全国名校高考物理试题分类汇编（11月 第二期）I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动（含解析）

I3电容器带电粒子在电场中的匀变速运动【【原创精品解析纯word版】物理卷·届四川省成都外国语学校高三11月月考解析版（11）】9.(15分)如图所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq\f(1,2)，求：（重力加速度为g） (1)原来的电场强度；(2)场强改变后，物块运动的加速度．（3）电场改变后物块运动经过L的路程过程机械能的变化量。【答案】【知识点】力与电场相结合的综合应用题—共点力平衡条件、牛顿第二定律、功和能的关系的综合应用。C5、I3、I7。【答案解析】答案：(1)(2)，方向沿斜面向下（3）。解析：（1）对小球进行受力分析，图略。由图可列方程如下：，。两式联立得：。（2）若时，由受力图（图略）进行正交分解得列方程如下：，将E代入得：沿斜面向下。（3）在运动过程中，重力做功不改变系统的机械能，电场力做负功，系统机械能减少，则有：，负号表示减少。【思路点拨】本题求解的关键是受力分析，开始列平衡方程求原来的电场强度。当电场强度改变后，进行受力分析，建立坐标系，根据牛顿第二定律列动力学方程求带电物块的加速度。最后要分析清楚重力做功不改变机械能，只有电场力做功才能改变机械能，依做功的表达式求出机械能的变化量。【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】17．（14分）如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：(1)滑块进入CDHG区域时的速度大小v0；(2)滑块在ADHE区域运动的总时间．【答案】【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】(1)eq\r(\f(gL,2))(2)4eq\r(\f(L,g))解析：设三个区域的电场强度大小依次为E、E和2E，滑块在三个区域运动的时间分别为、和（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有

而由题意知

，在水平方向和竖直方向分别有

，以上解得：，

（4分）（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向

所以不受摩擦力，做匀速直线运动，，在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向

在水平方向

，由滑动摩擦力定律：

以上解得当滑块由E运动到F时，由运动学公式

代入解得，仍由运动学公式

，解得所以

（4分）【思路点拨】（1）在第三个过程中，滑块做类平抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动来列式求解；（2）分三个过程计算出运动时间；第一过程匀减速，第二过程匀速，第三过程类平抛运动．关键先根据类平抛运动的位移公式求出类平抛的初速度，再根据牛顿第二定律求出加速度，再结合运动学公式求解．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】16．（14分）如图所示，光滑绝缘的eq\f(3,4)圆形轨道BCDG位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为eq\f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．求：(1)若滑块从水平轨道上距离B点为s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小；(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时对轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小． 【答案】【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动圆周运动动能定理D4E2I3【答案解析】(1)eq\r(gR)(2)eq\f(7,4)mg(3)eq\f(\r(5gR),2)：[解析](1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，而qE＝eq\f(3mg,4)，解得v＝eq\r(gR).(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则F－qE＝meq\f(v2,R)，解得F＝eq\f(7,4)mg.根据牛顿第三定律，滑块对轨道的作用力大小F′＝eq\f(7,4)mg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有eq\r((qE)2＋(mg)2)＝meq\f(v\o\al(2,n),R)，解得vn＝eq\f(\r(5gR),2).【思路点拨】（1）由动能定理求滑块的速度（2）由牛顿第二定律求出滑块收到的作用力（3）轨道对滑块的作用力为零时，速度最小，由牛顿第二定律可以求出最小速度.【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】6．如图所示，竖直平面内，一带正电的小球，系于长为L的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定为O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E．已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P1处，使轻线伸直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，(不计空气阻力)则小球到达与P1点等高的P2点时线上张力T为多少()A．mgB．3mgC．4mgD．5mg【答案】【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动牛顿第二定律向心力公式I3C2D4【答案解析】B解析：小球由静止释放到最低点的过程中受到电场力和重力两个力，其合力的方向是由P1指向最低点，因此小球做匀加速直线运动，

水平分量是vx=．

在到达P2的过程中，由动能定理有

Eql-mgl=,即v=vx=．

根据牛顿第二定律得，T-qE=m

解得T=3mg．故B正确，A、C、D错误．

故选B．【思路点拨】小球在电场力和重力的作用下做加速运动，当绳被拉直的时候，沿着绳的速度的大小变为零，之后球在重力和电场力的作用下继续向右运动，从绳被拉直到到达P2的过程中，根据动能定理可以求得到达P2时速度的大小．根据径向的合力提供向心力求出绳子的张力大小．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届辽宁师大附中高三上学期期中考试（11）】5．如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．若正对的平行板左右错开一些，则()A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到AD．错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到B【答案】【知识点】电容器I3【答案解析】D解析：平行板左右错开一些后，正对面积减小但板间距离不变，由于电容器与电源相连，板间电压不变，由E＝知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，选项AB错误；两板错开时，由知，电容减小，电荷量Q＝CU减小，电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，选项C错误、选项D正确．【思路点拨】由E＝知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，由知，电容减小，电荷量Q＝CU减小，电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，电容器始终与电源相连，故U不变，两极板左右错开一些，板间距离不变，故E不变，C减小，Q减小，电容器放电，放电电流为顺时针方向.【【原创精品解析纯word版】理综卷·届黑龙江省大庆铁人中学高三10月月考（10）】26．（19分）如图所示，从阴极K发射的电子经电势差U0＝4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1＝10cm，间距d＝4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2＝75cm处放置一个直径D＝20cm的带有记录纸的圆筒，轴线OO1垂直圆筒，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．已知电子的质量m＝0.9×10－30kg，电子的电荷量的绝对值e＝1.6×10－19(1)求电子刚进入金属板AB时的速度大小。(2)若电子刚好能从AB极板边缘飞出，求加在AB两极板间的直流电压U1多大？刚好飞出时的动能多大？（用电子伏作为能量单位表示动能大小）(3)若在两个金属板上加上U2＝1000cos2πt(V)的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω＝4πrad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并在所给坐标系中定性画出1s内所记录的图形．(电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间的电压不变)【答案】【知识点】匀速圆周运动和带电粒子在电场中运动综合应用。I3I4【答案解析】[解析](1)由eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得电子的入射速度2分v0＝eq\r(\f(2eU0,m))＝4×107m/s1分（2）刚好能飞出极板上，2分所以，解得：U1=1440V2分由动能定理，2分(2)加交流电压时，A、B两极板间的场强E2＝eq\f(U2,d)＝2.5×104cos2πt(V/m)电子飞出两板时的竖直位移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分电子飞出两板时的竖直速度vy＝at1＝eq\f(eE2L1,mv0)2分电子飞出两板到达圆筒时的竖直位移y2＝vyt2＝eq\f(eE2L1L2,mveq\o\al(2,0))2分在纸上记录落点的总偏距y＝y1＋y2＝eq\f(2,9)cos2πt(m)．1分因圆筒每秒转2周，故在1s内所记录的图形如图所示．3分【思路点拨】本题主要是要搞清楚在加速电场中—运用动能定理求解，在偏转电场中—类平抛运动规律类比求解，还要会利用三角函数规律递推的表达式画图线。（要细心和规范），求解第二问是难点。【【原创精品解析纯word版】理综（物理）卷·届广西柳州市、玉林市、贵港市、百色市高三10月联考（[1]10）word版】25.（19分）如图20所示，在x轴下方的区域内存在方向与y轴相同的匀强电场，电场强度为E。在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B．y轴下方的A点与O点的距离为d．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场．粒子的重力不计．（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径r．（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．求E0．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子经过x轴时的位置．【答案】【知识点】动能定理的应用；带点粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动E2I3K2【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得qEd=①粒子进入磁场后做圆周运动，有qvB=m②解得粒子在磁场中运动的半径

r=

③

（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，由几何知识可得

R=④，由以上各式解得

E0=

⑤（3）将E=E0代入可得磁场中运动的轨道半径r=

⑥，粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足

cosα=即α=30°

⑦，则得

β=2α=60°

⑧

所以

粒子经过x轴时的位置坐标为x=r+⑨

解得x=⑩【思路点拨】（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转．根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；

（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0．

（3）若电场强度E等于第（2）问E0的求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置．【【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖北省武汉市部分重点中学高三上学期第一次联考（11）word版】17、（12分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心。在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：（1）电场强度E的大小；（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比。【答案】【知识点】带电粒子在磁场中运动向心力带电粒子在电场中运动I3D4K2【答案解析】(1)(2)解析：（1）加磁场时，粒子从A到D有：O1O1……①由几何关系有：……②加电场时，粒子从A到D有：……③……④由①～④得：……⑤（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知：圆心角圆运动周期：……⑦经磁场的运动时间：……⑧由①～④得粒子经电场的运动时间：……⑨即：……⑩【思路点拨】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得半径，然后换成电场后，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平匀速直线运动，竖直匀加速直线运动，根据运动学规律求解电场强度。（2）粒子在磁场中运动，由几何关系可知求得圆心角，根据周期公式求得在磁场中运动时间，在电场中根据竖直方向求得运动时间，然后求得时间之比。【【原创纯word版精品解析】物理卷·届湖北省武汉市部分重点中学高三上学期第一次联考（11）word版】8、如图所示，电路中、均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电建，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴将向下运动的是（）A．增大的阻值B．将两极板错开少许C．增大两板间的距离D．断开电键【答案】【知识点】带电粒子在混合场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律．I3J2K3【答案解析】CD解析：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴向下运动，则电场力应减小；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、降两极板错开，电路不变，电压不变，所以电场力不变，故仍然静止，故B错误；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C正确；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D正确；故选CD【思路点拨】分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题．本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键．【【原创精品解析纯word版】物理卷·届湖南省衡阳八中高三上学期第四次月考（11）】17.（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为L=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小；（2）液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？（g取10m/s2）【答案】【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动I3【答案解析】（1）（2）0.3s解析：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动.此时液滴所受电场力.（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为，而液滴从刚进入电场到出电场的时间所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为.【思路点拨】1）电容器与电源相连，故极板间电势差恒定，由E=,可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；

（2）根据粒子恰好从上极板边缘飞出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达P的时间．本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，电容器与电源相连极板电压保持不变．掌握基本规律是解决问题的关键．【【原创纯word版精品解析】理综卷·届贵州省遵义航天高级中学高三上学期第二次模拟考试（10）】25、（18分）在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60º角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：⑴M、N两点间的电势差UMN；⑵粒子在磁场中运动的轨道半径r；⑶粒子从M点运动到P点的总时间t．【答案】【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．I3K3【答案解析】(1)(2)(3)解析：（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，进入第四象限做匀速圆周运动．设粒子过N点的速度为v，有