2010——2016年电场高考试题计算题汇编

电厂高考试题计算题汇编—（2010——2016）

（2010天津卷）12.（20分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;

(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。

解析：（1）离子在电场中受到的电场力

Fy?q0E ①

离子获得的加速度

ay?Fy

m0 ②

离子在板间运动的时间

t0?Lv0③

到达极板右边缘时，离子在?y方向的分速度

vy?ayt0 ④

离子从板右端到达屏上所需时间

t0'?Dv0⑤

离子射到屏上时偏离O点的距离

y0?vyt0'

由上述各式，得

y0?q0ELD 2m0v0 ⑥

（2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力

Fx?qvB ⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

ax?qvB m ⑧

ax是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x方向的分速度

vx?axt?qvBLqBL()? mvm ⑨

离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点的距离

x?vxt'qBLDqBLD()? mvmv ⑩

当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y，考虑到⑥式，得

y?qELD mv2

ky m ⑾ 由⑩、⑾两式得 x2? ⑿ qB2LD其中k? E

上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m1?12u，x坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为m2，由⑿式代入数据可得

m2?14u ⒀

故该未知离子的质量数为14。

（2010安徽卷）24.(20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，

3场强大小E=5.0×10V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止

在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10kg，乙所带

-52电荷量q=2.0×10C，g取10m/s。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过

程无电荷转移)

（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；

（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0；

（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

答案：（1）0.4m （2

）/s （3）0.4m＜x'＜1.6m

解析：

（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则 -2

vD2m?mg?qE① R

1?mg?qE?22R???t ② 2?m?

x?vDt ③

联立①②③得：x?0.4m④

（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有： mv0?mv甲?mv乙 ⑤ 111mv02?mv甲2?mv乙2 ⑥ 222

联立⑤⑥得：v乙?v0 ⑦ 由动能定理得：?mg?2R?qE?2R?11mvD2?mv乙2 ⑧

联立①⑦⑧得：vD??2.5m/s ⑨ （3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm

，根据动量守恒和机械能守

恒定律有：

Mv0?MvM?mvm （10） 111Mv02?MvM2?mvm2 （11） 222

2Mv0联立（10）（11）得：vm? （12） M?m

由（12）和M?m，可得：vD?vm＜2vD （13）

设乙球过D点的速度为vD'，由动能定理得 ?mg?2R?qE?2R?11mvD'2?mvm2 （14） 22

联立⑨（13）（14）得：2m/s?vD'＜8m/s （15）

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，则有

x'?vD't （16）

联立②（15）（16）得：0.4m＜x'＜1.6m

(浙江第25题).（22分）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率?。当d=d0时?为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。

不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。

（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；

（2）求收集率?与两板间距d的函数关系；

（3）若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量?M/?t 与两板间距d的函数关系，并绘出图线。

答案：（1）0.9d0（2）当d?0.9d0时，收集效率?为100%；当d?0.9d0时，收集率

d02?d0?，如图所示。 ??0.81??（3）?M/?t=??0.81nmbv0d?d?

解析：（1）收集效率?为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电

源的电压为U，在水平方向有 L?v0t① 在竖直方向有0.81d0?

其中a?212at ② 2FqEqU ③ ??mmmd0

当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为dm。如果进一步减少d，收集效率仍为100%。

因此，在水平方向有L?v0t ④ 在竖直方向有dm?

其中a??12a?t ⑤ 2F?qE?qU ⑥ ??mmmdm

联立①②③④⑤⑥可得dm?0.9d0 ⑦

（2）通过前面的求解可知，当d?0.9d0时，收集效率?为100% ⑧ 当d?0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有

1qU?L???x? ⑨ ??2md?v0?

根据题意，收集效率为??2x ⑩ d

2?d?联立①②③⑨⑩可得??0.81?0? ?d?

（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量?M/?t=?nmbdv0

当d?0.9d0时，??1，因此?M/?t=nmbdv0

d02?d0?当d?0.9d0时，??0.81? ?，因此?M/?t=??0.81nmbv0d?d?2

绘出的图线如下

17（2011北京第24题）．（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）。忽略重力。求：

（1）粒子所受电场力的大小；

（2）粒子的运动区间；

（3）粒子的运动周期。

解析：（1）由图可知，0与d（或-d

电场强度的大小 E? ?0 d

q?0 d电场力的大小 F?qE?

（2）设粒子在[-x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得

12mv?q???A 2

由图可知 ???0(1?x) d

x12由○1○2得 mv?q?0(1?)?A 2d

因动能非负，有 q?0(1?x)?A?0 d

得 x?d(1?A) q?0

即 x0?d(1?A) q?0

粒子运动区间?d(1?AA)?x?d(1?) q?0q?0

（3）考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期

根据牛顿第二定律，粒子的加速度 a?FEqq?0?? mmmd

由匀加速直线运动

t?将○4○5代入，得

粒子运动周期

T?4t?(2012全国理综).（16分）（注意：在试题卷上作答无效）．．．．．．．．．

如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘清线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓

慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与

两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷

量。

【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图)，

?Eq?mgtan，根据电场强度与电势差的关系及电容的定6

义得E?Q，所以Q?CdmgCdmgCd；第二次充电后，Q'?，所以第二次3qq

充电使电容器正极板增加的电荷量

?Q?Q'?Q?23mgCd?2Q. 3q

（2012北京高考卷）．（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．不计重力． 4

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量为q=Q，求两质点相互作用能的最大值Epm； 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： QE0 m

2 A在电场中做匀变速直线运动 d=

at 解得运动时间 t

（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a==

（2）设A、B离开电场时的速度分别为υA0、υB0，由动能定理，有

21m?2 ① QE0d=1m?A，QE0d=0B0 A、B相互作用过程中，动量和能量守恒．A、B相互作用力为斥力，A受的力与其

运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功．A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为υ′，有

(m+m)υ′= mυA0+mυB0 ② 2?2)-(m+)υ′2 ③ Epm=(m?A+0224B024

已知=4Q，由①、②、③式解得相互作用能的最大值 Epm=QE0d45

（3）考虑A、B在x>d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互

作用，有

mυA+mυB= mυA0+mυB0 ④ 2m22m?2 ⑤ m?A+=m?A?B0+B02222 由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0 55

因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0⑥ 55

由①、⑥解得 q≤Q 即B所带电荷量的最大值qm=16Q

（2012四川卷）．（19分）

如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑

水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r=2.5m，

CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在

区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电

场。质量m=5×l0-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）

被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s

冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强

大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。

(1)求弹簧枪对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。

24.解：

1(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=2 mv02

代人数据得Wf=0.475J ② ①

说明：①式4分，②式2分。

(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，

由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有

v1=v0+a1t1③

由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有

1sl-v0t1+2a1t12 ⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有

0=v1+a2t2 ⑦

⑧

1s2=v1t2+2a2t22 设CP的长度为s，有 s=s1+s2 ⑨

联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m⑩

说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。

(2013全国卷大纲版)．（19分）

一电荷量为q（q>0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内

（1）粒子位移的大小和方向

（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间

答案：

解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得

、、、

由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示，对应的v—t图像如图（b）所示，其中

由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为联立解得：，它的方向沿初始电场正方向。

（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为

（4分）

解法二：带电粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得

、、、（每个式子1分）

设粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3 T/4、t＝T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有

、、、（每个式子1分）

设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有

（4分）

解得（2分）

它的方向沿初始电场正方向。（1分）

（2）由电场的变化规律知，粒子从t＝T/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有

，解得 t1＝T/8 （1分）

粒子从t＝T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有

，解得 t2＝T/8 （1分）

设粒子从t＝0到t＝T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有

t＝（1分）

解得t＝T/4 （1分）

[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方

3向，∠BOA＝60°，OB＝2OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，

小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求

(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；

(2)电场强度的大小和方向．

3mq25．(1)7∶3 (2)6q，方向略

[解析] 设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则3OB＝2d，根据平抛运动的规律有

dsin 60°＝v0t①

dcos 60°＝2gt2②

12又有Ek0＝2mv0③

由①②③式得

3Ek0＝8mgd④

设小球到达A点时的动能为EkA，则 1

EkA＝Ek0＋2mgd⑤

由④⑤式得

EkA7Ek0＝3.⑥

d3(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了2和2d，设电势能分别减小Δ1

EpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得

12ΔEpA＝3Ek0－Ek0－2mgd＝3Ek0⑦

3ΔEpB＝6Ek0－Ek0－2mgd＝Ek0⑧

在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有

3ΔEpAd＝ΔEpB⑨

解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得

α＝30°⑩

即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.

设场强的大小为E，有

qEdcos 30°＝ΔEpA?

由④⑦?式得

3mgE＝6q.?

[2014·安徽卷] (14分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：

(1)小球到达小孔处的速度；

(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．

mg（h＋d）h＋d2h22．[答案] (1) (2)Cg (3)hg

[解析] (1)由v＝2gh得v＝

(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有

mg－qE＝ma

20－v＝2ad

mg（h＋d）得E＝qd 2

U＝Ed

Q＝CU

mg（h＋d）得Q＝Cq

12(3)由h＝2gt1、0＝v＋at2、t＝t1＋t2

h＋d2h可得t＝hg

[2014·福建卷Ⅰ] 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角

－形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已

知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，求：

(1)两点电荷间的库仑力大小；

(2)C点的电场强度的大小和方向．

－20．(1)9.0×103 N (2)7.8×103 N/C 沿y轴正方向

[解析] (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为

q2F＝kL2①

代入数据得 F＝9.0×103 N②

(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为－

qE1＝kL2③

A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为

E＝2E1cos 30°④

由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C⑤

场强E的方向沿y轴正方向．

（15江苏卷）（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L。某次测量发现MN中左侧2区域MQ损坏，检测不到离子，3

但右侧1区域QN仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ

的离子即可3

在QN检测到。

（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；

（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；

（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取lg2?0. 301；lg3?0. 477,lg5?0. 699）

【解答】（1）离子在电场中加速qU0?1mv2 2

v212mU0在磁场中做匀速圆周运动qvB?m，解得r? ① rBq

39qB2L2

代入r0?L，解得m? ② 432U0

100U016U0r25U?r?L（2）由（1）得，U?，离子打在Q点，解得;离子打在N26819L

点r?L，解得U?16U0100U016U0?U?，则电压的范围 9819