全國名校高考物理試題分類匯編（11月 第二期）I3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的勻變速運(yùn)動(dòng)（含解析）

I3電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的勻變速運(yùn)動(dòng)【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省成都外國語學(xué)校高三11月月考解析版（11）】9.(15分)如圖所示，光滑斜面傾角為37°，一帶正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時(shí)刻開始，電場(chǎng)強(qiáng)度變化為原來的eq\f(1,2)，求：（重力加速度為g） (1)原來的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)場(chǎng)強(qiáng)改變后，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度．（3）電場(chǎng)改變后物塊運(yùn)動(dòng)經(jīng)過L的路程過程機(jī)械能的變化量?！敬鸢浮俊局R(shí)點(diǎn)】力與電場(chǎng)相結(jié)合的綜合應(yīng)用題—共點(diǎn)力平衡條件、牛頓第二定律、功和能的關(guān)系的綜合應(yīng)用。C5、I3、I7?！敬鸢附馕觥看鸢福?1)(2)，方向沿斜面向下（3）。解析：（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，圖略。由圖可列方程如下：，。兩式聯(lián)立得：。（2）若時(shí)，由受力圖（圖略）進(jìn)行正交分解得列方程如下：，將E代入得：沿斜面向下。（3）在運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功不改變系統(tǒng)的機(jī)械能，電場(chǎng)力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減少，則有：，負(fù)號(hào)表示減少。【思路點(diǎn)撥】本題求解的關(guān)鍵是受力分析，開始列平衡方程求原來的電場(chǎng)強(qiáng)度。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度改變后，進(jìn)行受力分析，建立坐標(biāo)系，根據(jù)牛頓第二定律列動(dòng)力學(xué)方程求帶電物塊的加速度。最后要分析清楚重力做功不改變機(jī)械能，只有電場(chǎng)力做功才能改變機(jī)械能，依做功的表達(dá)式求出機(jī)械能的變化量?！尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學(xué)期期中考試（11）】17．（14分）如圖所示，絕緣的水平桌面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域是由三個(gè)邊長均為L的正方形區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接組成的，且矩形的下邊EH與桌面相接．三個(gè)正方形區(qū)域中分別存在方向?yàn)樨Q直向下、豎直向上、豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小比例為1∶1∶2．現(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點(diǎn)射入場(chǎng)區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點(diǎn)射出場(chǎng)區(qū)．已知滑塊在ABFE區(qū)域所受靜電力和所受重力大小相等，桌面與滑塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點(diǎn)．求：(1)滑塊進(jìn)入CDHG區(qū)域時(shí)的速度大小v0；(2)滑塊在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)I3【答案解析】(1)eq\r(\f(gL,2))(2)4eq\r(\f(L,g))解析：設(shè)三個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度大小依次為E、E和2E，滑塊在三個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為、和（1）在CDHG區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有

而由題意知

，在水平方向和豎直方向分別有

，以上解得：，

（4分）（2）在BCGF區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，在豎直方向

所以不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，，在ABFG區(qū)域，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，在豎直方向

在水平方向

，由滑動(dòng)摩擦力定律：

以上解得當(dāng)滑塊由E運(yùn)動(dòng)到F時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

代入解得，仍由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

，解得所以

（4分）【思路點(diǎn)撥】（1）在第三個(gè)過程中，滑塊做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)來列式求解；（2）分三個(gè)過程計(jì)算出運(yùn)動(dòng)時(shí)間；第一過程勻減速，第二過程勻速，第三過程類平拋運(yùn)動(dòng)．關(guān)鍵先根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式求出類平拋的初速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學(xué)期期中考試（11）】16．（14分）如圖所示，光滑絕緣的eq\f(3,4)圓形軌道BCDG位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為eq\f(3,4)mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g．求：(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)為s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)在(1)的情況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大?。?3)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大?。?【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)能定理D4E2I3【答案解析】(1)eq\r(gR)(2)eq\f(7,4)mg(3)eq\f(\r(5gR),2)：[解析](1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，而qE＝eq\f(3mg,4)，解得v＝eq\r(gR).(2)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則F－qE＝meq\f(v2,R)，解得F＝eq\f(7,4)mg.根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)軌道的作用力大小F′＝eq\f(7,4)mg.(3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點(diǎn)時(shí)由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小(設(shè)為vn)，則有eq\r((qE)2＋(mg)2)＝meq\f(v\o\al(2,n),R)，解得vn＝eq\f(\r(5gR),2).【思路點(diǎn)撥】（1）由動(dòng)能定理求滑塊的速度（2）由牛頓第二定律求出滑塊收到的作用力（3）軌道對(duì)滑塊的作用力為零時(shí)，速度最小，由牛頓第二定律可以求出最小速度.【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學(xué)期期中考試（11）】6．如圖所示，豎直平面內(nèi)，一帶正電的小球，系于長為L的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定為O點(diǎn)，它們處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)的方向水平向右，場(chǎng)強(qiáng)的大小為E．已知電場(chǎng)對(duì)小球的作用力的大小等于小球的重力．現(xiàn)先把小球拉到圖中的P1處，使輕線伸直，并與場(chǎng)強(qiáng)方向平行，然后由靜止釋放小球．已知小球在經(jīng)過最低點(diǎn)的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突變?yōu)榱悖椒至繘]有變化，(不計(jì)空氣阻力)則小球到達(dá)與P1點(diǎn)等高的P2點(diǎn)時(shí)線上張力T為多少()A．mgB．3mgC．4mgD．5mg【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律向心力公式I3C2D4【答案解析】B解析：小球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過程中受到電場(chǎng)力和重力兩個(gè)力，其合力的方向是由P1指向最低點(diǎn)，因此小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

水平分量是vx=．

在到達(dá)P2的過程中，由動(dòng)能定理有

Eql-mgl=,即v=vx=．

根據(jù)牛頓第二定律得，T-qE=m

解得T=3mg．故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．

故選B．【思路點(diǎn)撥】小球在電場(chǎng)力和重力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩被拉直的時(shí)候，沿著繩的速度的大小變?yōu)榱?，之后球在重力和電?chǎng)力的作用下繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，從繩被拉直到到達(dá)P2的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得到達(dá)P2時(shí)速度的大小．根據(jù)徑向的合力提供向心力求出繩子的張力大?。尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學(xué)期期中考試（11）】5．如圖所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時(shí)板間有一帶電塵粒恰能在電場(chǎng)中靜止．若正對(duì)的平行板左右錯(cuò)開一些，則()A．帶電塵粒將向上運(yùn)動(dòng)B．帶電塵粒將向下運(yùn)動(dòng)C．錯(cuò)開過程中，通過電阻R的電流方向?yàn)锽到AD．錯(cuò)開過程中，通過電阻R的電流方向?yàn)锳到B【答案】【知識(shí)點(diǎn)】電容器I3【答案解析】D解析：平行板左右錯(cuò)開一些后，正對(duì)面積減小但板間距離不變，由于電容器與電源相連，板間電壓不變，由E＝知，場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電塵粒受力不變，因而仍將靜止，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；兩板錯(cuò)開時(shí)，由知，電容減小，電荷量Q＝CU減小，電容器放電，電阻R中電流方向?yàn)锳到B，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、選項(xiàng)D正確．【思路點(diǎn)撥】由E＝知，場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電塵粒受力不變，因而仍將靜止，由知，電容減小，電荷量Q＝CU減小，電容器放電，電阻R中電流方向?yàn)锳到B，電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯(cuò)開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時(shí)針方向.【【原創(chuàng)精品解析純word版】理綜卷·屆黑龍江省大慶鐵人中學(xué)高三10月月考（10）】26．（19分）如圖所示，從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢(shì)差U0＝4500V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1＝10cm，間距d＝4cm的平行金屬板AB之后，在離金屬板邊緣L2＝75cm處放置一個(gè)直徑D＝20cm的帶有記錄紙的圓筒，軸線OO1垂直圓筒，整個(gè)裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計(jì)．已知電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，電子的電荷量的絕對(duì)值e＝1.6×10－19(1)求電子剛進(jìn)入金屬板AB時(shí)的速度大小。(2)若電子剛好能從AB極板邊緣飛出，求加在AB兩極板間的直流電壓U1多大？剛好飛出時(shí)的動(dòng)能多大？（用電子伏作為能量單位表示動(dòng)能大?。?3)若在兩個(gè)金屬板上加上U2＝1000cos2πt(V)的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以ω＝4πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，確定電子在記錄紙上的偏轉(zhuǎn)位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式并在所給坐標(biāo)系中定性畫出1s內(nèi)所記錄的圖形．(電子穿過AB的時(shí)間很短，可認(rèn)為這段時(shí)間內(nèi)板間的電壓不變)【答案】【知識(shí)點(diǎn)】勻速圓周運(yùn)動(dòng)和帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)綜合應(yīng)用。I3I4【答案解析】[解析](1)由eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得電子的入射速度2分v0＝eq\r(\f(2eU0,m))＝4×107m/s1分（2）剛好能飛出極板上，2分所以，解得：U1=1440V2分由動(dòng)能定理，2分(2)加交流電壓時(shí)，A、B兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)E2＝eq\f(U2,d)＝2.5×104cos2πt(V/m)電子飛出兩板時(shí)的豎直位移y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eE2,2m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,v0)))eq\s\up12(2)2分電子飛出兩板時(shí)的豎直速度vy＝at1＝eq\f(eE2L1,mv0)2分電子飛出兩板到達(dá)圓筒時(shí)的豎直位移y2＝vyt2＝eq\f(eE2L1L2,mveq\o\al(2,0))2分在紙上記錄落點(diǎn)的總偏距y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(2,9)cos2πt(m)．1分因圓筒每秒轉(zhuǎn)2周，故在1s內(nèi)所記錄的圖形如圖所示．3分【思路點(diǎn)撥】本題主要是要搞清楚在加速電場(chǎng)中—運(yùn)用動(dòng)能定理求解，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中—類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律類比求解，還要會(huì)利用三角函數(shù)規(guī)律遞推的表達(dá)式畫圖線。（要細(xì)心和規(guī)范），求解第二問是難點(diǎn)。【【原創(chuàng)精品解析純word版】理綜（物理）卷·屆廣西柳州市、玉林市、貴港市、百色市高三10月聯(lián)考（[1]10）word版】25.（19分）如圖20所示，在x軸下方的區(qū)域內(nèi)存在方向與y軸相同的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。在x軸上方以原點(diǎn)O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．y軸下方的A點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為d．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)加速后從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)．粒子的重力不計(jì)．（1）求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r．（2）要使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)之后不再經(jīng)過x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度需大于或等于某個(gè)值E0．求E0．（3）若電場(chǎng)強(qiáng)度E等于第（2）問E0的，求粒子經(jīng)過x軸時(shí)的位置．【答案】【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用；帶點(diǎn)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)E2I3K2【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得qEd=①粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB=m②解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑

r=

③

（2）要使粒子之后恰好不再經(jīng)過x軸，則離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與x軸平行，運(yùn)動(dòng)情況如圖①，由幾何知識(shí)可得

R=④，由以上各式解得

E0=

⑤（3）將E=E0代入可得磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=

⑥，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖②，圖中的角度α、β滿足

cosα=即α=30°

⑦，則得

β=2α=60°

⑧

所以

粒子經(jīng)過x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為x=r+⑨

解得x=⑩【思路點(diǎn)撥】（1）帶電粒子先在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)．根據(jù)動(dòng)能定理求加速獲得的速度，由牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合求磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑；

（2）要使粒子之后恰好不再經(jīng)過x軸，則離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與x軸平行，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑，由上題結(jié)論求E0．

（3）若電場(chǎng)強(qiáng)度E等于第（2）問E0的求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求經(jīng)過x軸時(shí)的位置．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆湖北省武漢市部分重點(diǎn)中學(xué)高三上學(xué)期第一次聯(lián)考（11）word版】17、（12分）如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面），O為圓心。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子沿圖中直徑從圓上的A點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的D點(diǎn)離開該區(qū)域，已知圖中，現(xiàn)將磁場(chǎng)換為豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直徑從A點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在D點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)重力，試求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。唬?）經(jīng)磁場(chǎng)從A到D的時(shí)間與經(jīng)電場(chǎng)從A到D的時(shí)間之比。【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)向心力帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)I3D4K2【答案解析】(1)(2)解析：（1）加磁場(chǎng)時(shí)，粒子從A到D有：O1O1……①由幾何關(guān)系有：……②加電場(chǎng)時(shí)，粒子從A到D有：……③……④由①～④得：……⑤（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知：圓心角圓運(yùn)動(dòng)周期：……⑦經(jīng)磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：……⑧由①～④得粒子經(jīng)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：……⑨即：……⑩【思路點(diǎn)撥】(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，然后換成電場(chǎng)后，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解電場(chǎng)強(qiáng)度。（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知求得圓心角，根據(jù)周期公式求得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，在電場(chǎng)中根據(jù)豎直方向求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求得時(shí)間之比?！尽驹瓌?chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆湖北省武漢市部分重點(diǎn)中學(xué)高三上學(xué)期第一次聯(lián)考（11）word版】8、如圖所示，電路中、均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合電建，電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件，油滴將向下運(yùn)動(dòng)的是（）A．增大的阻值B．將兩極板錯(cuò)開少許C．增大兩板間的距離D．?dāng)嚅_電鍵【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；電容；閉合電路的歐姆定律．I3J2K3【答案解析】CD解析：根據(jù)圖示電路圖，由歐姆定律可得：電容器兩端電壓：U=IR1=，油滴受到的電場(chǎng)力：F=，開始時(shí)油滴靜止不動(dòng)，F(xiàn)=mg，要使油滴向下運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力應(yīng)減??；A、增大R1的阻值，電場(chǎng)力：F=變大，電場(chǎng)力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、降兩極板錯(cuò)開，電路不變，電壓不變，所以電場(chǎng)力不變，故仍然靜止，故B錯(cuò)誤；C、增大兩板間的距離，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、斷開電鍵S，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電場(chǎng)力為零，油滴受到重力作用，油滴向下運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選CD【思路點(diǎn)撥】分析清楚電路結(jié)構(gòu)，求出極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，求出油滴受到的電場(chǎng)力，然后根據(jù)電場(chǎng)力的表達(dá)式分析答題．本題考查了判斷油滴的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)問題，分析清楚極板間的電場(chǎng)力如何變化是正確解題的關(guān)鍵．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆湖南省衡陽八中高三上學(xué)期第四次月考（11）】17.（10分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d=8cm，板長為L=25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0=0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)迅速將下板向上提起（1）將下板向上提起后，液滴的加速度大?。唬?）液滴從射入電場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用時(shí)間為多少？（g取10m/s2）【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)I3【答案解析】（1）（2）0.3s解析：（1）帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，因?yàn)橐旱蝿蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以有：當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場(chǎng)力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng).此時(shí)液滴所受電場(chǎng)力.（2）因?yàn)橐旱蝿偤脧慕饘倌┒孙w出，所以液滴在豎直方向上的位移是設(shè)液滴從P點(diǎn)開始在勻強(qiáng)電場(chǎng)中飛行的時(shí)間為，而液滴從剛進(jìn)入電場(chǎng)到出電場(chǎng)的時(shí)間所以液滴從射入開始勻速運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間為.【思路點(diǎn)撥】1）電容器與電源相連，故極板間電勢(shì)差恒定，由E=,可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，從而根據(jù)開始時(shí)液滴平衡求解電場(chǎng)力與重力的關(guān)系，從而求得下極板上提后電荷所受電場(chǎng)力的大小，根據(jù)牛頓第二定律求解加速即可；

（2）根據(jù)粒子恰好從上極板邊緣飛出，根據(jù)豎直方向粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，由加速度和位移求出粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間，而粒子穿過平行板的總時(shí)間等于板長與初速度的比值，從而求得粒子到達(dá)P的時(shí)間．本題抓住平行板間電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，知道粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)求出粒子的運(yùn)動(dòng)情況，電容器與電源相連極板電壓保持不變．掌握基本規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵．【【原創(chuàng)純word版精品解析】理綜卷·屆貴州省遵義航天高級(jí)中學(xué)高三上學(xué)期第二次模擬考試（10）】25、（18分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第I象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第IV象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成60o角射入磁場(chǎng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng)，如圖所示．不計(jì)粒子重力，求：⑴M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN；⑵粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；⑶粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t．【答案】【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．I3K3【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子過N點(diǎn)的速度為v，有