教科版高二物理选修3-1第一章静电场专题复习 ： 静电场计算题专练(含解析)

静电场计算题专题练习

1．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m 可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方

向水平向右、A 点，

小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，

小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83

mg ，从A 至C 小球克服库仑力做的功为

22

mgR ，重力加速度为g ．求： (1)小球第一次到达B 点时的动能；(2)小球在C 点受到的库仑力大小；(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示）

2．如图所示，长为l 的绝缘细线，上端固定在O 点，下端P 系一质量为m 的带电小球，置于一方向水平向左、场强为E 的匀强电场中，重力加速度为g 。当细线偏离竖直方向的夹角为θ时，小球处于图示平衡状态。（结果用m 、g 、E 、l 、θ表示）(1)求OP 两点间的电势差U OP ；(2)小球带何种电荷，电荷量q 为多少？(3)若在图示位置将细线剪断，求绳断后瞬间小球的加速度a 。

3．如图，高为h=0.8m的平台与其左侧一倾角为37?的斜面相连固定于水平地面上，水平地面上方空间存在水平向右的匀强电场E=1.0×105V/m。可视为质点的物体C、D用轻质细线通过光滑定滑轮连在一起，C、D质量均为1kg，C不带电，D带电量q=+1.0×10－4C，分别将C、D放在斜面和水平台面上，D与水平台面右边缘A的距离为x=0.5m，细线

绷紧。由静止释放C、D，各面间动摩擦因数均为μ=1

9

，不计细绳与滑轮之间的摩擦，取g=10m/s2，sin37?=0.6，cos37?

=0.8，求：

(1)刚释放瞬间物体D的加速度大小；

(2)若物体D运动到水平台边缘A时，绳子恰好断裂，物块D从A点水平抛出直至落地，求物体D从A点到落地过程电势能的改变量。（已知运动过程中D所带电荷量不变，C始终不会与滑轮相碰。）

4．如图，匀强电场（图中未画出）的方向平行于竖直平面，一个质量为m、电量为q 的带电小球，从A点以斜向下的初速度v0开始运动，运动轨迹为直线，该直线与竖直方向的夹角为θ (且θ<45°)。不计空气阻力，重力加速度为g=10N/kg

（1）若小球做匀速运动，则场强的大小为多少；

（2）若小球做匀变速运动，则电场力的最小值为多少？其方向如何？

（3）若场强为

tan

mg

q

，则小球在运动过程中机械能将如何变化？。

5．如图所示，粗糙的长直轨道AB和光滑绝缘的圆形轨道BCDF，在B点平滑连接，B、D与圆心O等高，C、F分别为轨道的最低点和最高点。整个轨道位于竖直平面内，处在水平向左的匀强电场中，轨道半径为R。现有一质量为m、

带正电可视为质点的小滑块放在长直轨道上某处，滑块受到的电场力大小为3

4

mg，滑块竖直轨道间的动摩擦因数为0.5，

重力加速度为g。

（1）假设将滑块自A点由静止释放，AB=4R，求滑块到达圆轨道上B点时对轨道的作用力大小；（2）为使滑块恰好始终沿圆轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。

6．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.）

(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及碰后瞬间小球的速度大小v B；

(2)求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小v P；

(3)求B、C两点间的距离x。

7．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v0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．

8．如图（甲）所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d 远小于板的长和宽）。在两板的中心各有小孔O 和O′，O 和O′处在同一竖直线上。在两板正中间有一带负电的质点P。已知A、B间所加电压为U0时，质点P

所受的电场力恰好与重力平衡。现在A、B间加上如图（乙）所示随时间t 作周期性变化的电压U，已知周期T

（g 为重力加速度）。在第一个周期内的某一时刻t0，在A、B间的中点处由静止释放质点P，一段时间后质点P从金属板的小孔飞出。

(1)请求出质点运动的最大加速度和最小加速度

(2)t0在什么范围内，可使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短？

(3)t0在哪一时刻，可使质点P从小孔飞出时的速度达到最大？最大速度为多少？

9．如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，

电场强度的大小E=1.0×104N/C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10-4C的带电体（可视为质点），从A点由静止开始运动，已知S AB=1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5，假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：（取g=10m/s2）

（1）带电体运动到圆弧轨道C点时的速度大小．

（2）带电体最终停在何处．

10．如图所示，倾角为37°的绝缘斜面AB 和绝缘水平面BC平滑连接，斜面与水平面的动摩擦因素均为0.5，斜面AB 长L=4m，空间存在平行于斜面向上的匀强电场，电场强度为1.0×103N/C。现有质量为m=1kg，带电量为+2.0×10-3C 的滑块从A点以初速度6m/s 沿斜面下滑。g 取10m/s2，求：

(1)滑块在斜面AB上运动的时间；

(2)滑块在水平面BC运动的最大位移。

1．（1）

56mgR （2）34mg （3）

【详解】

（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：(

)0

2

11cos60

2

KB

A mgR E

mv --=- 代入数据解得：5

6

KB E mgR =

（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：

22A v Qq

N k mg m R R

+-=

由题可知：8

3

N mg =

联立并代入数据解得：

2Qq

k

mg R

= 由几何关系得，OC 间的距离为：

cos30R r R =

=?

小球在C 点受到的库仑力大小 ：

22Qq Qq

F k

k r ==????

库

联立解得3

=

4

F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：

2

102

f A

W mgR W mv ---=-电 从C 到A ，由动能定理得：

212

f A W mgR W mv +=

'-电

由题可知：22

W mgR =

电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：

22A

v Qq N k mg m

R R

'-'+=

联立以上解得： (

283

N mg -'=

，

根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为

(

283

mg -，方向向下．

2．(1)sin El θ-；(2)负电，

tan mg E θ

；(3)cos g θ

，方向沿OP 斜向下 【详解】(1)OP 之间的电势差

sin OP U El θ=-

(2)因小球向右偏，所受电场力水平向右，场强水平向左，所以小球带负电，小球受力情况，如图所示

由平衡条件得

tan qE mg θ=

解得

tan mg q E

θ

=

(3)将细线剪断，小球沿合力方向做匀加速直线运动，剪断细线后小球所受合外力为

=

cos mg

F θ

合 根据牛顿第二定律得加速度为

cos F g

a m θ

==

合 方向沿OP 斜向下 3．(1)1m/s 2；(2)12J 【详解】

(1)刚释放瞬间，分别以C 和D 为研究对象，根据牛顿第二定律得，对C 有

sin cos T mg mg ma θμθ--=

对D 有

qE mg T ma μ--=

联立解得

2 1m/s a =

(2)物体从开始到A 的过程，由v A 2=2ax 得

m/s 1A v =

物块D 从A 点水平抛出后，竖直方向做自由落体运动，有2

12

h gt =

得

0.4s t =

水平方向做匀加速直线运动，加速度为

45

'

221010m/s 10m/s 1

qE a m -?===

物体D 落地点离A 点的水平距离'2

12

A s v t a t =+

，代入数据解得 1.2m s =

物体D 从A 点到落地过程电势能的改变量

45p 1010 1.2J 12J E qEs -?==??=

4．（1）mg

q

；（2）sin mg θ，垂直于运动方向斜向上；（3）增加

【详解】

（1）小球受到重力和电场力作用，若小球做匀速运动，则电场力与重力平衡

mg qE =

解得

mg q

E =

（2）小球受到重力和电场力作用，若小球做匀变速运动，两者的合力与速度共线，当电场力与速度方向垂直时，即电场力垂直于运动方向斜向上，电场力最小

sin F mg

θ=

最小

解得

sin F mg θ=最小

（3）若场强为tan

mg q

θ

tan qE

mg

θ=

说明电场力水平向右，从 A 点斜向下运动，电场力对小球做正功，机械能增加。

5．（1）

234mg ；（2，方向斜向左上方与竖直方向夹53?角 【详解】

（1）设滑块到达B 点时的速度为v ，由动能定理有

2

G f 12

W W mv +=

其中

G 4W mgR =

f 4N W F R μ=- N F Eq =

在圆轨道上B 点受力为

2

N v F Eq m R

-=

代入数据并结合牛顿第三定律，解得在B 点时对轨道的作用力大小

N N 234

B F F mg ==

（2）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DF 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小弹力为零，此时轨道速度设为n v

2

n

v m R

=

解得n v =

，设速度方向与竖直方向夹角为θ 4

tan 3

mg qE θ=

= 解得53θ=?，所以速度方向斜向左上方与竖直方向夹53?角。 6．(1) 6m/s ； 4m/s ；(2) 7.5×104V/m ； 2.5m/s ；(3) 0.85m 【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有

211

2

Fd m v =

解得

v =6m/s

滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2，则由动量守恒定律得

11122m v m v m v =+

由能量守恒得

22211122111222

m v m v m v =+ 联立解得

v 1=-2m/s （“-”表示v 1的方向水平向左），v 2=4m/s

(2)小球到达P 点时，受力如图所示

则有

qE =m 2g tan θ

解得

E =7.5×104N/C

小球所受重力与电场力的合力大小为

2=

cos m g

G θ

等 小球到达P 点时，由牛顿第二定律有

22=P

v G m r

等

解得

v P =2.5m/s

(3)对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有

22

2222

11(sin )(cos )22

P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得

x =0.85m

7．(1)负电，2

043mv R

kq

；(2)

2

3qL

【解析】

∠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：00303

v v cos =

=? …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2

2Qq v k

m

R R =…② 由①②得：2043mv R

Q kq

=

∠2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°

tan 30°=0

y v v …③ v y =at…④

qU

a md

=

…⑤ 0

L

t v =

…⑥ 由③④⑤⑥得：2030mdv tan U qL ?=

= 8．（１）最大3g ，最小g ；(２)

0t ≤≤(３)0t =

【详解】

(1)设质点P 的质量为m ，电量为q ，当两板间所加电压为 U 0 时，质点 P 所受的电场力恰好与重力平衡

U q

mg d

= 解得

mgd

q U =

当两板间的电压为2U 0时，质点的加速度方向向上且最小，设为a 1，由牛顿第二定律得

12U q

mg ma d

-= 解得

a 1=g

当两板间的电压为-2U 0时，质点的加速度方向向下而且最大，设为a 2，由牛顿第二定律得

22U q

mg ma d

+= 解得

a 2=3g

(2)要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，必须使质点释放后一直向下做加速运动。设质点到达下极板的时间为t,由位移公式得

2

2122

d a t = 解得

t =

因为

T =

所以

2

T t <

质点到达小孔之前能一直加速；

要使质点在飞出小孔之前运动的时间达到最短，质点的释放时刻t 0应该满足

02

T

t T t ≤≤-

0t ≤≤(3)要使质点 P 从小孔飞出时的速度达到最大，须使质点释放后先加速向上再减速向上，到达上极板时的速度恰好为零，然后向下加速运动到达下极板，设质点向上加速的时间为t 1，向上减速的时间为t 2，则

11v gt =

1203v gt =-

22221113222t d gt v t gt ??=+- ???

由以上各式解得

1t =

2t =

因为

12

T t <

22

T t <

因此，质点能向上先加速后减速恰好到达O 点。设质点从上极板向下加速到达下极板的时间为t 3，则

23132

d gt =

解得

3t =

232

T t t +=

< 因此，质点能从O 点一直向下加速运动到O′，此时质点从下极板飞出时的速度最大；因此，质点释放的时刻应为

012T t t =

-=

解得

0t =

9．(1)10m/s(2) C 点的竖直距离为5 m 3

处

【详解】

(1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：

()2

AB AB 1 2

qE s R mgs mgR mv μ+--=

， 解得

10m/s v =；

(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ,从C 到D 由动能定理得：

21

02

mgh qEh mv μ--=-，

解得

5 m 3

h =，

在最高点,带电体受到的最大静摩擦力

4N fmax F qE μ==，

2N G mg ==，

因为

fmax G F ＜

所以带电体最终静止在与C 点的竖直距离为5 m 3

处；

10．(1)0.67s ；(2)3m 【详解】

(1)滑块在斜面上受重力、电场力、摩擦力以及支持力的作用，由牛顿第二定律可得

sin cos mg Eq mg ma θμθ--=

解得：0a =

故滑块在斜面上做匀速直线运动，因此滑块在斜面AB 上运动的时间为

42

s=s 0.67s 63

L t v =

=≈ 对滑块在水平面受力分析，可得

(sin )f mg Eq μθ=-

滑块在水平面上滑动的过程，由动能定理可得

2max 1

(cos )02

Eq f s mv θ-+=-

联立可得：max 3m s =