高考物理复习 计算题专练 电场（含答案解析）

这是一份高考物理复习 计算题专练 电场（含答案解析），共16页。试卷主要包含了2 kg,电荷量为q=2，0 m和5，8J，25J，2 J．]等内容，欢迎下载使用。
2020(人教版)高考物理复习 计算题专练
电场
如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg,电荷量为q=2.0×1 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1。从t=0时刻开始,空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向,g取10 m/s2),求:

(1)23 s内小物块的位移大小;
(2)23 s内电场力对小物块所做的功。







如图所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在离A高度为h0的C处由静止释放某带同种电荷的液珠,开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k,两电荷均可看成点电荷,不计空气阻力。

(1)求液珠速度最大时离A点的距离h。
(2)若已知在点电荷Q的电场中,某点的电势可表示成φ=,其中r为该点到Q的距离(选无限远处电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。







示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器,其主要结构可简化为:电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏,如图所示。若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距离均为d,荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d,电子枪发射质量为m、电荷量为-e的电子,从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O。不计电子进入加速电场的速度及电子重力。若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,两板间的偏转电压为U2,电子会打在荧光屏上某点,该点到O点距离为d,求U1和U2的比值。












如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上,彼此相隔的距离为l(l比球半径r大得多)。B球电荷量为QB=-3q,A球电荷量为QA=+6q,若在C上加一个水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始终保持l的间距运动。问:

(1)F的大小为多少?
(2)C球所带电荷量为多少?带何种电荷?













在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0 m和5.0 m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)．求：

(1)B点的电场强度的大小和方向；
(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；
(3)点电荷Q的位置坐标．













如图所示,质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电(可视为点电荷),电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为h处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:

(1)A球刚释放时的加速度是多大;
(2)当A球的动能最大时,A球与B点间的距离。











如图所示,在O点放置一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点处自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m,电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线所示)相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v,重力加速度为g,试求:

(1)小球通过C点的速度大小;
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。













如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点B相距为L处的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力．求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球由C点运动到B点所用的时间t；
(3)小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD.











如图所示,电荷量q=+2×10-3 C、质量m=0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端,板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E=103 N/C的匀强电场。与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0=10 m/s向B运动,两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场,在电场中两球又发生多次弹性碰撞,已知每次碰撞时间极短,小球B所带电荷量始终不变,重力加速度g取10 m/s2。求:

(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小;
(2)第二次碰撞前瞬间小球B的动能;
(3)第三次碰撞的位置。











真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度。
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。











如图甲所示，一对平行金属板M、N，长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．当两板间加电压UMN=U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．

(1)求带电粒子的比荷；
(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T=，从t=0开始，前时间内UMN=2U，后时间内UMN=－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值．










在xOy直角坐标系中，三个边长都为2 m的正方形如图所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电扬，电场强度的大小为E0，在第Ⅱ象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点．

(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；
(2)保持第(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系；
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2=E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系．








竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1 m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103 V/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L=m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F－t的变化图象如图乙所示，且满足F2＋t2=.已知三个小球均可看做质点且ma=0.25 kg，mb=0.2 kg，mc=0.05 kg，小球c带q=5×10－4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10 m/s2，求

(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；
(2)小球c运动到Q点时的速度v；
(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．












如图甲所示,两块水平平行放置的导电板,板距为d,大量电子(质量为m,电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO'方向射入两板之间,当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时间为3t0,当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时,所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。求这些电子穿过平行板时距OO'的最大距离和最小距离。







如图所示，半径为R=0.4 m的光滑圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电荷量q=＋0.2 C、质量m=0.4 kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以v=1 m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=x2－6(x和y的单位均为m)，在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E=20 V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ=0.1.g取10 m/s2.求：

(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)水平轨道BO的长度；
(3)P点的坐标．





















答案解析
解：
(1)0~2s内小物块的加速度为a1
由牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1,即a1==2m/s2,
位移x1=0.5a1=4m 2s末的速度为v2=a1t1=4m/s
2~4s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得E2q-μmg=ma2
即a2==-2m/s2
位移的大小x2=x1=4m,4s末小物块的速度为v4=0
因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动
第22s末的速度为v22=4m/s,第23s末的速度v23=v22+a2t=2m/s(t=23s-22s=1s)
所求位移为x=x1+t=47m。
(2)23s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-μmgx=解得W=9.8J。


解：
(1)设液珠电荷量为q,质量为m,当液珠在C点时,
由牛顿第二定律知k-mg=ma ①
又因为a=g
当液珠速度最大时,其所受合力为零,
则k=mg,代入①式,解得h=h0。
(2)设BC间的电势差大小为UCB,由题意得UCB=φC-φB=
对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得
qUCB-mg(rB-h0)=0 代入①式解得rB=2h0。


解：在电子加速过程中,由动能定理得eU1=
电子进入偏转区做类平抛运动,如图所示,在此过程中,电子的水平位移d=v0t

电子的加速度a= 偏转电场的电场强度E=
离开偏转电场时沿电场方向的位移y=at2
设离开偏转电场时速度的偏转角为θ,则tanθ=
打到荧光屏上的亮点的位置到O点的距离y'=y+dtanθ
由题意可知y'= 由以上各式联立可解得。


解：
将A、B、C三个小球看成一个系统,则三个小球之间的静电力为系统内力,
当C上加一恒力F,并使三球始终保持l的间距运动,则三球的加速度相同,均为,
且方向为水平向右。对于B球,由于受A球的静电力,且力的方向水平向左,
那么受C球的静电力必向右,才可能产生向右的加速度,知C球带正电荷,
设C球电荷量为QC,则由库仑定律和牛顿第二定律知
对B有k-k=ma,
对A有k-k=ma,
联立解得QC=8q,a=。
根据牛顿第二定律得,A、B、C三小球构成系统的合外力F=3ma=。


解：
(1)由EB=和图象可得EB==2.5 V/m
EA= V/m
放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，
故B点电场方向沿x轴负向．
(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，
根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引．
所以Q带的是负电，而且在A、B之间．
(3)由(2)问已知Q在A、B之间，设离A点距离为L，
则离B点距离为(3－L)根据E=得，EA==40 V/m，
EB==2.5 V/m可求得L=0.6 m
所以点电荷Q的位置为x=2 m＋0.6 m=2.6 m处．


解：
(1)小球A受到库仑斥力,由牛顿第二定律可知mgsinα-F=ma,
根据库仑定律有F=k,又知r=,
解得a=gsinα-。
(2)当A球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大。
设此时A球与B点间的距离为d,
则mgsinα=,解得d=。


解：
(1)因B、C两点电势相等,小球由B到C只有重力做功,由动能定理得
mgR·sin30°=mv2 解得vC=。
(2)由A到C应用动能定理得WAC+mgh=-0
解得WAC=-mgh=mv2+mgR-mgh
由电势能变化与电场力做功的关系得ΔEp=-WAC=mgh-mv2-mgR。


解：
(1)对小球，由题意可知Eq=mg①解得E=②
(2)对小球，设从C到B的加速度为a，
根据牛顿第二定律可得Eq=ma③
由运动学公式可得L=at2④
②③④式联立解得t=⑤
(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，
根据动能定理有qE(L＋R)－mgR=mv－0⑥
联立②⑥，可得vD=.


解：
(1)第一次碰撞时两小球动量守恒,即3mv0=3mv1+mv2
机械能守恒,即·3m·3m
解得碰后瞬间A的速度v1=5m/s,B的速度v2=15m/s。
(2)碰后A、B两球进入电场,竖直方向二者相对静止,均做自由落体运动;
水平方向上,A做匀速直线运动,B做匀减速直线运动,其加速度大小aB==20m/s2
设经过时间t两小球再次相碰,则有v1t=v2t-aBt2解得t=1s
此时,B的水平速度vx=v2-aBt=-5m/s(负号表明方向向左)竖直速度vy=gt=10m/s
故第二次碰前B的动能EkB=m()=6.25J。
(3)第二次碰撞时,A、B两小球水平方向上动量守恒3mv1+mvx=3mv1'+mvx'
水平方向上机械能守恒·3m·3mv1'2+mvx'2
解得第二次碰后水平方向A的速度v1'=0,B的速度vx'=10m/s
故第二次碰撞后A竖直下落(B在竖直方向上的运动与A相同),水平方向上,
B做匀减速直线运动,设又经过时间t'两小球第三次相碰,则有vx't'-aBt'2=0
解得t'=1s因此,第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x=v1t=5m
下方y=g(t+t')2=20m。


解：
(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。
油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故所受电场力方向向上。
在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,
大小a1满足qE2-mg=ma1 ①
油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1 ②
电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2③
油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 ④
由①②③④式得v2=v0-2gt1。 ⑤
(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg ⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+a1 ⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-a2 ⑧
由题给条件有=2g(2h) ⑨式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=2-22E1
为使E2>E1,应有2-22>1
即当00和v2E1,应有2-2>1
即t1> 另一解为负,不合题意,已舍去。


解：
(1)设粒子经过时间t0打在M板中点
沿极板方向有=v0t0
垂直极板方向有=t
解得=
(2)粒子通过两板间的时间t==T
从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时，
每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1=，
在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2=
答图所示为从不同时刻射入电场粒子的速度—时间图象，根据题意和图象分析可知，
从t=nT(n=0、1、2、…)或t=＋nT(n=0、1、2、…)时刻入射的粒子垂直极板方向位移最大，
需要恰好不打在极板上，则有=×T×解得U=



解：
(1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，
根据动能定理得E0qL=mv2，其中L=2 m，要使带电粒子通过E点，
在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，设水平位移为x0，
则y=·2，因∠CEO=45°，即x0=y=2 m，解得E1=4E0.
(2)设坐标为(x，y)，带电粒子出第Ⅰ象限电场时速度为v1，
在第Ⅰ象限电场中加速运动时，
根据动能定理得E0qx=mv，要使带电粒子过E点，
在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，
则y=·2，解得y=x.
(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE出电场时与DE交于Q，进入CDE电场后，
初速度延长线与DE交于G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P点，
设在第Ⅰ象限出发点的坐标为(x，y)，由图可知，在CDE中带电粒子的水平位移为y，
设偏转位移为y′，则y′=·2，而=，其中GP=，NE=2 m，
在第Ⅰ象限加速过程中，E0qx=mv，解得y=3x－4.


解：
对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：
(1)由题意可知，F图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，
由圆方程可知S=1 m2代入数据可得：v0=4 m/s
(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得mav0=mav1＋(mb＋mc)v2
由机械能守恒可得mav=mav＋(mb＋mc)v
解得v1=0，v2=4 m/s
小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，
由动能定理mcgR－qER=(mb＋mc)v2－(mb＋mc)v
代入数据可得v=2m/s
(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，
假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为θ
从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：
mbgR(1－cos θ)＋mcgRsin θ＋(mb＋mc)v2=qERsin θ
解得sin θ=0.6，θ=37°
因此小球c电势能的增加量：ΔEp=qER(1＋sin θ)=3.2 J．]


解：
以电场力的方向为正方向,画出电子在t=0、t=t0时刻进入电场后,
沿电场力方向的速度vy随时间变化的vy-t图像如图丙和图丁所示。

电场强度E= 电子的加速度a=
由图丙中vy1=at0= vy2=a×2t0=
由图丙可得电子的最大侧移,即穿过平行板时距OO'的最大距离
ymax=t0+vy1t0+t0=
由图丁可得电子的最小侧移,即穿过平行板时距OO'的最小距离
ymin=t0+vy1t0=。


解：
(1)小物块由A运动到B的过程，由动能定理得(mg＋qE)R=mv
小物块经过B点时，由向心力公式FN－(mg＋qE)=
解得FN=24 N，vB=4 m/s
由牛顿第三定律，小物块对轨道压力大小为24 N
(2)小物块由B运动到O的过程，由动能定理有－μ(mg＋qE)l=mv2－mv
解得l=3.75 m
(3)小物块从O点水平抛出后满足y=－gt2
x=vt
解得小物块的轨迹方程y=－5x2，和y=x2－6联立，解得x=1 m，y=－5 m
所以P点坐标为(1 m，－5 m)