？6.如图所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，接在电压为U 的电源上。

在A 板的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子。

设电子的质量为m ，电荷量为e ，射出的初速度为v 。

求电子打在B 板上的区域面积。

（不计电子的重力）7. 如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37°，一带电量为+q 的小物体质量为m ，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的二分之一，求：（1）原来电场强度的大小（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L 时的动能．8.如图，ABC 为绝缘轨道，AB 部分是半径R=40cm 的光滑半圆轨道，P 是半圆轨道的中点，BC 部分水平，整个轨道处于E=1×103V/m 的水平向左的匀强电场中，有一小滑块质量m=40g ，带电量q=1×10—4C ，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s2，求：（1）要使小滑块能运动到A 点，滑块应在BC 轨道上离B 多远处静止释放？ （2）在上述情况中，小滑块通过P 点时，对轨道的压力大小为多少？ 9.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Uo ，其周期是T 。

现有电子以平行于金属板的速度vo 从两板中央射入。

已知电子的质量为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？10.真空中有足够大的两个互相平行的金属板，a 、b 之间的距离为d ，两板之间的电压为b a ab U U U -=，按如图9－10所示的规律变化，其周期为T ,在t ＝0时刻，一带正电的的粒子仅在电场力作用下，由a 板从静止向b 板运动，并于nT t =（n 为自然数）时刻恰好到达b 板，求：若该粒子在T t 61=时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历同样长的时间，它能运动到离a 板多远的距离？ 若该粒子在T t 61=时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历多长的时间到达b 板1. 板间匀强电场的场强大小为：2. 所以第8题图T /2T3T /2 2TtU oU AB v oO ′ Oo 乙甲-U oAB第9题图－U U T0 第10题图3.由得4.由于5.所以由得6.本题考查匀强电场中场强与电势差、电势差与电势的关系，由U=Ed先求出场强E的大小，再由本公式求出任意两点间电势差的大小，由电势差与电势的关系可求得任意一点电势的值2.答：（1）电子在C点时的动能是9.7×10-18J．（2）O、C两点间的电势差大小是15V．解：（1）带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，末速度vt与初速度v0的关系如图，则电子在C点时的速度为：v0cos30°所以动能Ek=9.7×10-18J（2）对电子从O到C过程中只有电场力做功，由动能定理得解得：U=15V3.（1，2）小球受力如图所示：小球处于平衡状态所以有：绳子拉力：T＝mgcosα=0.2N 根据：Eq=mgtanα，得：E＝mgtanαq＝3×107N/C，方向水平向右．（3）O、A两点的电势差：U＝Ed＝ELcos60°＝3×107×0.3×12＝1.53×106V4.题目中是一个有摩擦力的耗散系统.设摩擦力为f.(1)a,b两点为对称,那么它们的电势应该相等.我们都知道这个模型中,AB连线上O点电势最低,a,b的电势比它高.设a,b电势比O高的差值为U.从a到O,有Ek0+Uq-fL/4=2Ek0,简单的能量守恒导出的方程式.从O到b,有2Ek0-Uq-fL/4=0.那么有Ek0=fL/2,据此可以求出f,μ.结果自求.(2)刚要达到b点时,滑块受到两个力：电场力和摩擦力,方向相同.问题是电场力怎么求呢注意方程2Ek0-Uq-fL/4=0,现在f已知了,我们就可以用Ek0表示出U.U是b点与O点的电势差,现在我们假设AB两点的电荷量为+Q,计算b点和O点的电势就好了.电势的计算式是kQ/d,那么O点电势为4kQ/L,b点电势为16kQ/3L,两者之差就是U.用U表出kQ.电场力包括左边的电场力和右边的电场力,就是kQq/(L/4)^2 - kQq/(3L/4)^2.摩擦力为f.方向你应该看得出来.结果自求.(3)完全从能量角度分析了.还是以O点为电势能的参考点,初态物体具有初动能Ek0,具有电势能Uq,运动了总路程D以后,动能势能都为0了.这些能量为摩擦耗散,也就是说摩擦力作的负功等于这些减少了的能量,有fD=Ek0+Uq.f和U都是可以用Ek0表出的,那么这题就很简单了,结果自求.5.解：（1）在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大。

当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。

加速过程，由动能定理得：①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上作匀速运动：l=v0t ②在垂直于板面的方向上作匀加速直线运动，加速度：③偏转距离：④能飞出的条件为：⑤解①～⑤式得：V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V（2）设此时电场内的偏移量为Y，则由几何关系得：（l/2）/（l/2+L）=y/R ①又因②③解得：U'=200V即加在两极板上的电压最大不得超过200V6.从题目意思看,A板应接在电源的负极,B板应接在电源的正极.每个电子离开A板后,在电场力作用下向B板的方向运动.为方便叙述,在B板上与A板的中央P点正对的叫O点,即PO间的距离是d .对于刚离开A板时速度方向是平行于A板的电子分析：这个电子在电场力作用下做类平抛运动,到达B板时的位置是Q点,Q到O的距离设为L 则d＝V* tL＝a* t^2 / 2式中,t 是电子从P到Q的时间加速度a＝eE / m＝e*(U / d ) / m＝eU / (d m)得L＝[ eU / (d m)] *( d / V )^2 / 2＝eUd / ( 2 m V^2 )由于对称性,所以打到B板的电子所在的区域是以O点为圆心,L为半径的圆.所以,电子打在B板上区域的面积是S＝πL^2＝π*[ eUd / ( 2 m V^2 )]^27. 斜面光滑,所以无摩擦力1,对物块受力分解,得mgsin37=F电cos37=Eqcos37解得E=3mg/4q2,同一得加速度a=gsin37-E'qcos37/m=3g/103,a=3g/10由公式2ax=v^2-v0^2=v^2-0所以v^2=3gL/5所以动能 E=mv^2/2=3mgL/108.（1）20m (2)1.5N 9.（1）V=（V 02+U 0e/m ）1/2 （2）L=V 0T（3）t=T/4+kT/2 (k=0,1,2,3……) d=T(4U 0e/m)1/2/410.（1）当带正电粒子从在t ＝0时刻，一带电的的粒子仅在电场力作用下，由a 板从静止向b 板运动过程中，前半个周期加速，后半个周期减速为零，如此反复一直向前运动，它在一个周期内的位移是：2241)2(212aT T a s =⨯=所以241naT ns d ==（3.2.1=n ····） 若该粒子在T t61=时刻才从a 板开始运动，则在每个周期内，前三分之二周期向前运动，后三分之一周期返回，一个周期的总位移：粒子经历同样长的时间，总位移为；2121''naT ns d ==（3.2.1=n ····） 因此d d 31'= 离a 板距离为d 31（2）因为d d 31'=，所以从总位移的角度来讲，到达b 板的时间也应该为原来的3倍即：nT t t 33'==，但要注意的是带电粒子在每一个周期当中都存在着来回的往复运动，因此可预见到在最后一个周期的时间内，从b 板所在位置来讲，理论上带电粒子恰好两次经过b 板，其实在第一次经过就已碰上b ，所以根本不存在第二次，因此后面的时间要减去（如图甲） 要减去的时间为T t tx 612⨯+=∆最后过程可倒过来看：T t x 62=所以T T t 3162+=∆可得：T T nT t6233--= t x图甲b。