高中物理专项练习：力电综合问题 (2)

专题12 带电粒子在电场中运动的综合问题一：专题概述示波管的工作原理1．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动,打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．2．YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压,叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。

(如图1）电场中的力电综合问题1．动力学的观点（1）由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．（2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．2．能量的观点(1)运用动能定理,注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．（2）运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现．二：典例精讲1．示波管的工作原理典例1：示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管,其原理图如下, XX'为水平偏转电极，YY'为竖直偏转电极。

以下说法正确的是（）A. XX'加图3波形电压、YY'不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点B。

XX'加图2波形电压、YY'加图1波形电压,屏上将出现两条竖直亮线C。

XX'加图4波形电压、YY'加图2波形电压,屏上将出现一条竖直亮线D。

XX'加图4波形电压、YY'加图3波形电压,屏上将出现图1所示图线【答案】A2．带电粒子在复合场中的应用问题典例2：美国科学家密立根通过油滴实验首次测得电子的电荷量。

油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源相连，上、下板分别带正、负电荷。

油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带电，经上板中央小孔落到两板间的匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况，两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力作用。

高中物理力电综合例题
力电综合题目是高中物理中较为常见的一类题目，通常涉及到力学、电学、电磁学等多个方面的知识，具有较强的综合性和实验性。

以下是两道力电综合例题，供参考:
1. 一个带电球体在电场中运动，其加速度与电场强度大小和球带电量成正比，如果在电场中施加一个恒定的向右的电场，求球体受到的合力大小。

解：这道题涉及到电场力、重力、惯性力等多个力的关系。

根据电场力公式 F=Eq，可得球体受到的合力大小为:
F=Eq=q(Va/R)^2
其中，Va 为球带电球的极板之间的距离，R 为球的半径。

可以根据牛顿第二定律和惯性力定律求解球的加速度 a，进而求出合力大小。

2. 一个长度为 L、带有负电荷的直导线，在与导线垂直的平面内做匀速圆周运动，导线周围的磁场垂直于导线和平面，磁场大小为B，求导线受到的安培力大小。

解：这道题涉及到磁场、电场、重力等多个力的关系。

根据安培力公式 F=BIL，可得导线受到的安培力大小为:
F=BIL=BL(L/R)^2
其中，R 为直导线的半径。

可以根据牛顿第二定律和圆周运动规律求解直导线的加速度，进而求出安培力大小。

以上是两道力电综合例题，提供了一些解决力电综合题目的思路
和技巧。

在解题时，需要充分理解和掌握电场力、重力、惯性力、磁场力等多个力的关系，熟悉各种公式和定理的应用方法，才能够准确、快速地求解问题。

高三物理力电综合题(附详解)1、如图所示，xoy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z﹤0的空间，z﹥0的空间为真空，将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h出处，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场强处处为零，则在z轴上z=h/2处的场强大小为（k为静电力常量）：（）A．4 kq/ h2B．4 kq/ 9h2C．32 kq/9h2D．40 kq/9h22、在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和自感线圈L的阻值都很小，闭合开关S，使电路达到稳定，则：（）A．在电路甲中，断开开关S，打炮A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开开关S，打炮A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开开关S，打炮A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开开关S，打炮A将先变得更亮，然后渐渐变暗3、如图所示，ABCDEF为正六边形的六个顶点，P、Q、M分别为AB、ED、AF的中点，O为正六边形的中心。

现在六个顶点依次放入等量正负电荷。

若取无穷远电势为零，以下说法正确的有：（）A．P、Q、M各点具有相同的场强B．P、Q、M各点电势均为零C．O点电势与场强均为零D．将乙负电荷从P点沿直线PM移到M点的过程中，电势能始终不变4、如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。

用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将：（）A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．车向左运动后又静止5、如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关S原来接通，当开关S断开时，下面说法正确的是（电源内阻不计）（）A．L1闪亮一下后熄灭B．L2闪亮一下后恢复原来的亮度C．L3变暗一下后恢复原来的亮度D．L3闪亮一下后恢复原来的亮度6、已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳上，如图所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则：（）A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同B．P点的电场强度比Q点的电场强度大小相等，方向相反C．P点的电场强度比Q点的电场强度强D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱7、如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同的高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚好进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO，平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO，下方磁场足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度V随时间t变化的规律：（）8、如所示，在A、B两点固定着电荷量相等的两正点电荷，一带电粒子a由C点出发运动到D点时速度恰好沿竖直方向向上，则下列说法正确的是：（）A．带电粒子a带正电 B．带电粒子a带负电C．带电粒子a运动到D点后将沿直线OD一直加速到无穷远D．带电粒子a运动到D点后将沿直线OD先减速到零后再沿原路返回，并经过C点9、如图甲所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，质量为m，电阻为R。

力电综合 能量问题 微解题
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)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．
【答案】（1）v=2gh
（2）qd d h mg E )(+=，q d
h mgc Q )
(+=
（3）t ＝h ＋d h 2h
g
解析：(1)由v 2＝2gh ，有：解得：v ＝2gh
(2)对全过程，由动能定理，有： mg(h+d)-qEd=0
解得：qd d h mg E )
(+= 又因U ＝Ed ，Q ＝CU ，有：
解得：q d h mgc Q )
(+=
(3)由平均速度公式，有： h=(0+v)t 1/2,d=(v+0)t 2/2,
对全过程，由动量定理，有：mgt-qEt 2=0
解得：t ＝h ＋d h 2h
g。

高中物理专项练习：力电综合问题一．选择题1（高考大纲模拟14）.如图所示,有竖直向上的匀强磁场穿过水平放置的光滑平行金属导轨,导轨左端连有电阻R.质量相等、长度相同的铁棒和铝棒静止在轨道上．现给两棒一个瞬时冲量,使它们以相同速度v向右运动,两棒滑行一段距离后静止,已知两棒始终与导轨垂直,在此过程中( )A．在速度为v时,两棒的端电压Uab＝UcdB．铁棒在中间时刻的加速度是速度为v时加速度的一半C．铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间D．两回路中磁通量的改变量相等【参考答案】C【名师解析】两棒的初速度均为v0,根据法拉第电磁感应定律,棒中感应电动势为E＝BLv0,由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I＝ER＋r,而电阻R两端电压为U＝IR＝BLvRR＋r,由于铁棒和铝棒接入电路的电阻r不同,故两棒的端电压U ab≠U cd,故A错误；根据牛顿第二定律可知a＝B2L2vm R＋r,铁棒做加速度减小的减速运动,铁棒在中间时刻的速度小于v2,铁棒在中间时刻的加速度小于速度为v0时加速度的一半,故B错误；由于铝棒的电阻小于铁棒的电阻,根据F安＝B2L2vR＋r可知铝棒受到的平均安培力大于铁棒受到的平均安培力,根据动量定理－F安Δt＝－mv0可知,铝棒运动的时间小于铁棒运动的时间,故C正确；根据动量定理可知－F安Δt＝－mv0,而F安Δt＝B2L2vΔtR＋r＝B2L2xR＋r＝BLΔΦR＋r,解得ΔΦ＝mvR＋rBL,两回路中磁通量的改变量不相等,故D错误．2．（安徽江南十校联考）空间存在水平向右的匀强电场,方向与x轴平行,一个质量为m,带负电的小球,电荷量为－q,从坐标原点以v0=10m/s的初速度斜向上抛出,且初速度v与x轴正方向夹角θ=37°,如图所示.经过一段时间后到达最高点,此时速度大小也是10m/s,该小球在最高点的位置坐标是(si n37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)A.0.6m,1.8mB. －0.6m,1.8mC.5.4m,1.8mD.0.6m,1.08m【参考答案】B【名师解析】3.（安徽江南十校联考）某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型.正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上,被电动机带动一起以速度v匀速运动,线圈边长为L,电阻为R,质量为m,有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带,磁感应强度为B,且边界与线圈bc边平行.已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变,下列说法中正确的是A.线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B.线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C.线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量R BL 2D 线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为Rv L B 2222【参考答案】AC 【名师解析】4. （安徽江南十校联考）如图所示,半径为R 的绝缘闭合球壳,O 为球壳的球心,球壳上均匀分布着正电荷,已知均匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零.现在球壳表面A 处取下一面积足够小、带电量为q 的曲面将其沿OA 连线延长线向上移动至B 点,且AB=R,若球壳的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,下列说法中正确的是A.把另一带正电的试探电荷从A 点处移动到O 点过程中系统电势能减少B.球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场的电场线由A 点的对称点C 点沿直线指向球壳内表面各点C 球壳内部电场的电场线由球壳各点沿曲线指向A 点D 球心O 点场强的大小为k 243Rq【参考答案】CD 【名师解析】二．计算题1.（高考大纲模拟卷14）如图所示,在平面直角坐标系中,第三象限里有一加速电场,一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力),从静止开始经加速电场加速后,垂直x轴从A(－4L,0)点进入第二象限,在第二象限的区域内,存在着指向O点的均匀辐射状电场,距O点4L处的电场强度大小均为E＝qLB216m,粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限,如图所示,在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ,均充满了方向垂直纸面向外的匀强磁场,区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0,区域Ⅱ的磁感应强度大小可调,D点坐标为(3L,4L),M点为CP的中点．粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉．求：(1)加速电场的电压U；(2)若粒子恰好不能从OC边射出,求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点,求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．【参考答案】(1)v＝qBL2m,U＝qL2B28m（4分）(2)B＝24B049（6分）(3)见解析（10分）【名师解析】(1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理有：qU＝12mv2粒子在第二象限辐射状电场中做半径为R的匀速圆周运动,则：qE＝mv24L联立解得：v＝qBL2m,U＝qL2B28m(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度大小v＝qBL 2m,根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,有qB0v＝m v2r,得半径r＝mvqB＝L2,若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小,则粒子会从OC边射出磁场．恰好不从OC边射出时,作出对应的运动轨迹,如图．满足∠O2O1Q＝2θ,sin 2θ＝2sin θcos θ＝24 25 ,又sin 2θ＝rR－r解得：R＝4924r＝4948L又R ＝mv qB ,代入v ＝qB 0L 2m 可得：B ＝24B 049(3)①若粒子由区域Ⅰ达到M 点每次前进CP 2＝2(R －r )cos θ＝85(R －r )由周期性得：CM ＝n CP 2(n ＝1,2,3……), 即52L ＝85n (R －r ) R ＝r ＋2516n L ≥4948L ,解得n ≤3n ＝1时R ＝3316L ,B ＝833B 0n ＝2时R ＝4132L ,B ＝1641B 0n ＝3时R ＝4948L ,B ＝2449B 0②若粒子由区域Ⅱ达到M 点由周期性：CM ＝CP 1＋n CP 2(n ＝0,1,2,3……) 即52L ＝85R ＋85n (R －r ) 解得：R ＝52＋45n 851＋nL ≥4948L解得：n ≤2625n ＝0时R ＝2516L ,B ＝825B 0 n ＝1时R ＝3332L ,B ＝1633B 0.2.（高考冲刺模拟）．(12分)如图所示,光滑平行轨道abcd 的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,bc 段轨道宽度是cd 段轨道宽度的2倍,bc 段轨道和cd 段轨道都足够长,将质量相等的金属棒P 和Q 分别置于轨道上的ab 段和cd 段,且与轨道垂直.Q 棒静止,让P 棒从距水平轨道高为h 的地方由静止释放,求：(1)P 棒滑至水平轨道瞬间的速度大小； (2)P 棒和Q 棒最终的速度.【名师解析】(1)设P 棒滑到b 点的速度为v 0,由机械能守恒定律：2012mgh mv =得：02v gh =(2)最终两棒的电动势相等,即：2BLv P ＝BLv Q得2v P ＝v Q （此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等,但由于轨道宽度两倍的关系,使得P 棒受的安培力总是Q 棒的两倍,所以同样的时间内P 棒受的安培力的冲量是Q 棒的两倍,以水平向右为正方向,对P 棒：－2I ＝mv P －mv 0 对Q 棒：I ＝mv Q 联立两式解得：2P gh v =22Q ghv =. 3.（安徽江南十校联考）如图所示,在y>0的空间中存在着垂直xoy 平面向外的匀强磁场,在y<0的空间中存在着平行于xoy 平面的匀强电场,场强方向与x 轴负方向成45°角斜向上.一质量为m,带电量为q 的带正电粒子从坐标原点以初速度进入磁场,方向与x 轴负方向成45°角斜向上,然后经过M 点进人电场,并与y 轴负半轴相交于N 点.已知M 点坐标为(L,0),N 点坐标为(0,－2L)(不考虑粒子所受的重力)求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)匀强电场的电场强度.【名师解析】。

专题30 力电综合问题一．选择题1. （2019广西柳州一模）如图，两根足够长圆滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜搁置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平搁置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触优秀。

现由静止开释金属棒ab，假设电容器不会被击穿，忽视全部电阻，则以下说法正确的选项是A金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势B金属棒ab匀加快下滑D金属棒下滑过程中减少的重力势能等于棒增添的动能【参照答案】AB2．（2019辽宁沈阳一模）如下图，竖直搁置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其余电阻均可忽视，ef是一水平搁置的电阻可忽视的导体棒，导体棒质量为m，棒的两头一直与ab、cd保持优秀接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后( )A、导体棒ef的加快度必定大于gB、导体棒ef的加快度必定小于gC、导体棒ef机械能必定守恒D、导体棒ef机械能必定减少【参照答案】BD二．计算题1.（2019云南楚雄州姚安一中期末）如下图，两足够长平行圆滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感觉强度为BT的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ搁置在导轨上，且一直与导轨接触优秀，金属棒的质量为mkg、电阻不计．定值电阻R1=30Ω，电阻箱电阻调到R2=120Ω，电容CF，取重力加快度g=10m/s2．现将金属棒由静止开释．（1）在开关接到1的状况下，求金属棒下滑的最大速度．（2）在开关接到1的状况下，当R2调至30Ω后且金属棒稳固下滑时，R2耗费的功率为多少？（3）在开关接到2的状况下，求经过时间ts时金属棒的速度．【名师分析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度v m，此时棒处于均衡状态，故有mg sinα=F安，而F安=BIL，I=，此中R总=150Ω由上各式得：mg sinα=解得最大速度v m=（2）当R2调整后，棒稳固下滑的速度，由前方可知：v=故R2耗费的功率P2=I2R，此中I=得P2W．2（2019山西吕梁期末）如下图，某一新式发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道宽为d，上、下两面是绝缘板，前后双侧M、N是电阻可忽视的导体板，两导体板与开关S 和定值电阻R相连。

专题二 电磁感应力电综合问题 学案例题：如图1所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电微粒静止于平行板（两板水平放置）电容器中间，若线圈匝数为n ，平行板电容器的板间距离为d ，微粒的质量为m ，带电量为q ，线圈的面积为S,则：（1）微粒带什么电？（2）磁感应强度的变化率为多少？（3）如图2，若在两板间加一垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B ，微粒以初速度v 向右匀速运动，求磁感应强度的变化率为多少？变式：1、有一截面积为S 0=0.5m 2、电阻为r =10Ω、匝数为n =100匝的圆形线框A ，处在如图所示的磁场B 中，磁场的变化规律如图乙所示。

已知固定电阻R 1=40Ω、R 2=50Ω，水平放置的平行金属板电容器的两板间距为d=2.4cm ，规定磁场方向垂直纸面向里为正方向。

当开关S 断开时，在两板中心P 处有一带电微粒刚好处于静止状态。

取g=10m/s 2。

（1）问带电微粒带什么电荷？ （2）求带电微粒的荷质比。

（3）若先取走p 处的微粒，将开关S 闭合，待电容器电压稳定后，再在P 处释放同样的带电微粒（初速度忽略不计），求该带电微粒运动到金属板的时间。

图1图22、如图所示，一半径为r 的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d ，板长为l ，t =0时，磁场的磁感应强度B 从B 0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m 、带电量为-q 的液滴以初速度v 0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点.⑴要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K 应满足什么条件？ ⑵要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B 与时间t3、如图所示，有小孔O 和O′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间．ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开．已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d ．带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g ．求：（1）磁感应强度的大小（2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小 （3）小球射入O 孔时的速度v实战练习．1.（2013年广东高考）如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属轨道上。

2024届全国高考复习物理历年好题专项（电场中的力电综合问题）练习1．[2023ꞏ湖南长沙雅礼中学一模](多选)如图所示，电子枪产生的电子经过U 0＝200 V 的电场加速，进入平行板电容器中央，平行板电容器板长L 和板间距离d 均为10 cm ，距板右侧D ＝10 cm 处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘有白纸，平行板电容器上所加电压u ＝200sin 2πt(V )，圆筒以n ＝2 r /s 转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，白纸上涂有感应材料，电子打到白纸上留下黑色印迹，最后从圆筒上沿轴线方向剪开白纸并展开，由于剪开白纸的位置不同，得到的图像形状不同，以下图像可能正确的是( )2．[2023ꞏ福建莆田联考](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A ．匀强电场的电场强度E ＝mg tan θqB ．小球动能的最小值为E k ＝mgL2cos θC ．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D ．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 3．[2022ꞏ全国甲卷](多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P 点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P 点．则射出后，( )A ．小球的动能最小时，其电势能最大B ．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C ．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D ．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 4．[2023ꞏ天津三中模拟](多选)如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 连线为水平直径，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为＋q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为＋q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则( )A ．小球运动到B 点时的速度大小为 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为gC ．小球不能运动到C 点D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k q 1q 2R 2 [答题区]题号 1 2 3 4 答案5.图甲是近年来兴起的一种静电耳机，图乙是其原理图，A 、B 为两片平行固定金属薄板，M 是位于金属板之间的极薄带电振膜，音频信号加在金属板上，板间将形成随音频信号变化的电场，在静电力作用下振膜振动从而发出声音．若两金属板可看作间距为d 、电容为C 的平行板电容器，振膜质量为m 且均匀带有＋q 电荷，其面积与金属板相等，振膜只能沿垂直金属板方向平行移动，不计重力和阻力．(1)当金属板充电至电荷量为Q 时，求振膜的加速度a.(2)若两板所加电压信号U AB 如图丙所示，在t ＝0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，为了使振膜做周期为T 的重复运动并且始终不碰到金属板，求电压u 1和u 2的最大值．6．[2023ꞏ山东烟台一模]如图甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 点到A 、B 的距离都是l.现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10－2s ，m ＝5×10－10kg ，q ＝1.0×10－7C .(1)在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t ＝0到t ＝T2 这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？ (3)在t ＝0到t ＝T2 这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？7.[2023ꞏ北京大兴区模拟]如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有一14 圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R ，下端管口切线水平，离水平地面的距离为h ，有一质量为m 的带正电(＋q)小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，对管壁压力为4mg ，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小； (2)匀强电场的场强；(3)若R ＝0.3 m ，h ＝5.0 m ，小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10 m /s 2)8．[2022ꞏ广东卷]密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d 的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m 0、位于同一竖直线上的球形小油滴A 和B ，在时间t 内都匀速下落了距离h 1.此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A 继续以原速度下落，B 经过一段时间后向上匀速运动．B 在匀速运动时间t 内上升了距离h 2(h 2≠h 1)，随后与A 合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f ＝km 13v ，其中k 为比例系数，m 为油滴质量，v 为油滴运动速率．不计空气浮力，重力加速度为g.求：(1)比例系数k ；(2)油滴A 、B 的带电量和电性；B 上升距离h 2电势能的变化量； (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向．参考答案1．答案：AC答案解析：设电子经电场加速后的速度为v 0，根据动能定理有U 0q ＝12 m v 20 ，离子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d ，根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖直位移y ＝⎝⎛⎭⎫D ＋L 2 tan θ＝7.5sin 2πt (cm)，电子打到白纸上形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5 cm ，D 错误；由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状，若沿①剪开，图形如题图A 所示，若沿②剪开，图形如题图C 所示，因为圆筒周期是交流电周期的一半，电子落在白纸上图像是正弦图线的重合，A 、C 正确，B 错误．2．答案：AB答案解析： 小球静止时悬线与竖直方向成θ角，小球受重力、拉力和电场力而处于平衡状态，如图所示，根据平衡条件有mg tan θ＝qE ，解得E ＝mg tan θq ，A 正确；小球恰能绕O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小，根据牛顿第二定律有mgcos θ ＝m v 2L ，则最小动能E k ＝12 m v 2＝mgL2cos θ ，B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C 错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D 错误．3．答案：BD答案解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v ′处，v ′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q 处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v ，P 处与Q 处小球动能相等，所以A 、C 错误，B 正确；从P 到Q (Q 点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P 处与Q 处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D 正确．4．答案：AD答案解析：带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12 m v 2B ，解得v B ＝2gR ，A 正确；小球运动到B 点时的加速度大小为a ＝v 2B R ＝2g ，B 错误；小球运动过程中只有动能与重力势能相互转化，因此可以运动到C 点，C 错误；小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg －k q 1q 2R 2 ＝m v 2B R ，解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2 ，即小球在 B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k q 1q 2R 2 ，D 正确．5．答案：(1)qQ Cdm (2)12d 2m qT 2 36d 2mqT 2答案解析：(1)由C ＝Q U ，可知金属板间的电压为U ＝Q C 又因为E ＝Ud 且F ＝Qe ，故其所受的静电力F ＝Uqd ，根据牛顿第二定律，有a ＝F m ＝Uq dm ＝qQCdm .(2)u 1为正向，A 板电势高于B 板电势，振膜向右运动，如果一直做往复运动且不和金属板发生碰撞，则振膜在一个周期内的总位移应该为零，设u 2的电压为u 1的n 倍，则2×12 ×⎝⎛⎭⎫T 4＋1n ꞏT 4 v ＝2(n －1)×12 ×n －1n ꞏT 4 ꞏv ，解得n ＝3；a 1＝qU 1dm 不碰金属板，即12 a 1⎝⎛⎭⎫T 4 ⎝⎛⎭⎫T 4＋T 12 ≤d 2，解得u 1≤12d 2m qT 2 则由两个电压的关系可得u 2≤36d 2m qT 2 . 6．答案：(1)6 ×10－3s 到达A 极板 (2)4×10－3s 时刻 (3)100个答案解析：(1)根据题图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动．因为x ＝qU 04lm ⎝⎛⎭⎫T 2 2＝3.6 m>l ，所以粒子从t ＝0时刻开始，一直加速到达A 板． 设粒子到达A 板的时间为t ，则l ＝12 ꞏqU 02lm t 2，解得t ＝6 ×10－3s. (2)在0～T 2 时间内，粒子的加速度大小为a 1＝qU 02lm ＝2×105 m/s 2， 在T 2 ～T 时间内，粒子的加速度大小为a 2＝2qU 02lm ＝4×105 m/s 2可知a 2＝2a 1，若粒子在0～T 2 时间内加速Δt ，再在T 2 ～T 时间内减速Δt2 刚好不能到达A 板，则l ＝12 a 1Δt 2＋a 1Δt ꞏΔt 2 －12 a 2ꞏ⎝⎛⎭⎫Δt 2 2 ⎝⎛⎭⎫或l ＝12a 1Δt ꞏ32Δt 解得Δt ＝2×10－3s因为T 2 ＝6×10－3s ，所以在0～T 2 时间内4×10－3s 时刻产生的粒子刚好不能到达A 板． (3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～T 2 时间内的前23 时间内产生的粒子可以到达A 板，所以到达A 板的粒子数n ＝300×12 ×23 ＝100(个).7．答案：(1)3gR (2)mg2q (3)5.5 m答案解析：(1)小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2BR 且支持力F N ＝F N′＝4mg联立解得v B ＝3gR .(2)小球从A 运动到管口B 的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12 m v 2B －0解得E ＝mg2q .(3)小球离开管口B 后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动， 有h ＝12 gt 2解得t ＝1 s水平方向qE ＝ma ，解得a ＝0.5g水平距离x ＝v B t ＋12 at 2＝3gR ꞏt ＋14 gt 2＝(30×0.3 ×1 m ＋14 ×10×12)m ＝5.5 m ． 8．答案：(1)m 230gth 1 (2)A 不带电，B 带负电 m 0gd （h 1＋h 2）Uh 1 －m 0g （h 1＋h 2）h 2h 1(3)h 1－h 2213t若h 1>h 2，则v ″>0，新油滴向下运动 若h 1＝h 2，则v ″＝0，新油滴静止 若h 1<h 2，则v ″<0，新油滴向上运动答案解析：(1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为v ＝h 1t 由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即m 0g ＝f ＝km 130v 解得k ＝m 230gth 1.(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B 向上匀速运动，而A 仍以原速度下落，说明A 不带电，B 带负电B 匀速上升的速度为v ′＝h 2t对B 由平衡条件得q Ud ＝m 0g ＋km 13 0v ′解得q ＝m 0gd （h 1＋h 2）Uh 1B 上升距离为h 2的过程，电场力做的功为 W ＝qEh 2＝q Ud h 2＝m 0g （h 1＋h 2）h 2h1又W ＝－ΔE p则B 电势能的变化量为－m 0g （h 1＋h 2）h 2h 1. (3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v ″，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得2m 0g ＝q Ud ＋k ꞏ(2m 0)13 v ″解得v ″＝h 1－h 2213t若h 1>h 2，则v ″>0，新油滴向下运动 若h 1＝h 2，则v ″＝0，新油滴静止若h 1<h 2，则v ″<0，新油滴向上运动．。

高考物理《力、电综合问题》真题练习含答案1．(多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A 点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q≪Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是()A．物块的加速度恒定不变B．物块的动能一直增大C．物块的机械能保持不变D．物块的电势能先增大后减小答案：ABC解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．2．[2024·广东省广州五中阶段考试](多选)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点沿斜面向下运动，经C 点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变．则下列判断正确的是()A．物块在上滑过程中机械能增大B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力为零答案：ACD解析：物块在上滑过程中，对物块受力分析，可知上滑过程中应满足qE cos θ>F f ＋mg sin θ，可知电场力做功大于摩擦力做功，除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，因此物块在上滑过程中机械能增大，A 正确；物块在上滑过程中，由动能定理可得W 电－W f －W G ＝ΔE ，可知W 电>W G ，电场力对带电物块做正功，带电物块的电势能减少，因此物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，B 错误；物块下滑时经过C 点向下运动，再返回到C 点时有摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C 点的动能一定大于上滑时经过C 点的动能，C 正确；当不加电场时，斜面对物块的支持力为F N ＝mg cos 30°＝32 mg ，物块下滑时与斜面的滑动摩擦力F f ＝μmg cos 30°＝mg sin 30°＝12mg ，由支持力和滑动摩擦力的大小和方向可知支持力和滑动摩擦力的合力方向竖直向上，当加上电场后，由于电场力的作用可知F′N ＝mg cos 30°＋qE sin 30°，F′f ＝μ(mg cos 30°＋qE sin 30°)，电场力使支持力和滑动摩擦力成比例关系增加，则支持力与摩擦力的合力方向仍竖直向上，由牛顿第三定律可知，则物块对斜面的压力和摩擦力的合力竖直向下，可知斜面在水平方向受力是零，则斜面与地面之间的摩擦力是零，D 正确．3．(多选)如图所示，BCD 为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中BC 段水平，CD 段为半圆形，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小为E ＝2mg q，一质量为M 的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接．一带电量为＋q 的金属小球甲，从距离地面高为H 的A 点由静止开始沿斜面滑下，与静止在C 点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两小球材质、大小均相同，质量均为m ，且M ＝2m ，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，g 取10 m /s 2.则( )A ．甲球滑到斜面底端时的速度大小为2gHB ．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小为gHC ．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小为2gHD ．若乙球恰能过D 点，半圆形轨道半径为25 H答案：AD解析：以甲球和斜面为整体，由动能定理可得mgH ＋qEH ＝12 mv 21 ＋12Mv 22 ，以甲球与斜面为系统，水平方向动量守恒：Mv 2－mv 1＝0，解得v 1＝2gH ，选项A 正确；甲、乙两球碰撞由动量守恒定律与机械能守恒定律可得mv 1＝mv′1＋mv 乙，12 mv 21 ＝12 mv′21 ＋12 mv 2乙 ，联立两式可得v 乙＝2gH ，v′1＝0，选项B 、C 错误；乙球由最低点到D 点由动能定理可得－(mg ＋12 qE)×2R ＝12 mv 2D －12mv 2乙 ，小球乙恰好到达最高点D ，由牛顿第二定律可得mg ＋q 2 E ＝m v 2D R ，联立两式可求：R ＝25H ，选项D 正确． 4．[2024·河北省张家口市张垣联盟联考]如图所示，真空中存在空间范围足够大的、方向水平向左的匀强电场，在电场中，圆心为O 、半径为R ＝67m 的圆弧形光滑绝缘轨道MN 固定在竖直平面内，O 、N 恰好处于同一竖直线上，ON ＝R ，OM 与竖直方向之间的夹角θ＝37°.水平虚线BC 上有一点A ，点A 、M 的连线恰好与圆弧轨道相切于M 点，AM ＝2R.现有一质量为m ＝3g 、电荷量为q ＝1×10－3 C 的带电小球(可视为质点)从A 点以一定的初速度沿AM 做直线运动，带电小球从M 点进入圆弧轨道后，恰好能沿圆弧轨道运动并从N 点射出．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m /s 2.求：(1)匀强电场的大小；(2)小球在圆弧轨道运动的过程最小速度大小和在N 点射出时的速度大小；(3)带电小球在A 点时的初速度大小．答案：(1)E ＝40 V /m (2)107 7 m /s 67 35 m /s (3)10 m /s 解析：(1)根据带电小球沿AM 做直线运动可知，带电小球所受的电场力与重力的合力沿MA 方向，则带电小球所受电场力与重力的关系tan 37°＝mg qE可得E ＝4mg 3q＝40 V /m (2)带电小球所受电场力与重力的合力大小为F＝mgsin θ＝53mg根据带电小球恰好能沿圆弧轨道运动并从N点射出可知，带电小球在圆弧轨道上经过等效最高点G时速度有最小值v G，如图所示此时带电小球所受电场力与重力的合力提供向心力，即F＝m v 2 GR解得v G＝53gR ＝1077 m/s带电小球从G点运动到N点的过程中，根据动能定理有F(R－R sinθ)＝12mv 2N－12mv2G解得v N＝3gR ＝6735 m/s(3)设带电小球在A点时的初速度大小为v0，小球从A点运动到G点的过程中，根据动能定理有－F×3R＝12mv 2G－12mv2解得v0＝353gR ＝10 m/s。