2004-2020北京高考物理试题分类汇编 静电场(解析版)

六、静电场

考试要求及考题分布

内容 32、两种电荷，点电荷 33、真空中的库仑定律，电荷量，电荷守恒 34、电场，匀强电场，电场力，电势能 35、电场强度，点电荷的场强，电场线 36、电势，电势差，等势面 Ⅰ Ⅰ Ⅰ 2017年第22题 要求 Ⅰ Ⅰ 2013年第18题 考题分布 说明 1、能够分析带电粒子在电场中的相互作用、运动、能量转化等问题 带电粒子在2009年第16题，2004年第21题，2007年第20题，2、2009年第20题 匀强电场中运2014年第15题，2019年第17题，2020年第7题，动的计算，只2018年第24题 限于带电粒子37、匀强电场中电势差跟电场强度的关系 Ⅰ 2007年第22题，2006年第23题，2016年第23题，进入电场时速2005年第24题，2011年第24题，2012年第24题，度平行或垂直2015年第24题，2005年第25题 于电场强度的情况 38、静电现象 39、电容器的电容，平行板电容器的电容，常用电容器 Ⅰ Ⅰ 2006年第14题 2010年第18题，2018年第19题 实验：100、观察电容器的充、 放电现象

2019年第23题（计算题） 注：2008年第21题考查示波器的使用 14. （2006年北京）使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）

A B C D

【答案】B

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【解析】当带电体靠近验电器的金属球时，金属球离带电体近一些，属于近端，故它会感应出异种电荷，而金属箔片属于远端，会感应出同种电荷，所以选项B正确。

15．（2014年北京）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是

A．1、2两点的电场强度相等 B．1、3两点的电场强度相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 【答案】D

【解析】由于电场线的疏密程度表示场强的大小，而1点的周期电场线更密一些，故1点的电场强度大于2点，选项A错误；1点的电场强度也大于3点，故选项B也错误；

因为沿着电场线的方向，电势是减小的，故1点的电势大于2点的电势，选项C错误；由于电场线与等势面垂直，故2和3点处在同一个等势面上，二者的电势相等，选项D正确。

16．（2009年北京）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为UP和UQ，则（ ）

+ A．EP>EQ，UP>UQ B．EP>EQ，UPUQ D．EP【答案】A

【解析】如图是电场线的示意图，由于电场线密的地方代表电场强，电场线稀疏的地方代表电场弱，通过观察P点的电场线比较密，故P点的电场比较强，即EP>EQ，选项CD错误；

而电势的大小要看电场线的方向，因为沿着电场线电势是减小的，故由P到Q，电势在减少，即UP>UQ，选项A正确，B错误。

17．（2019年北京）如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则

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A．a点场强的大小比b点大 B．b点场强的大小比c点小 C．a点电势比b点高 D．b点电势比c点低 【答案】D

【解析】由于点电荷形成的电场强度的大小公式为E=

kQ，而a、b两点到负电荷的距离r相等，故a、2rb两点的场强大小相等，但是方向不一样，故不能说它们的场强相同，但可以说大小相等，选项A错误；

由图看出，b点距离点电荷比c点小，故b点场强比c点大，选项B错误；

由于a、b两点距离点电荷一样远，所以a、b两点在同一个等势面上，二者电势相等，选项C错误； 由于点电荷带负电，电场线的方向是指向负电荷的，而沿着电场线的方向，电势是降低的，故b点电势比c点低，选项D正确。

7. （2020年北京）真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（ ）

A. 该点电荷一定为正电荷 B. P点的场强一定比Q点的场强大 C. P点电势一定比Q点电势低 D. 正检验电荷在P点比在Q点的电势能大 【答案】B

【解析】因为正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，所以由图形不能确定该点电荷一定为正电荷，故A错误；

相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，由E=的场强大；也可以通过点电荷的场强公式E=

U可知，P点的场强一定比Q点dkQ来判断，P点的距离小，故它的场强大，选项B正确； r2正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，若

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为负电荷，则正好相反，所以选项C错误；

由于从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，所以也就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故选项D错误。

18．（2010年北京）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板间的距离为d，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变

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】由于静电计指针的夹角θ表示两极板间的电压U，电容的定义式为C=

Q，平行板电容的决U定式为C=

4kQdrS；啊打开保持S不变，增大d，则U变大，故变大，选项，二者联立得U=rS4kdA正确，B错误；若保持d不变，减小S，则U变大，故变大，选项CD均错误。

19．（2018年北京）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【答案】A

【解析】当用带电玻璃棒与电容器的a板接触后，a板会带上电，由于静电感应，从而在b板会感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；

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实验中，若只将电容器b板向上平移，即S减小，根据C=Q不变，则U增大，即静电计的张角会增大，选项B错误；

rSQ，则电容C减小，再根据C=，

U4kd实验中，只在极板间插入有机玻璃板，即介电常数εr变大，由上式可知，C变大，则U变小，故静电计指针的张角变小，选项C错误；

实验中，只增加极板带电量，则电容两极板间的电压会增大，即静电计指针的张角变大，但电容只与两平行板的本身因素有关，与电荷量的大小无关，电容的大小不变，不是增大，选项D错误。

18. （2013年北京）某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动

A.半径越大，加速度越大 B.半径越小，周期越大 C.半径越大，角速度越小 D.半径越小，线速度越小 【答案】C

【解析】因为电子在静电力的作用下绕核做匀速圆周运动，所以静电力提供向心力，所以F电=F向，

ke2即2ma，可见，半径r越大，则加速度越小，选项A错误；

r2rke242r该式又可变形为2m，故周期T=erT2mr，所以半径r越小，周期越小，选项B错误； kke2ke22再根据2mr，则ω=，所以半径越大，角速度ω越小，选项C正确；

rmr3ke2v2ke2再根据2m可知v=，半径越小，则线速度越大，选项D错误。

rrmr【点睛】由于库仑力提供向心力，然后通过圆周运动向心力公式进行角速度、线速度、周期公式进行推导计算，这类题目较简单与万有引力与航天是一类题目。

21. （2004年北京）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如右图所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加。且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为-x0）

时，速度与ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是（D）

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【答案】D

【解析】由于等势线的电势沿x轴正向增加，而等势线与电场线是垂直的关系，故可做出经过P点的电场线如图所示，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子受到一个斜向右下方的电场力，故沿y负方向加速运动；电子通过y轴后受到的电场力斜向右上方，故沿y轴负方向减速运动；

又由于在x轴方向始终加速，故在水平方向通过相同的位移时间变短，根据△v y =a y △t，故通过相同的水平位移竖直向速度变化量减小．由于v y -x的斜率代表竖直向速度v y 随x轴变化的快慢，故D正确。

20. （2007年北京）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E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2。则（ ）

A．I1＝I2 B．4I1＝I2 C．W1＝0.25Ek W2＝0.75Ek D．W1＝0.20Ek W2＝0.80Ek

【答案】C

【解析】设电场E1、E2的作用时间均为t，滑块的质量为m，E1作用时的力的方向为正方向，

12E1qt2E1qE1qt则电场E1作用时的加速度a1=，末速度为v1=a1t=，位移x1=a1t；

22mmmE2q12E1qt2E2qt2

电场E2作用时的加速度为a2=-，位移x2=v1t+a2t=-，

2mm2mE1qt2E1qt2E2qt2

因为滑块恰好回到初始位置，说明x1=-x2，即=-+，解得E2=3E1；

2m2mm滑块恰好回到初始位置时的末速度v2=v1+a2t=

E1qtE2qt2E1qt-=-；

mmm1

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2E12q2t212所以动能Ek=mv2；

2m所以电场E1对滑块的冲量I1=F1t=E1qt，电场E2对滑块的冲量I2=F2t=E2qt，因为E2=3E1，故I2=3I1，选项AB均错误；

E12q2t2电场E1对滑块的电场力做功大小为W1=E1qx1==0.25Ek；电场E2对滑块的电场力做功大小为

2m3E12q2t2W2=E2qx2==0.75Ek，故选项C正确，D错误。

2m20．（2009年北京）图示为一个内、外半径分别为R1和R2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（ ）

σ A．E2kR1xR221x B．E2k2x2R2R21xR1x2R12221x 2x2R21x 2x2R21C．E2kR1x2R12 D．E2k2x2R2R2【答案】B

【解析】通过观察发现，式子非常相似，我们可以先从量纲上入手分析，因为由点电荷的场强公式E=

kQ，再与选项的场强对比，因为σ是单位面积带电量，即它的单位是C/m2，所以选项中除了“2πkσ”，2r后面的单位应该是1，A选项中后面的单位是m，故选项A错误；

再从极限的角度去分析，当R1=R2时，带电平面的面积为0，故P点的场强E也应该是0，而对比发现，选项CD中的场强不是0，故选项CD错误；B正确。

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21．（2008年北京）（8分）（1）用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如图。经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大。此组操作是 。（填选项前的字母）

A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮 B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮 C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮 D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮 【答案】（1）C；

【解析】（1）若使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大，需要调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮，故选项C正确；

22．（2017年北京）（16分）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10–

6 C，匀强电场的场强

E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.，求：

（1）小球所受电场力F的大小。 （2）小球的质量m。

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

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【解】（1）3.0×10-3N；（2）4.0×10-4kg；（3）=2.0m/s。

【解析】根据电场力的计算公式可得电场力为F=qE=1.0×10-6×3.0×103N=3.0×10-3N； （2）小球受力情况如图所示： qE3.0103N根据几何关系可得qE=mgtanθ，所以小球的质量m==4.0×10-4kg； gtan10tan3012mv， 2（3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有mgl(1-cos37°)= 代入数据解得v=2gl(1cos37)=2.0m/s。 22. （2007年北京）（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，到达负极板时恰好落在极板中心。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v0。

【答案】（1）ERUeU；（2）a；（3）v02dd2mdU； dm。 eU【解析】（1）极间场强E（2）α粒子在极板间运动的加速度 aFU2eeU； 4md4m2md注意：因为题中已知质子与中子的质量均为m，则α粒子的质量为4m，电荷量为2e；

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（3）由d2dm122d at，得：taeU2RRt2dm。 eU故α粒子的初速度v0

23. （2006年北京） (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=2.0×10-27 kg，电量q=+1.6×10-19C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=到达A板。

TT到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能42

4【答案】（1）a4109m/s2；（2）4.0×1023kg·m/s；（3）f＞5210Hz。

【解析】（18分）（1）电场强度 E＝

故带电粒子所受电场力 qE＝q

U dU， dqU再由牛顿第二定律F＝ma得a=4109m/s2；

dm1TT（2）粒子在0～时间内走过的距离为a()2=5.010－2m

222T故粒子在t＝时恰好到达A板；

2根据动量定理，此时粒子p＝Ft＝4.0×1023kg·m/s；

3TTTT～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝向A板做匀减速运动，速度

44221T1减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移s＝2×a()2=aT2；

2416（3）带电粒子在t＝

要求粒子不能到达A板，有s＜d，

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由f＝

a1＝52104Hz。 ，电势变化频率应满足f＞16dT23．（2016年北京）（18分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。

（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy； （2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请

2利用下列数据分析说明其原因。已知U2.010V，d4.010m，m9.110231kg，

e1.61019C，g10m/s2。

（3）极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。

EpUL2【答案】（1）；（2）不需要考虑电子所受的重力；（3）；电势和重力势G都是反映

q4U0d场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定。

【解析】（1）根据功能关系，可得eU0电子射入偏转电场的初速度v012mv0， 22eU0， m在偏转电场中，电子的运动时间tLmL； v02eU01UL22偏转距离ya(t)；

24U0d（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg10电场力F29N，

eU1015N， d由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力；

（3）电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值即Epq；

由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其

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质量m的比值，叫做重力势，即GEG； m电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定。

23．（2019年北京）（18分）电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。

（1）请在图1中画出上述u–q图像。类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。

（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示。

a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；

b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。

（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

电源两端电压 通过电源的电流

12【答案】（1）u–q图线如答图1；EpCU；（2）a．R；b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速

2“恒流源” （2）中电源 充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电。

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（3）表中填写的内容如图所示。

【解析】（1）因为电容C不变，故把C=

q1变形一下得uq，故u–q图线是一条过原来的直线，如uC 电源两端电压 通过电源的电流 “恒流源” 增大 不变 （2）中电源 不变 减小 答图1所示；因为电容器储存能量的过程相当于把电荷从一个极板搬运到另一个极板的过程，随着电荷量的增加，极板间电压的变化，电流做的功也会不同，这是一个电压逐渐变大的过程，类比直线运动中由v–t图像求位移的方法可得，电流做的功就是u–q图线与q轴所围成的面积，即Ep=W=12得，EpCU；

21Q×Q×U，而根据C=可2U

（2）a．①②两条曲线中，一个的电荷量增加得快，一个增加得慢，说明电路中的电流不同，而电流不同是因为电路中的电阻的大小不同造成的，电阻小的对应的曲线是①，故是R的改变造成的；

b．可见减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电。

（3）理想的恒流源是指充电时的电流不变，随着充电的进行，两极板间的电荷量会逐渐增大，则极板间的电压也会逐渐增大；

而对于（2）中的电源E，由于忽略了它的内阻，可以认为它的两端电压是不变的，在充电的过程中，极板间的电荷量逐渐增大，极板间的电压也逐渐增大，根据i=

24. （2005年北京）（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，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°＝0.6，cos37°

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EU可得，充电电流逐渐减小。 R韩哥智慧之窗-精品文档

＝0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0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。 【答案】（1）F3392mg；电场力的方向水平向右；mv0；（2）电势能减少；（3）Pminmv04532最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。

【解析】（18分）（1）根据题设条件，电场力大小Fmgtan37（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为vy，则vyv0gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a，则ax3mg；电场力的方向水平向右。 4Fe3g m42v03v012,此过程小球沿电场方向位移sxaxt小球上升到最高点的时间t g28g电场力做功W=Fesx92 mv03292 mv03222 vxvy小球上升到最高点的过程中，电势能减少

（3）水平速度vxaxt，竖直速度vyv0gt，小球的速度v由以上各式得出

25222gt2v0gt(v0v2)0 16解得当t16v03时,v有最小值vminv0 25g5此时vxvy399v0·vyv0,tan，即与电场方向夹角为37°斜向上 2525vx43mv0 5小球动量的最小值为Pminmvmin最小动量的方向与电场方向夹角为37°，斜向上。

24. （2011年北京）（20分）静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0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＜A＜qφ0）。重力忽略不计。求

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（1）子所受电场力的大小； （2）粒子运动的区间； （3）粒子运动的周期。 【答案】（1）F=

q0dd4d；（2）- d（1-）≤x≤d（1-）；（3）T=q0q0q0d2m(q0A)。

【解析】（1）由图可知，0与d（或-d）两点的电势差为φ0；

q0； dd1（2）设粒子在[-x，x]区间内运动，速率为v，由题意知mv²-qφ=-A

2故电场强度大小 E=

0； 电场力的大小 F=Eq=

由图可知 φ=φ0（1-

x） d联立以上两式得：

x1mv²=qφ0（1-）-A； d2x因动能非负，有qφ0（1-）-A≥0； d得x≤d（1-

dd），即 x=d（1-）； q0q0dd）≤x≤d（1-）

q0q0粒子运动的区间- d（1-

（3）粒子从-x0处开始运动四分之一周期 根据牛顿第二定律：a=

FEqq0； mmmd2x02md2Ad(1)2m(q0A)； 粒子匀加速直线运动 t=dq0q0q0粒子运动的周期 T=4t=

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4dq02m(q0A) 韩哥智慧之窗-精品文档

24．（2012年北京）（20分）匀强电场的方向沿x轴正方向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0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和重力．

m．不计

4

（1）求A在电场中的运动时间t； （2）若B的电荷量为q=

4Q，求两质点相互作用能的最大值E；

pm

9（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qm． 【答案】（1）t 2dm161 ；（2） EpmQE0d；（3）QmQ QE0945【解析】（1）由牛顿第二定律可知，A在电场中的加速度a=

12fQE0，根据A在电场中做匀变速直mm线运动，则d=at2，则运动的时间t=2d2dm 。 aQE0（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有：

QEOd11m2mv2 QEOdvBO ① AO， 224在A、B相互作用的过程中，A原来的速度小，B的速度大，所以两质点相互作用能有最大值时，应该是两质点共速的时候，设共速时的速度为v′，根据动量守恒与能量守恒得：

mvA0+mvB0=(m+m )v′；mvA02+×mvB02= Epm+(m+m)v′2； 又因为q=Q，所以联立以上几个式子可知Epm=

491QE0d； 4514141212141214（3）为使B离开电场后不改变运动方向，即B与A相互作用后的速度方向不变，所以在它们离开电场后，根据动量守恒和能量守恒的思想得出式子：

mvA0+mvB0=mvA+mvB；mvA02+×mvB02=

35851414121214111mvA2+×mvB2； 224联立两式解得vB=-vB0+vA0，因B不改变运动方向，故vB≥0；

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代入解之得q≤

1616Q，即B所带电荷量的最大值为Qm=Q； 9924．（2015年北京）（20分）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。

已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。 （1）求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短。 （2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r。

（3）在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为△Ek。请推导证明：P=△Ek 。

(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明) 【答案】（1）I短Ne；（2）EEkmE；rkm2；（3）证明过程略。 eNeEkm e【解析】（1）由动能定理得：EkmeUm，可得Um短路时所有逸出电子都到达B板，故短路电流I短Ne； （2）电源的电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um， 所以EUmEEEkmkm；电源内阻：r； I短Ne2e（3）外电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也是U。

由动能定理，一个电子经电源内部电场后损失的动能之和ΔEkeeU，

设单位时间内有N＇个电子到达B板，则损失的动能之和ΔEkN'ΔEkeN'eU， 根据电流的定义，此时电源内部的电流IN'e，

此时流过外电阻的电流也是IN'e，外电阻上消耗的电功率PIUN'eU， 所以 PΔEk。

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25．（2004年北京）（22分）下图是某种静电分选器的原理示意图，两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。

已知两板间距d=0.1m， 板的长度l=0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10-5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。

（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H＝0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？ （3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。

【答案】（1）左板带负电荷，右板带正电荷；U1104V；（2）v4m/s；（3）n=4。 【解析】（1）通过颗粒a落在左侧，且它带正电可知左板带负电荷，右板带正电荷； 依题意，颗粒在平行板的竖直方向上满足l在水平方向上满足s12gt ① 2d1qU2t ② 22mdmgd21104V ①②两式联立得U2ql（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足

11qUmg(lH)mv2 22即vqU2g(lH)4m/s； m（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向有

vy2g(lH)4m/s

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反弹高度h1(0.5vy)22g21vy()() 42g21nvy1根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度hn()()()n0.8m

42g4当n=4时，hn<0.01m

24．（2018年北京）（20分）（1）静电场可以用电场线和等势面形象描述。 a．请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；

b．点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S₁、S₂到点电荷的距离分别为r₁、r₂。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S₁、S₂上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。

（2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要路径。2016年9月25日，世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。

a．设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P₁，计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P₂；

b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST能够观测到的此类天体数目N。

N1r22（2）a．P225P【答案】（1）a．推导见解析；b．1；b．N125N0。 N2r12【解析】（1）a．在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷，根据库仑定律得检验电荷受到的电场力FkQq 2r根据电场强度的定义E韩哥智慧之窗-精品文档

F q1

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得EkQ r2N总，同理S2上单4r12b．点电荷发出的电场线的总数是一定的，故S1上单位面积的电场线的条数N1=

N总N1E1r22位面积的电场线的条数N2=，所以穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 ； N2E2r124r22（2）a．地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同， 即

PP4P是相等的，

D2D2S（）2PP250021所以，因此P2P125P1；

（100m)2（500m)21002b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。因此一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。

设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0，直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L，

故对于直径100m的望远镜而言，它要想看到L0处的这个天体，有P0π(故对于直径500m的望远镜而言，它要想看到L处的这个天体，有P0π(故P0π(5002P1002P )π()2224πL24πL01002P； )24πL205002P； )224πL可得L=5L0

则直径100m的望远镜看到的这个天体的个数N0=kL03； 则直径500m的望远镜看到的这个天体的个数N=kL3； L3所以N3N0125N0。

L0

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