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

I3電容器帶電粒子在電場中的勻變速運動【【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電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的eq\f(1,2)，求：（重力加速度為g） (1)原來的電場強度；(2)場強改變后，物塊運動的加速度．（3）電場改變后物塊運動經(jīng)過L的路程過程機械能的變化量?！敬鸢浮俊局R點】力與電場相結(jié)合的綜合應(yīng)用題—共點力平衡條件、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）對小球進行受力分析，圖略。由圖可列方程如下：，。兩式聯(lián)立得：。（2）若時，由受力圖（圖略）進行正交分解得列方程如下：，將E代入得：沿斜面向下。（3）在運動過程中，重力做功不改變系統(tǒng)的機械能，電場力做負功，系統(tǒng)機械能減少，則有：，負號表示減少?！舅悸伏c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強度。當(dāng)電場強度改變后，進行受力分析，建立坐標系，根據(jù)牛頓第二定律列動力學(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械能，只有電場力做功才能改變機械能，依做功的表達式求出機械能的變化量?！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．三個正方形區(qū)域中分別存在方向為豎直向下、豎直向上、豎直向上的勻強電場，其場強大小比例為1∶1∶2．現(xiàn)有一帶正電的滑塊以某一初速度從E點射入場區(qū)，初速度方向水平向右，滑塊最終恰從D點射出場區(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摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g，滑塊可以視作質(zhì)點．求：(1)滑塊進入CDHG區(qū)域時的速度大小v0；(2)滑塊在ADHE區(qū)域運動的總時間．【答案】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動I3【答案解析】(1)eq\r(\f(gL,2))(2)4eq\r(\f(L,g))解析：設(shè)三個區(qū)域的電場強度大小依次為E、E和2E，滑塊在三個區(qū)域運動的時間分別為、和（1）在CDHG區(qū)域，對滑塊進行受力分析，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，對滑塊進行受力分析，在豎直方向

所以不受摩擦力，做勻速直線運動，，在ABFG區(qū)域，對滑塊進行受力分析，在豎直方向

在水平方向

，由滑動摩擦力定律：

以上解得當(dāng)滑塊由E運動到F時，由運動學(xué)公式

代入解得，仍由運動學(xué)公式

，解得所以

（4分）【思路點撥】（1）在第三個過程中，滑塊做類平拋運動，將運動分解為水平方向和豎直方向的兩個分運動來列式求解；（2）分三個過程計算出運動時間；第一過程勻減速，第二過程勻速，第三過程類平拋運動．關(guān)鍵先根據(jù)類平拋運動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)合運動學(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點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為eq\f(3,4)mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(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點為s＝3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時的速度大??；(2)在(1)的情況下，求滑塊到達C點時對軌道的作用力大??；(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】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動圓周運動動能定理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C點時的速度為v，由動能定理得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C點時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間某點時由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小(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).【思路點撥】（1）由動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）軌道對滑塊的作用力為零時，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，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為E．已知電場對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，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球．已知小球在經(jīng)過最低點的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突變?yōu)榱?，水平分量沒有變化，(不計空氣阻力)則小球到達與P1點等高的P2點時線上張力T為多少()A．mgB．3mgC．4mgD．5mg【答案】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動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的過程中受到電場力和重力兩個力，其合力的方向是由P1指向最低點，因此小球做勻加速直線運動，

水平分量是vx=．

在到達P2的過程中，由動能定理有

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錯誤．

故選B．【思路點撥】小球在電場力和重力的作用下做加速運動，當(dāng)繩被拉直的時候，沿著繩的速度的大小變?yōu)榱?，之后球在重力和電場力的作用下繼續(xù)向右運動，從繩被拉直到到達P2的過程中，根據(jù)動能定理可以求得到達P2時速度的大?。鶕?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，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止．若正對的平行板左右錯開一些，則()A．帶電塵粒將向上運動B．帶電塵粒將向下運動C．錯開過程中，通過電阻R的電流方向為B到AD．錯開過程中，通過電阻R的電流方向為A到B【答案】【知識點】電容器I3【答案解析】D解析：平行板左右錯開一些后，正對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，場強不變，帶電塵粒受力不變，因而仍將靜止，選項AB錯誤；兩板錯開時，由知，電容減小，電荷量Q＝CU減小，電容器放電，電阻R中電流方向為A到B，選項C錯誤、選項D正確．【思路點撥】由E＝知，場強不變，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中電流方向為A到B，電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯開一些，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處放置一個直徑D＝20cm的帶有記錄紙的圓筒，軸線OO1垂直圓筒，整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射的初速度不計．已知電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg，電子的電荷量的絕對值e＝1.6×10－19(1)求電子剛進入金屬板AB時的速度大小。(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？剛好飛出時的動能多大？（用電子伏作為能量單位表示動能大?。?3)若在兩個金屬板上加上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，確定電子在記錄紙上的偏轉(zhuǎn)位移隨時間變化的關(guān)系式并在所給坐標系中定性畫出1s內(nèi)所記錄的圖形．(電子穿過AB的時間很短，可認為這段時間內(nèi)板間的電壓不變)【答案】【知識點】勻速圓周運動和帶電粒子在電場中運動綜合應(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分由動能定理，2分(2)加交流電壓時，A、B兩極板間的場強E2＝eq\f(U2,d)＝2.5×104cos2πt(V/m)電子飛出兩板時的豎直位移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分電子飛出兩板時的豎直速度vy＝at1＝eq\f(eE2L1,mv0)2分電子飛出兩板到達圓筒時的豎直位移y2＝vyt2＝eq\f(eE2L1L2,mveq\o\al(2,0))2分在紙上記錄落點的總偏距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【思路點撥】本題主要是要搞清楚在加速電場中—運用動能定理求解，在偏轉(zhuǎn)電場中—類平拋運動規(guī)律類比求解，還要會利用三角函數(shù)規(guī)律遞推的表達式畫圖線。（要細心和規(guī)范），求解第二問是難點?！尽驹瓌?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軸相同的勻強電場，電場強度為E。在x軸上方以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場的方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感應(yīng)強度為B．y軸下方的A點與O點的距離為d．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從O點射入磁場．粒子的重力不計．（1）求粒子在磁場中運動的軌道半徑r．（2）要使粒子進入磁場之后不再經(jīng)過x軸，電場強度需大于或等于某個值E0．求E0．（3）若電場強度E等于第（2）問E0的，求粒子經(jīng)過x軸時的位置．【答案】【知識點】動能定理的應(yīng)用；帶點粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在勻強磁場中的運動E2I3K2【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在電場中加速，由動能定理得qEd=①粒子進入磁場后做圓周運動，有qvB=m②解得粒子在磁場中運動的半徑

r=

③

（2）要使粒子之后恰好不再經(jīng)過x軸，則離開磁場時的速度方向與x軸平行，運動情況如圖①，由幾何知識可得

R=④，由以上各式解得

E0=

⑤（3）將E=E0代入可得磁場中運動的軌道半徑r=

⑥，粒子運動情況如圖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軸時的位置坐標為x=r+⑨

解得x=⑩【思路點撥】（1）帶電粒子先在電場中加速后進入磁場中偏轉(zhuǎn)．根據(jù)動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)合求磁場中運動的半徑；

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

（3）若電場強度E等于第（2）問E0的求粒子在磁場中運動的軌跡半徑，畫出粒子的運動軌跡，由幾何知識求經(jīng)過x軸時的位置．【【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磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子沿圖中直徑從圓上的A點射入柱形區(qū)域，在圓上的D點離開該區(qū)域，已知圖中，現(xiàn)將磁場換為豎直向下的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直徑從A點射入柱形區(qū)域，也在D點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，試求：（1）電場強度E的大小；（2）經(jīng)磁場從A到D的時間與經(jīng)電場從A到D的時間之比?！敬鸢浮俊局R點】帶電粒子在磁場中運動向心力帶電粒子在電場中運動I3D4K2【答案解析】(1)(2)解析：（1）加磁場時，粒子從A到D有：O1O1……①由幾何關(guān)系有：……②加電場時，粒子從A到D有：……③……④由①～④得：……⑤（2）粒子在磁場中運動，由幾何關(guān)系可知：圓心角圓運動周期：……⑦經(jīng)磁場的運動時間：……⑧由①～④得粒子經(jīng)電場的運動時間：……⑨即：……⑩【思路點撥】(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，然后換成電場后，帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平勻速直線運動，豎直勻加速直線運動，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律求解電場強度。（2）粒子在磁場中運動，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中運動時間，在電場中根據(jù)豎直方向求得運動時間，然后求得時間之比?！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，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。如果僅改變下列某一個條件，油滴將向下運動的是（）A．增大的阻值B．將兩極板錯開少許C．增大兩板間的距離D．?dāng)嚅_電鍵【答案】【知識點】帶電粒子在混合場中的運動；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=，油滴受到的電場力：F=，開始時油滴靜止不動，F(xiàn)=mg，要使油滴向下運動，則電場力應(yīng)減?。籄、增大R1的阻值，電場力：F=變大，電場力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上運動，故A錯誤；B、降兩極板錯開，電路不變，電壓不變，所以電場力不變，故仍然靜止，故B錯誤；C、增大兩板間的距離，極板間的電場強度減小，電場力減小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下運動，故C正確；D、斷開電鍵S，極板間的電場強度為零，電場力為零，油滴受到重力作用，油滴向下運動，故D正確；故選CD【思路點撥】分析清楚電路結(jié)構(gòu)，求出極板間的電場強度，求出油滴受到的電場力，然后根據(jù)電場力的表達式分析答題．本題考查了判斷油滴的運動狀態(tài)問題，分析清楚極板間的電場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，恰好做勻速直線運動，當(dāng)它運動到P處時迅速將下板向上提起（1）將下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？（g取10m/s2）【答案】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動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力，因為液滴勻速運動，所以有：當(dāng)下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運動.此時液滴所受電場力.（2）因為液滴剛好從金屬末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是設(shè)液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為，而液滴從剛進入電場到出電場的時間所以液滴從射入開始勻速運動到P點時間為.【思路點撥】1）電容器與電源相連，故極板間電勢差恒定，由E=,可以求出電場強度與電勢差的關(guān)系，從而根據(jù)開始時液滴平衡求解電場力與重力的關(guān)系，從而求得下極板上提后電荷所受電場力的大小，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動，由加速度和位移求出粒子做類平拋運動時間，而粒子穿過平行板的總時間等于板長與初速度的比值，從而求得粒子到達P的時間．本題抓住平行板間電場強度與電勢差的關(guān)系，知道粒子做類平拋運動求出粒子的運動情況，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）在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為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點以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成60o角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示．不計粒子重力，求：⑴M、N兩點間的電勢差UMN；⑵粒子在磁場中運動的軌道半徑r；⑶粒子從M點運動到P點的總時間t．【答案】【知識點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．I3K3【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，進入第四象限做勻速圓周運動．設(shè)粒子過N點的速度為v，有