2021年上海市高考物理专题复习：电场(含答案解析)

2021届专题卷物理专题六答案与解析1.【命题立意】本题主要考查带电体的带电方式及原理、电荷守恒定律。

【思路点拨】静电场中物体带电源于电子的转移，可以从同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的角度分析。

【答案】BCD 【解析】根据静电感应现象，带正电的导体C 放在枕形导体附近，在A 端出现了负电，在B 端出现了正电，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布，枕形导体上总的电荷量为0。

金箔上带电相斥而张开，选项A 错误；用手摸枕形导体后，B 端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B 端不再有电荷，金箔闭合，选项B 正确；用手触摸导体时，只有A 端带负电，将手和C 移走后，不再有静电感应，A 端所带负电便分布在枕形导体上，A 、B 端均带有负电，两对金箔均张开，选项C 正确；通过以上分析看出，选项D 也正确。

2．【命题立意】本题重在考查静电场几个公式的适用条件。

【思路点拨】定义式对任何情况都成立，但被定义的物理量与式中其它物理量不存在决定和被决定关系，决定式的物理量之间存在决定和被决定关系。

【答案】C 【解析】①221rqq k F =，②2r q k E =仅对真空中静止的点电荷成立，③是定义式，适用于一切情况；④U =Ed 对匀强电场成立，注意各自的适用条件。

3.【命题立意】本题以类平抛运动为载体，考查带电粒子在电场和重力场中的运动。

【思路点拨】根据运动的合成与分解规律，分别分析小球在重力方向和电场力方向的受力特点和运动特点，然后确定各量的大小关系。

【答案】AC 【解析】运动时间由竖直方向决定，根据221gt h =可知，两种情况下运动时间相等，C 正确，B 错；两种情况下重力做的正功相同，而存在电场时，电场力做正功，所以存在电场时落地速度大，D 错；无电场时，只有水平向右的水平位移v 0t ；存在电场时，既有向右的水平位移v 0t ，又有垂直纸面向里的水平位移，显然s 1＞s 2，A 答案正确。

第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
14．某空间区域内存在水平方向的匀强电场，在其中一点O 处有一质量为m 、带电量为+q 的小球。

现将小球由静止释放，小球会垂直击中斜面上的A 点。

已知斜面与水平方向夹角为60°，OA 之间的距离为d ，重力加速度为g 。

求：
（1）场强的大小和方向；
（2）带电小球从O 点运动到A 点机械能增量；
（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度v 0，小球落到斜面上时与A 点之间的距离。

【解答】解：（1）小球运动过程受到重力和电场力作用做直线运动，则有：tan30°=mg qE 代入数据解得：E =√3mg q ，方向水平向右。

（2）带电小球从O 点运动到A 点过程中电场力做功为：W ＝qEdcos30°=32mgd
所以机械能的增量为：△E ＝W =32mgd 。

（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度，小球做类平抛运动，垂直于斜面方向做匀加速直线运动。

当运动到斜面上时，其垂直于斜面方向的位移为：d =12at 2=122mg m t 2
而沿着初速度方向的位移大小为：x ＝v 0t =v 0√d g
答：（1）场强的大小为√3mg q
，方向水平向右。

（2）带电小球从O 点运动到A 点机械能增量为32mgd 。

（3）在O 点给带电小球一个平行斜面向上的初速度v 0，小球落到斜面上时与A 点之间的距离为v 0√d g 。

2021年上海市高考物理电场复习题37．如图所示，在竖直直角坐标系xoy 内，x 轴下方区域I 存在场强大小为E 、方向沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴上方区域Ⅱ存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。

已知图中点D 的坐标为（−272L ，﹣L ），虚线GD ⊥x 轴。

两固定平行绝缘挡板AB 、DC 间距为3L ，OC 在x 轴上，AB 、OC 板平面垂直纸面，点B 在y 轴上。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子（不计重力）从D 点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与AB 碰撞，恰好到达B 点，已知AB ＝14L ，OC ＝13L 。

（1）求区域Ⅱ的场强大小E ′以及粒子从D 点运动到B 点所用的时间t 0；（2）改变该粒子的初位置，粒子从GD 上某点M 由静止开始向上运动，通过x 轴后第一次与AB 相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能E km 以及M 点与x 轴间的距离y 1；②若粒子与AB 、OC 碰撞前后均无动能损失（碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反），求粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2。

【解答】解：（1）根据题意可知该粒子带正电，从D 点运动到x 轴所用的时间设为t 1，则根据位移时间关系有：L =12a 1t 12 其末速度为：v ＝a 1t 1根据牛顿第二定律有：qE ＝ma 1，粒子在区域II 中做类平抛运动，所用的时间设为t 2，则：272L =12a 2t 22，3L ＝vt 2，根据牛顿第二定律有：qE ′＝ma 2，粒子从D 点运动到B 点所用的时间：t 0＝t 1+t 2，解得：E ′＝6E ，t 0＝5√mL 2qE ；（2）①设粒子通过x 轴时的速度大小为v 0，碰到AB 前做类平抛运动的时间为t ，则：v 0=3L t ，粒子第一次碰到AB 前瞬间的x 轴分速度大小：v x ＝a 2t ，碰前瞬间动能：E K =12m （v 02+v x 2）， 即：E K =m 2（9L 2t 2+a 22t 2）， 由于9L 9L 2t ⋅a 22t 2=9L 2a 22为定值，当9L 2t =a 22t 2即t =√3L a 2时动能E K 有最大值， 由（1）得a 2=6qE m ，最大动能：E Km ＝18qEL ，对应的v 0=√18qEL m ；粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则v 02=2a 1y 1， 解得：y 1＝9L ；②粒子在区域II 中的运动可等效为粒子以大小为v 0的初速度在场强大小为6E 的匀强电场中做类平抛运动直接到达y 轴的K 点，如图所示，则时间仍然为t 2，则：OK ＝v 0t 2，解得：OK ＝9L ， 由于OK OB =9L 3L =3，粒子与AB 碰撞一次后，再与CD 碰撞一次，最后到达B 处，则：y 2＝3L ；答：（1）区域Ⅱ的场强大小E ′为6E ，粒子从D 点运动到B 点所用的时间t 0为5√mL 2qE ；（2）①此最大动能E km 为18qEL ，M 点与x 轴间的距离y 1为9L ； ②粒子通过y 轴时的位置与O 点的距离y 2为3L 。

2021年上海市高考物理电场复习题50．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段平直倾斜且粗糙，BC 段是光滑圆弧，对应的圆心角θ＝53°，半径为r ，CD 段平直粗糙，各段轨道均平滑连接，在D 点右侧固定了一个14圆弧挡板MN ，圆弧半径为R ，圆弧的圆心也在D 点。

倾斜轨道所在区域有场强大小为E =9mg 5q 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块（视为质点）在倾斜轨道上的A 点由静止释放，最终从D 点水平抛出并击中挡板。

已知A 、B 之间的距离为2r ，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.25，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求：（1）小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小；（2）改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。

【解答】解：（1）小物块由A 到B 过程由动能定理，得：mgsin θ•2r ﹣μ（mgcos θ+qE ）•2r =12mv B 2 解得：v B =√45gr小物块由B 到C 过程由机械能守恒定律，得：mgr （1﹣cos θ）=12mv c 2−12mv B 2 解得：v C =√85gr在C 点由牛顿第二定律，得：N ﹣mg =mv C 2r 解得：N =135mg由牛顿第三定律可得小物块对圆轨道的压力：N ′=135mg（2）小物块离开D 点后做平抛运动，得：水平方向：x ＝v 0t竖直方向：y =12gt 2而：x 2+y 2＝R 2小物块平抛过程机械能守恒，得：E k =mgR 24y +3mgy 4由数学中的均值不等式可知：E ≥2√mgR 24y ⋅3mgy 4=√32mgR故：小物块动能的最小值为：E kmin =√32mgR答：（1）小物块运动至圆轨道的C 点时对轨道的压力大小为135mg ；（2）改变AB 之间的距离和场强E 的大小，使小物块每次都能从D 点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块动能的最小值为√32mgR。

2021年上海市高考物理电场复习题55．如图所示，绝缘水平面上有宽为L＝1.6m的匀强电场区AB，电场强度方向水平向右，半径R＝0.8m的竖直光滑半圆轨道与水平面相切于C，D为与圆心O等高的点，GC是竖直直径，一质量为m＝0.1kg，电荷量q＝0.01C的带负电滑块（可视为质点）以v0＝4m/s的初速度沿水平面向右进入电场，滑块恰好不能从B点滑出电场，已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1＝0.4，BC段的动摩擦因数μ2＝0.8，g＝10m/s2（1）求匀强电场的电场强度E的大小；（2）将滑块初速度变为v′0=√3v0．则滑块刚好能滑到D点，求BC的长度x；（3）若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的多少倍？【解答】解：（1）A到B的过程中电场力和摩擦力做功做功，由动能定理：﹣EqL﹣μ1mgL＝0−12mv02代入数据解得：E＝10N/C（2）A到D的过程中重力、电场力和摩擦力做功做功，由动能定理得：﹣EqL﹣μ1mgL﹣μ2mgx﹣mgR＝0−12 mv′02代入数据得：x＝1m（3）小球恰好通过G点时，小球的重力提供向心力，得：mg=mv G2 R得：v G=√gR=√10×0.8=2√2m/sA到G的过程中重力、电场力和摩擦力做功做功，根据动能定理得：﹣EqL﹣μ1mgL﹣μ2mgx﹣2mgR=12mv G2−12mv2代入数据得：v=6√2m/s=1.5√2v0答：（1）求匀强电场的电场强度E的大小是10N/C；（2）将滑块初速度变为v′0=√3v0．则滑块刚好能滑到D点，BC的长度是1m；（3）若滑块恰好能通过最高点G，则滑块的初速度应调为原初速度的1.5√2倍．第1页共1页。

2021年上海市高考物理电场复习题13．如图所示，在坐标系xOy 中，x 轴水平向右，y 轴竖直向下，在虚线右侧区域内存在水平向左的匀强电场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球从原点O 以某一初速度水平抛出，小球从A 点进入电场区域，从C 点穿出电场边界且小球在C 点的速度方向与水平方向的夹角θ＝60°．已知A 、C 两点的纵坐标之比为1：9，B 点为小球在电场中运动的最右端，不计空气阻力。

求：（1）小球从O 点运动到A 点的时间t OA 与从A 点运动到C 点的时间t AC 之比；（2）匀强电场的场强大小E 和小球从O 点水平抛出的初速度v 0大小；（3）小球在电场中运动的最小速度。

【解答】解：（1）小球在竖直方向一直做自由落体运动，设小球水平抛出时的初速度为v 0，A 点的纵坐标为y A ，根据运动学公式有y A =12gt OA 2，9y A =12gt OC 2， 解得t OAt AC =t OA t OC −t OA =12。

（2）在水平方向，小球在进入电场前做匀速直线运动，进入电场后做匀变速直线运动，B 点为水平最远点，故t AB ＝t BC ，小球从C 点穿出电场边界时，其水平方向大小为v0，设小球经过C 点时的竖直速度大小为vy ，v 0=at BC =at AC 2 a =qE mtan60°=v yv 0 v y ＝gt OC ＝g3t BC联立解得：E=√3mg q水平方向上：√3L=v0t oA v0=at BC=a t AC2t AB＝t BC＝t OA联立解得：v0=√3gL t OA=√L g（3）由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°，v A与水平方向夹角为30°，建立如图所示坐标系将v A分解到xy上，小球在x′方向上做匀速运动，在当y′方向上做类似于竖直上抛运动，当y'方向分速度为零时，小球在电场中有最小速度v A'，与x'轴夹角为30°。

第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
40．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。

小球始终处在场强大小为3mg 2q 、方向竖直向上的匀强电场中，现将小
球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L ．重力加速度为g ，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O 、P 两点间的电势差。

【解答】解：（1）小球受到竖直向上的电场力F ＝qE ＝1.5mg ＞mg
所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，
由动能定理得：（F ﹣mg ）L =12mv 2⋯①
设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律得：F T +mg ﹣F ＝m
v 2L ⋯②
联立①②式解得：F T ＝1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律得：F ﹣mg ＝ma …③
设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L ＝vt …④
小球在竖直方向上的位移为 y =12at 2⋯⑤
解得：y =L 4
O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d ＝L+y …⑥
O 、P 两点间的电势差 U OP ＝Ed …⑦
联立①～⑦式解得 U OP =15mgL 8q 答：（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小是1.5mg ；
（2）O 、P 两点间的电势差是
15mgL 8q 。

2021年上海市高考物理电场复习题26．如图所示，在xOy平面y＞0的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0的区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。

一带正电的粒子从坐标为（0，h）的P点以一定初速度沿x轴正方向射入匀强电场。

当粒子第一次离开电场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，然后从坐标系原点O第一次离开磁场。

已知该粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子重力。

求：（1）该粒子第一次离开电场的位置距原点的距离x；（2）该粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t。

【解答】解：（1）设粒子第一次到达x轴的速率为v，如图所示。

粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vcosθ•t竖直方向有h=0+vsinθ2t则xℎ=vtcosθvtsinθ2=2cosθsinθ=2×cos30°sin30°解得x＝2√3h（2）粒子在电场中运动时有：h=12at2=12⋅qE m t2得：t=√2mℎqE由x＝vcosθ•t得：v=xtcosθ=2√3ℎ√2mℎqEcos30°=√8qEℎm粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示。

根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为2π﹣2θ粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间为：t=2π−2θ2πT=2π−2×π62πT=56T根据几何关系可得，粒子在磁场中运动时轨迹半径为：R=12xsin30°=x＝2√3h粒子在磁场中运动周期为：T=2πR v联立解得：t＝5π√mℎ6qE答：（1）该粒子第一次离开电场的位置距原点的距离x是2√3h；（2）该粒子从第一次进入磁场到第一次离开磁场的时间t是5π√mℎ6qE。

2021年上海市高考物理专题复习：电场（含答案解析）2021年上海市高考物理专题复习：电场1．如图所示，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆轨道BC相切于B点，AB长为2R，水平轨道和半圆轨道均光滑且绝缘。

在轨道所在空间内存在着水平向右的匀强电场。

带电量为+q、质量为m的小球自A点由静止释放，经B点沿半圆轨道运动到C点后落回到水平轨道上。

已知电场强度大小E=2mgq，求：（1）小球从A点运动到B点所用的时间；（2）小球经过C点时对轨道的作用力；（3）小球离开C点至落回到水平轨道的过程中，经过多长时间动能最小及此动能的最小值。

2．磁学的研究经历了磁荷观点和电流观点的发展历程。

（1）早期磁学的研究认为磁性源于磁荷，即磁铁N极上聚集着正磁荷，S极上聚集着负磁荷（磁荷与我们熟悉的电荷相对应）。

类似两电荷间的电场力，米歇尔和库仑通过实验测出了两磁极间的作用力F＝K m p1p2r2，其中p1和p2表示两点磁荷的磁荷量，r是真空中两点磁荷间的距离，K m为常量。

请类比电场强度的定义方法写出磁场强度H的大小及方向的定义；并求出在真空中磁荷量为P0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R1处的磁场强度大小H1。

（2）安培分子电流假说开启了近代磁学，认为磁性源于运动的电荷，科学的发展证实了分子电流由原子内部电子的运动形成。

毕奥、萨伐尔等人得出了研究结论：半径为R x、电流为I x的环形电流中心处的磁感应强度大小为B=K n I xR x，其中K n为已知常量。

a．设氢原子核外电子绕核做圆周运动的轨道半径为r，电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，求该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B1。

b．有人用电流观点解释地磁成因：在地球内部的古登堡面附近集结着绕地轴转动的管状电子群，转动的角速度为ω，该电子群形成的电流产生了地磁场。

如图所示，为简化问题，假设古登堡面的半径为R，电子均匀分布在距地心R、直径为d的管道内，且d＝R．试证明：此管状电子群在地心处产生的磁感应强度大小B2∝ω。

2021年上海市高考物理电场复习题
如图所示，将一质量为m的带电小球A，用长为l的绝缘细线系在O点。

在O点的正下方用绝缘柄固定一带电小球B（两球均可看成点电荷）。

当细线与竖直方向夹角为θ时，球A静止，此时A，B两球处于同一高度。

已知B球带正电，带电量为q B，静电力常数为k，重力加速度为g。

（1）判断A球的电性，并画出其受力示意图；
（2）求A球所受的库仑力F；
（3）求A球所带电量q A；
（4）若支持B球的绝缘柄漏电，在B球电荷量缓慢减少的过程中，发现θ逐渐减小，那么该过程中细线的拉力如何变化？请说明原因。

【解答】解：（1）小球A受重力、绳子的拉力和B球的斥力，故A带正电；
如图所示
（2）根据平衡可知，A球受到水平向左的静电力为：F＝mgtanθ
（3）根据库仑定律得：F=k
q A q B (lsinθ)2
解得：q A=mgtanθ(lsinθ)2
kq B
（4）以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图：
作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F＝G。

根据△FAF1∽△OBA得：F
OB =
FF1
OA
又FF1＝F2，得：F2=OA oB
G
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，OA、OB、G均不变，则线的拉力F2不变。

答：（1）小球A带正电；
（2）库仑力大小为k
q A q B (lsinθ)2
（3）A的电荷量为q A=mgtanθ(lsinθ)2
kq B；
（4）拉力不变。

第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
38．如图所示，粗糙绝缘的水平面与半径为R 的14光滑绝缘圆弧相切于B 点，其中半径OB 竖直，半径OC 水平。

在整个空间内存在方向水平向右的匀强电场。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块（视为质点）从水平面上到B 点距离s =R 2的A 点由静止释放，物块恰好能运动到圆弧最高点C 处。

物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g 。

求：
（1）该过程中电场力对物块做的功W ；
（2）匀强电场的电场强度大小E 。

【解答】解：（1）对该过程，由动能定理有：W −μmg ×
R 2−mgR =0 解得：W =(1+μ2)mgR
（2）在物块从A 点由静止运动到C 点的过程中，物块沿电场方向发生的位移大小为： x ＝s+R
又W ＝qEx
解得：E =(2+μ)mg 3q。

答：（1）该过程中电场力对物块做的功W 为（1+μ2）mgR ；
（2）匀强电场的电场强度大小E 为
(2+μ)mg 3q 。

2021年上海市高考物理电场复习题
30．如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1kg、电荷量q＝+1×10﹣6C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端R的长度为1.5m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？
【解答】解：（1）如图所示，
小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有
在x轴方向：Fcos37°﹣mgsin37°＝0…①
在y轴方向：F N﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝0．……②
解得：qE＝mgtan37°……③
故有：E＝7.5×105 N/C，方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：F＝mgsin37°−1
2qEcos37°……⑤
根据牛顿第二定律得：F＝ma……⑥
故代入解得a＝0.3g＝3m/s2，方向沿斜面向下由运动学公式可得：v B2﹣v A2＝2as
s=1
2
at2
解得：t＝1s，v B＝3 m/s
答：（1）该电场的电场强度的大小是7.5×105 N/C；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是1s，3 m/s。

2021年上海市高考物理电场复习题
21．如图所示，用绝缘细绳系一个带正电小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为L ，重力加速度g ，小球半径不计，质量为m ，电荷q 。

不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重力的9倍。

（1）求小球在最低点时的速度大小；
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间加一个竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳能够出现无拉力状态，求电场强度可能的大小。

【解答】解：（1）在最低点，对小球，由向心力公式得：F ﹣mg ＝m
v 12L 据题有 F ＝9mg
解得：v 1＝2√2gL
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现无拉力状态，小球能通过与圆心等高的水平面，但不能通过最高点。

若小球恰能通过最高点，从最低点到最高点，由动能定理得：﹣mg •2L ﹣Eq •2L =12mv 22−12
mv 12 在最高点有：Eq+mg ＝m
v 22L
联立解得 E =3mg 5q 小球不低于与圆心等高的水平面，若小球能运动到与圆心O 等高处时，从最低点到最高点，由动能定理得：
﹣mgL ﹣EqL ＝0−12mv 12 则 E =3mg q
所以电场强度可能的大小范围为
3mg 5q ≤E ≤3mg q 。

答：
（1）小球在最低点时的速度大小为2√2gL 。

3mg 5q ≤E≤3mg
q。

（2）电场强度可能的大小。

2021年上海市高考物理电场复习题3．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC＝L；点电荷P、Q到B、C的距离都是L；质量m、电荷量q的有孔带电小球套在杆上，从A点无初速度下滑，小球滑到B点时的速度大小为√．若等量点电荷的电荷量为Q（q＜＜Q），静电力常量为k，重力加速度为g。

求：（1）小球带何种电性A、B两点的电势差U AB；（2）小球到达C点时的速度大小；（3）小球到达C点的加速度并简单描述小球从B到C的运动清况。

【解答】解：（1）因为杆是光滑的，从A到B运动过程中重力和电场力做功，设电场力做功W AB由动能定理有：W AB+mgL=12mv B2电场力做功W AB=12 mgL电场力做正功，可以知道小球带负电荷AB两点间的电势差U为U=W AB−q=−mgL2q（2）因为四边形BPCQ为菱形，BC电势相等，从B到C时只有重力做功。

从B到C 根据动能定理有：mgL=12mv C2−12mv B2代入可得：v C=√5gL（3）根据C点的受力进行分析知：小球q在C点受到的PQ的合力F＝mg−2×kQq L2×cos60°=ma从而求得在C点时的加速度a=g−kQqmL2方向向下。

带电小球从B点到C点：先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动。

答：（1）小球带何种电性A、B两点的电势差U AB为−mgL 2q；（2）小球到达C点时的速度大小为√；（3）小球到达C点的加速度为g−kQqmL2，小球从B到C的运动清况是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动。

第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
9．长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为+q 、质量为m 的带电粒子，以水平初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，大小为v ，如图所示。

不计粒子重力，求：
（1）粒子进入电场时初速度v 0的大小；
（2）匀强电场的场强E 大小；
（3）两板间的距离d 。

【解答】解：（1）粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度为： v 0＝vcos30°=√32v
（2）带电粒子在金属板间做平抛运动，在水平方向上有：L ＝v 0t
在竖直方向上有：v y ＝at
又 v y ＝v 0tan30°
由牛顿第二定律得：qE ＝ma
解得：E =√3mv 24qL
（3）粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上有：
d =12at 2=√36L 。

答：（1）粒子进入电场时初速度v 0的大小为
√32v 。

（2）匀强电场的场强E 大小为√3mv 24qL。

（3）两板间的距离d 为
√36
L 。

第 1 页 共 1 页 2021年上海市高考物理电场复习题
54．长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场．一个带电为+q ．质量为m 的带电粒子，以初速度v 0紧贴上板且沿垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图，不计粒子重力．求：
（1）粒子射出时速度的大小；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）两板间的距离．
【解答】解：（1）由速度关系得合速度：v =v 0cos30°=2√33v 0 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，
在水平方向有：L ＝v 0t
在竖直方向有：v y ＝at
又由速度关系有：v y ＝v 0 tan30°=
√33v 0 由牛顿第二定律得：qE ＝ma
联解得：E =√3mv 023qL
（3）在竖直方向有：d =12at 2=√3L 6
答：（1）粒子射出时速度的大小为
2√33v 0； （2）匀强电场的场强大小为
√3mv 023qL ；
（3）两板间的距离为√3L 6。

2021年上海市高考物理电场复习题44．经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。

由于恒定电场的作用，导体内自由电子定向移动的速率增加，而运动过程中会与导体内不动的粒子发生碰撞从而减速，因此自由电子定向移动的平均速率不随时间变化。

金属电阻反映的是定向运动的自由电子与不动的粒子的碰撞。

假设碰撞后自由电子定向移动的速度全部消失，碰撞时间不计。

某种金属中单位体积内的自由电子数量为n，自由电子的质量为m，带电量为e。

现取由该种金属制成的长为L，横截面积为S的圆柱形金属导体，将其两端加上恒定电压U，自由电子连续两次与不动的粒子碰撞的时间间隔平均值为t0．如图所示。

（1）求金属导体中自由电子定向运动受到的电场力大小；（2）求金属导体中的电流I；（3）电阻的定义式为R=UI，电阻定律R＝ρLS是由实验得出的。

事实上，不同途径认识的物理量之间存在着深刻的本质联系，请从电阻的定义式出发，推导金属导体的电阻定律，并分析影响电阻率ρ的因素。

【解答】解：（1）恒定电场的场强E=U L则自由电子所受电场力F=Ee=Ue L（2）设电子在恒定电场中由静止加速的时间为t0时的速度为v，由动量定理：Ft0＝mv ﹣0解得v=Uet0 mL电子定向移动的平均速率v=0+v2=Uet02mL金属导体中产生的电流I=q t则可得：I=nSvtet=neSv=nSUe2t02mL（3）由电阻定义式R=UI=UnSUe2t02mL=2mLne2t0S2mne t 0为定值，此定值即为电阻率ρ，所以R =ρL S电阻率影响因素有：单位体积内自由电子的数目n ，电子在恒定电场中由静止加速的平均时间t 0答：（1）金属导体中自由电子定向运动受到的电场力大小为Ue L ； （2）求金属导体中的电流I 为nSUe 2t 02mL（3）电阻率影响因素有：单位体积内自由电子的数目n ，电子在恒定电场中由静止加速的平均时间t 0。

2021年上海市高考物理电场复习题
56．如图所示，电容为C 、带电量为Q 、极板间距为d 的电容器固定在绝缘底座上，两板竖直放置，两极板及木板的总质量为M ，整个装置静止在光滑水平面上。

在电容器右板上有一小孔，一质量为m 、带电量为+q 的弹丸以速度v 0从小孔水平射入电容器中（不计弹丸重力，设电容器周围电场强度为0），弹丸最远可到达距右板为x 的P 点，求：
（1）弹丸在电容器中受到的电场力的大小；
（2）x 的值；
（3）当弹丸到达P 点时，电容器已移动的距离s ；
（4）电容器获得的最大速度。

【解答】解：（1）板间电压：U =Q C ，粒子所受电场力：F ＝qE ＝q U d =qQ cd ；
（2）电荷与电容器组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒得：mv 0＝（M+m ）v ，
对电荷，由动能定理得：﹣Fx =12mv 2−12
mv 02，
解得：x =cdMmv 022qQ(M+m)； （3）对电容器，由动能定理得：Fs =12Mv 2，
解得：s =cdMm 2v 0
22qQ(M+m)2； （4）粒子再从右孔穿出时电容器速度最大，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝Mv 1﹣mv 2，
由能量守恒定律得：12mv 02=12Mv 12+12
mv 22， 解得：v 1=2mv 0M+m
； 答：（1）粒子受到的电场力为
qQ cd ；
（2）x 的值为cdMmv 022qQ(M+m)；
（3）粒子到P 时，电容器移动的距离s 为cdMm 2v 022qQ(M+m)；
2mv0 M+m ．
（4）电容器获得的最大速度是。

2021年上海市高考物理电场复习题29．如图所示。

范围足够大的水平向右的匀强电场场强为E＝105N/C．现有质量分别为m A ＝1.0×10﹣5kg和m B＝0.5×10﹣5kg、带电量均为q＝1.0×10﹣7C的带电粒子A和B，开始时它们在场强方向上的距离为L＝0.10m，分别位于场强方向垂直的两条虚线M、N上。

现在它们以大小为V0＝10m/s、方向分别向右和向左的初速度开始运动。

试求：（1）两带电粒子的加速度。

（2）通过分析与计算判断下列问题。

两带电粒子在场强方向上的距离满足什么条件能确定谁在左、谁在右；两带电粒子在场强方向上的距离满足什么条件不能确定谁在左、谁在右；【解答】解：（1）由牛顿第二定律得：带电粒子A的加速度为：a1=qEm A=1.0×103m/s2带电粒子B的加速度为：a2=qEm B=2.0×103m/s2方向均水平向右；（2）A向右做匀加速直线运动，B先向左做匀减速直线运动后向右做匀加速直线运动；由题意可知当A、B在场强方向上的速度相等时，在场强方向上的距离X最大。

由上述分析及速度公式得：V0+a1t＝﹣V0+a2t（规定向右为正向）解得：t＝0.2s在此t＝0.2s内由位移公式得A的位移为：X A＝V0t+12a1t2＝0.4m（规定向右为正向）B的位移为：X B＝﹣V0t+12a2t2＝0.2m（规定向右为正向）这样在B追上A之前，在场强方向上的最大距离为：X＝X A﹣X B+L＝0.3m综上所述：两者在场强方向上的距离小于等于0.3m，则不能确定谁在左、谁在右；两者在场强方向上的距离大于0.3m，则能确定谁在左、谁在右。

答：（1）两带电粒子的加速度大小分别为1.0×103m/s2、2.0×103m/s2，方向均水平向右；（2）两者在场强方向上的距离小于等于0.3m，则不能确定谁在左、谁在右；两者在场强方向上的距离大于0.3m，则能确定谁在左、谁在右。