1、专题七静电场高考试题考点一 库仑定律电场强度1.(2013年新课标全国卷,18,6分)如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为()A.B.C.D.解析:由于三个小球均处于静止状态,可分析其受力,依据平衡条件列方程,c球受力如图所示.由共点力平衡条件可知F=2kcos 30,F=Eqc,解得E=,场强方向竖直向上,在此电场中a、b两球均可处于平衡,故选项B正确.答案:B2.(2013年新课标全国卷,15,6分)
2、如图,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、 c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q (q0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A.kB.kC.kD.k解析:由于在a点放置一点电荷后,b点电场强度为零,说明圆盘带正电荷,且点电荷在b点产生的电场强度与圆盘上电荷在b点产生的电场强度大小相等,即EQ=Eq=k,则圆盘上电荷在d点产生的场强大小EQ=k=k,方向水平向右,而点电荷在d点产生的场强Eq=k=k,方向也水平向右.故选项B正确.答案:B点评： 本题考查考生对电场知识的
3、理解和灵活地利用电场叠加原理处理问题的能力.3.(2013年江苏卷,3,3分)下列选项中的各圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各圆环间彼此绝缘.坐标原点O处电场强度最大的是()解析:根据对称性和场强叠加,D项O点的场强为零;C项中第一、第三象限内电荷产生的场强抵消,等效为第二象限内电荷在O点产生的场强,大小与A项的相等;B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等,方向互相垂直,合场强是其中一个的倍,也是A、C项场强的倍,选项B正确.答案:B点评： 电荷均匀分布的圆环可等效于电荷集中在中点的点电荷.4.(2013年安徽理综,20,6分)如图所示,xOy平面是无穷大导体的表面,该导
4、体充满z0的空间为真空.将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处,则在xOy平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零,则在z轴上z=处的电场强度大小为(k为静电力常量)()A.kB.kC.kD.k解析:设点电荷为正电荷(不影响结果),则导体表面的感应电荷为负电荷.如图,设所求点为A点（距O点为）,取其关于xOy平面的对称点为B,点电荷在A、B两点的场强大小分别为E1、E2,感应电荷在A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB.静电平衡时,B点的合场强为零,EB=E2=,由对称性,EA=EB=,故A点场强为E=
5、EA+E1=+=.故选项D正确.答案:D点评： 此题考查学生对库仑定律及静电平衡知识的迁移能力.要善于利用对称观点,如无穷大平面导体表面感应电荷产生的电场,是关于表面对称分布的,即对称的两个位置的场强等大反向.另外,静电平衡时,q在导体内部产生的场强与感应电荷在该点产生的场强等大反向也应知道,即导体静电平衡时内部合场强为零的实质要明确.5.(2012年江苏卷,1,3分)真空中,A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r,则A、B两点的电场强度大小之比为()A.31B.13C.91D.19解析:根据点电荷电场强度的决定式E=k,可知=（）2=（）2=91,C项正确.答案:C6.(2012年浙江理综
6、,19,6分)用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上,小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环.当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上,如图所示.对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是()A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和解析:笔套与头发摩擦使笔套带电,选项A正确;金属圆环靠近带电笔套时出现静电感应,选项B正确;圆环既然被吸引,合力为引力,圆环所受静电力的合力必大于圆环的重力,选项C正确;如果笔套所带的电荷立刻
7、全部中和,则圆环就会立刻落下,这与圆环被吸住的事实不符,选项D错误.答案:ABC7.(2011年重庆理综,19,6分)如图所示,电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点,正方体范围内电场强度为零的点有()A.体中心、各面中心和各边中点B.体中心和各边中点C.各面中心和各边中点D.体中心和各面中心解析:据等量异号点电荷电场分布特点和电场强度E的矢量叠加知,正方体中心和各面中心的合场强为零.答案:D8.(2011年广东理综,21,6分)如图为静电除尘器除尘机理的示意图.尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积.以达到除尘目的.下列表述正确的是()A.到达集尘极的尘埃带正
8、电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析:放电极带负电,带电尘埃带上负电荷向集尘极聚集,A项错误;集尘极带正电,故B项正确;带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反,C项错误;同一位置场强相同,由F=Eq可知,D项正确.答案:BD9.(2012年安徽理综,20,6分)如图(甲)所示,半径为R的均匀带电圆形平板,单位面积带电量为,其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:E=2k,方向沿x轴.现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板.从其中间挖去一半径为r的圆板,如图(乙)
9、所示.则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()A.2k0B.2k0C.2k0 D.2k0解析:如题图(乙)中无限大带电平板相当于图(甲)中R,故平板在Q点产生的场强E1=2k0,挖去半径为r的圆板的电荷量在Q点产生的场强E2=2k0,由场强叠加原理,Q点场强E=E1-E2=,选项A正确.答案:A考点二 电势、电势能、电势差1.(2013年山东理综,19,5分)如图所示,在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称.下列判断正确的是()A.b、d两点处的电
10、势相同B.四个点中c点处的电势最低C.b、d两点处的电场强度相同D.将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点,+q的电势能减小解析:等量异种电荷+Q、-Q的电场线及等势线的分布如图所示.由于b、d两点关于x轴对称,故b、d两点电势相同,选项A正确;a、b、c、d四个点中,只有c点电势为零,其余各点的电势均大于零,故选项B正确;b、d两点的电场强度是点电荷+Q和-Q在此两点产生的电场的合电场强度,大小相等,方向不同,故选项C错误;将一正的试探电荷沿圆周由a点移动到c点的过程中,由于a点电势高于c点电势,静电力对试探电荷+q做正功,故该电荷的电势能减小,选项D正确.答案:ABD2.(2013年天津理综
11、,6,6分)两个带等量正电的点电荷,固定在图中P、Q两点,MN为PQ连线的中垂线,交PQ于O点,A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q,从A点由静止释放,只在静电力作用下运动.取无限远处的电势为零,则()A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最大D.q运动到O点时的电势能为零解析:两等量正点电荷在中垂线MN上的电场强度方向从O点向两侧沿中垂线指向无穷远处,场强大小从O点沿MN到无穷远处先变大后变小,因此负电荷由A点静止释放后,在变化的静电力作用下做变加速直线运动,选项A错误;由A到O静电力做正功,电势能减小,选项B正确;从A到O,静电
12、力做正功,q的动能增大,越过O点后,静电力做负功,q的动能减小,因此在O点时,动能最大,选项C正确;O点的电势不为零,因此负电荷在O点时的电势能不为零,选项D错误.答案:BC3.(2013年重庆理综,3,6分)如图所示,高速运动的粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则()A.粒子在M点的速率比在Q点的大B.三点中,粒子在N点的电势能最大C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低D.粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功解析:重原子核带正电,根据正点电荷的等势线空间分布图,离核越近,电势越高,则QM,选项C错
13、误;同一正电荷电势越高,其电势能越大,三点中,粒子在N点的电势最高,电势能最大,选项B正确;带正电的粒子在从M点到Q点的过程中,电场力做的总功为正功,其速率增大,选项A、D错误.答案:B4.(2013年江苏卷,6,4分)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近,所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等.a、b为电场中的两点,则()A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大D.将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功解析:电场线的疏密能反映电场强度大小,故选项A正确;沿着电场线方向电势逐渐降低,选项B正确;负电荷在电势
14、越低的地方,电势能越大,选项C错误;负电荷从a到b,电势能增加,电场力做负功,选项D正确.答案:ABD5.(2012年广东理综,20,6分)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有()A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小解析:由题知有水平向左的匀强电场,带正电的矿粉受到向左的电场力,落在左侧,选项A错误;无论带正电的矿粉还是带负电的矿粉,在水平方向的电场力与水平位移方向一致,做正功,选项B正确;WAB=EpA-EpB,又WAB为正功,电势能一定
15、减小,选项C错误,选项D正确.答案:BD6.(2012年安徽理综,18,6分)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0 V,点A处的电势为6 V,点B处的电势为3 V,则电场强度的大小为()A.200 V/mB.200 V/mC.100 V/mD.100 V/m解析:由匀强电场等势面分布特点知,OA的中点C(3,0)电势为3 V,连接BC得3 V电势的等势线(如图),自O点作BC的垂线得DO方向为场强方向,=cos 30,场强E=V/m=200 V/m,选项A正确.答案:A7.(2011年山东理综,21,4分)如图所示,在两等量异种点电荷的电场中
16、,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a和c关于MN对称,b点位于MN上,d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是()A.b点场强大于d点场强B.b点场强小于d点场强C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能解析:由等量异号点电荷的电场分布知在两电荷连线上,中点场强最小,在中垂线MN上,两电荷连线中点场强最大,所以b点场强小于d点场强.故选项A错误,选项B正确;由等量异号点电荷的等势面分布可知,a与c关于MN对称,则Uab=Ubc,故选项C正确;试探电荷+q从a点到c点静电力做正功,电势能减少,故选项D错误
17、.答案:BC8.(2010年安徽理综,16,6分)如图所示,在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R=0.1 m的圆,P为圆周上的一点,O、P两点连线与x轴正方向的夹角为.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小E=100 V/m,则O、P两点的电势差可表示为()A.UOP=-10sin (V)B.UOP=10sin (V) C.UOP=-10cos (V)D.UOP=10cos (V)解析:因为沿电场线的方向电势降低,所以O点电势比P点电势低,即UOP0;O、P两点在场强方向上的投影长度为d=Rsin =0.1sin (m),所以UOP=-UPO=-Ed=-10sin (V),故选项A正
18、确.答案:A9.(2012年山东理综,19,5分)图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子()A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析:根据粒子运动轨迹可知,粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律可知,离点电荷最近时受力最大,选项B错误;从b点到c点电场力做正功,电势能减小,选项C正确;同心圆间距相等,所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差,所以由a点到b点的动能变化大于由b点到c点
19、的动能变化,选项D正确.答案:CD10.(2012年福建理综15,6分)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点,虚线为等势线.取无穷远处为零电势点,若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是() A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析:将正电荷移向无穷远,克服电场力做功,说明电场力方向指向点电荷Q,又正电荷所受电场力与场强方向一致,则电场线方向也指向点电荷Q,而沿电场线方向电势降低,则AB0,选项A错误;点电荷场强E=,
20、rAEB,选项B错误;A点电势A=,B点电势B=,而将q1、q2移动到无穷远电场力做的功相等,= ,则=1,即q1的电荷量小于q2的电荷量,选项C正确; =EpA-Ep=EpA,WB=EpB-Ep=EpB,又WA=WB,则EpA=EpB,即q1在A点电势能等于q2在B点电势能,选项D错误.答案:C11.(2013年浙江理综,24,20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成.偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成,A、B为电势值不等的等势面,其过球心的截面如图所示.一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射
21、,进入偏转电场区域,最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间.忽略电场的边缘效应.(1)判断半球面A、B的电势高低,并说明理由;(2)求等势面C所在处电场强度E的大小;(3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C,则到达N板左、右边缘处的电子,经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少?(4)比较|Ek左|和|Ek右|的大小,并说明理由.解析:(1)电子(带负电)做圆周运动,电场力方向指向球心,电场方向从B指向A,半球面B的电势高于A.(2)据题意,电子在电场力作用下做圆周运动,考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同,有:eE
22、=mEk0=mv2R=联立解得E=.(3)电子运动时只有电场力做功,根据动能定理,有Ek=qU对到达N板左边缘的电子,电场力做正功,动能增加,有Ek左=e(B-C)对到达N板右边缘的电子,电场力做负功,动能减小,有Ek右=e(A-C).(4)根据电场线特点,等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度,考虑到等势面间距相等,有|B-C|A-C|即|Ek左|Ek右|.答案:见解析考点三 电容器带电粒子在电场中的运动1.(2013年广东理综,15,4分)喷墨打印机的简化模型如图所示.重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中()
23、A.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电荷量无关解析:由于忽略重力,所以带负电的微滴在板间仅受向上的电场力,故带电微粒向正极板偏转,故选项A错误;在向正极板偏转过程中,电场力做正功,电势能将减小,选项B错误;微滴水平方向做匀速运动,有x=vt,速度v不变,竖直方向的位移y=at2=()2=x2,表明竖直位移y和水平位移x之间的关系曲线为抛物线,选项C正确;关系式中含有q,故选项D错误.答案:C2.(2013年新课标全国卷,16,6分)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方处的
24、P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回.若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将()A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回解析:设电池提供的电压为U,当两极板距离为d时,由于粒子从开始下落恰好到达下极板,由动能定理得:mgd-qU=0,当下极板向上移动,设粒子未打到下极板,且在距上极板x处返回,由动能定理可得:mg(+x)-qx=0,两式联立解得x=d,选项D正确.答案:D3.(2012年江苏卷,2,3分)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其
25、电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A.C和U均增大 B.C增大,U减小C.C减小,U增大D.C和U均减小解析:根据平行板电容器电容公式C=,在两极板间插入电介质后,电容C增大,因电容器所带电荷量Q不变,又C=可知, U=减小,选项B正确.答案:B4.(2012年天津理综,5,6分)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中()A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变
26、小解析:粒子在电场中所受静电力方向与速度方向不在一条直线上,所以粒子将做曲线运动;由于静电力先做正功后做负功,故电势能应先变小后变大,C项正确.答案:C5.(2012年新课标全国理综,18,6分)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动解析:对带电粒子受力分析如图所示,F合0,则选项A错.由图可知电场力与重力的合力与v0应反向,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,故选项B正确C
27、错误.F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速直线运动,D项正确. 答案:BD6.(2011年安徽理综,18,6分)图(a)为示波管的原理图.如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化,在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是()解析:t=0时,UX=-UXm,UY=0,故电子在-Xm处,即此时电子沿XX方向偏离荧光屏中心的距离最远;0t1阶段,UX0且先增大后减小,故电子沿XX方向做匀速运动,同时沿YY方向的位移先增大后减小;t=t1时,UX=0,UY=0,电子回到荧光屏的中心位置;t12t1阶段,UX0且逐渐增大,UY0)的质点沿轨道内侧运动
28、.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能.解析:小球在光滑轨道上做圆周运动,在a、b两点时,电场力F和轨道的支持力FN的合力提供向心力.质点所受电场力的大小为F=qE设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有F+FNa=mFNb-F=m设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有Eka=mEkb=m根据动能定理有Ekb-Eka=2rF联立式得E=(Nb-Na)Eka=(Nb+5Na)Ekb=(5Nb+Na).答案:(Nb-Na)(Nb+5Na)(5Nb+Na)8.(2013年四川理综,
29、10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角=37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面.水平面处于场强E=5104 N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知A、B的质量分别为mA=0.1 kg和mB=0.2 kg,B所带电荷量q=+410-6 C.设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变.取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 3
30、7=0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动.A从M到N的过程中,B的电势能增加了Ep=0.06 J.已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率.解析:(1)当A静止在M点时,A、B处于静止状态.设B所受静摩擦力大小为Ff,A、B间绳中张力为FT,有对A:FT=mAgsin 对B:FT=qE+Ff联立,代入数据解得Ff=0.4 N.(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体具有共同加速度a,且它们的位移均为x,A、B间绳子张力为FT,对于B有:qEx=EpFT-m
31、Bg-qE=mBa设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为x,有v2=2axF弹=kxF+mAgsin -F弹sin -FT=mAa由几何关系知x=设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv联立各式,代入数据解得P=0.528 W.答案:(1)0.4 N(2)0.528 W9.(2013年大纲全国卷,25,19分)一电荷量为q(q0)、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.解析:(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动,设加
32、速度分别为a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得a1=a2=-2a3=2a4=-由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的加速度时间图像如图(a)所示,对应的速度时间图像如图(b)所示,其中v1=a1=由图(b)可知,带电粒子在t=0到t=T时间内的位移为s=v1由式得s=T2方向沿初始电场正方向.(2)由图(b)可知,粒子在t=T到t=T内沿初始电场的反方向运动,总的运动时间为t=T-T=.答案:(1)T2方向沿初始电场正方向(2)10.(2011年浙江理综,25,22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
33、)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dm;(2)求收集效率与两板间距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.解析:(1)收集效率为81%,即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板右边缘,
34、设高压电源电压为U,由类平抛知识得L=v0t0.81d0=at2由牛顿第二定律,得a=当减小两板间距离时,能增大电场强度,提高收集效率,收集效率恰好为100%时,两板间距即为dm,若进一步减小d,收集效率仍为100%,由类平抛知识得:L=v0tdm=at2由牛顿第二定律得a=联立式解得:dm=0.9d0.(2)当d0.9d0时,收集效率均为100%,当d0.9d0时,设距下极板x处的尘埃恰好到达下板右边缘,则x=联立式,解得:=0.81()2.(3)稳定工作时,单位时间内下板收集的尘埃质量为=nmbdv0,当d0.9d0时,=1,因此=nmbdv0,当d0.9d0时,=0.81()2,因此=0.81nmbv0.绘制图线如图所示,答案:见解析