十年高考(2003—2012）物理试题分类解析——专题10 带电粒子在电场中的运动

十年高考(2003—2012）物理试题分类解析
专题10 带电粒子在电场中的运动
一．2012年高考题
1.（2012·新课标理综）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
1.【答案】：BD
识。
2（2012·山东理综）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
【答案】CD
【解析】由粒子仅在电场力作用下的运动轨迹可知，该粒子受到圆心处正点电荷的排斥，该粒子带正电，在a点受力最大，选项AB错误；该粒子在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；该电场等距等势面ab之间电势差大于bc之间的电势差，由动能定理可知，该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。
【考点定位】此题考查带电粒子在点电荷电场中的运动及其相关知识。
3. (2012·天津理综)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，电势能先变大后变小
4（2012·四川理综）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度。
【解析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得：Wf -mgr(1-cosθ)=mv02.①
代入数据得，Wf=0.475J。 ②
（2）取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物块通过C点进入电场后的加速度为a1，
0= v1+ a2 t2，
s1= v1 t2+a2t22。
设CP的长度为s，有s= s1 +s2。
联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。
【考点定位】此题考查动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识。
二．2011年高考题
1．（2011江苏物理第8题）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力。下列说法正确的有
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
【答案】AB
【点评】题中给出的等势面是等差（相邻等势面之间的电势差相等0等势面。
2（2011广东理综第21题.）图8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】：由于集尘机与电源正极相连，到达集尘极的尘埃带负电荷，电场方向由集尘极指向放电极，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，由F=qE可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，选项BD正确AC错误。
【答案】：BD
【点评】此题考查静电除尘器除尘机理。
3.（2011福建理综卷第20题）反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是N/C和N/C，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,A点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：
B点到虚线的距离；
带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。
【解析】：
（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有│q│E1d1-│q│E2d2=0，
解得d2=d2=0.50cm.
（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
│q│E1=m a1，│q│E2=m a2，
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1=a1t12，
d2=a2t22，t= t1+t2，
联立解得 t=1.5×10-8s。
【点评】此题考查电场力、动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等知识点。
三．2010年高考题
1（2011安徽理综卷第18题）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：此题考查示波管。带电粒子在电场中的运动等知识点。由电极YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化可知，在y方向图形从y=0开始且向+y方向运动；由在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化可知，在x方向图形从-x半个周期开始，所以在荧光屏上会看到的图形是B。
答案：B
2．（2010全国新课标理综）.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。.若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)
【解析】根据电场线的切线方向表示电场强度方向，带负电的粉尘所受电场力的方向为电场线的切线的反方向。原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，只可能是图A所示。
【答案】A
【点评】只有当电场线为直线，初速度为零的带电粒子运动轨迹才与电场线重合。若带电粒子初速度不为零，则带电粒子一定向所受力的方向偏转；若电场线为曲线，带电粒子初速度为零，则带电粒子在电场力方向加速后一定向所受力的方向偏转。
3.（2010·四川省理综）如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
A、滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B、滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C、在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D、在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
3.【答案】AC
D错误。
4（2010·江苏物理）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k>1)。电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。
（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；
（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；
（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。
解析：.（1）电子在0~τ时间内做匀加速直线运动，加速度大小a1=，①
位移x1=a1τ2。②
在τ~2τ时间内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，加速度大小a2=，③
加速度的大小 a2′=
速度增量 △v2=-a2′τ ⑧
(a)当0≤t-2nτ<τ时
电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2nτ) ⑨
解得 v=[t-(k+1)nτ] ,(n=0,1,2, ……,99) ⑩
(b)当0≤t-(2n+1) τ<τ时
电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2-a2′ [t-(2n+1) τ]
解得v=[(n+1)(k+1) τ-kτ],(n=0,1,2, ……,99)
（3）电子在2(N-1) τ~(2N-1) τ时间内的位移x2N-1=v2N-2τ+a1τ2
电子在(2N-1) τ~2Nτ时间内的位移x2N=v2N-1τ-a2′τ2
由式可知 v2N-2=(N-1)(1-k) τ。
由式可知，v2N-1=(N-Nk+k) τ。
依据题意，x2N-1+ x2N=0，
解得 k=。
四．2009年高考题
1. （2009广东理科基础）如图1，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是 A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加【解析】根据做曲线运动物体的受力特点可知合力（电场力）指向轨迹的凹侧, 即受到的电场力方向与电场线方向相反，选项B错误；粒子从N到M，电场力方向与位移夹角大于90°，电场力做负功，速度减小，电势能增加；当达到M点后继续运动，电场力方向与位移夹角小于90°，电场力做正功，速度增大，电势能减小；由此可知，粒子在M点的速率最小，选项AD错误。在整个过程中带电粒子在匀强电场中运动，电场力不变，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度不变，选项C正确。
【答案】C
【点评】此题给出带电粒子在电场中运动的轨迹，考查曲线运动、电场力、做功、动能定理等知识点。
2（2009年安徽卷第18题）．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中
A．先作匀加速运动，后作匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
答案：D
做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。
3、（2009年四川卷第20题）．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
答案：AD
－和mgLsinθ－μmgLcosθ－W1＝，上两式相减可得Lsinθ＝，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。
4、（2009年浙江卷第20题）．空间存在匀强电场，有一电荷量q(q>0)，质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷为-q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则
A．在O、A、B三点中，B点电势最高
B．在O、A、B三点中，A点电势最高
C．OA间的电势差比BO间的电势差大
D．OA间的电势差比BA间的电势差小
答案AD
5（2009年天津卷第5题）．如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则
A.粒子受电场力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
【解析】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。
答案：B
6、（2009年福建卷第21题）．如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）
【解析】本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。
（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma ①
②
联立①②可得
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
7（2009年安徽卷第23题）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为E。在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达（0，－d）点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达（0，－d）点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
（3）当微粒1到达（0，－d）点时，两微粒间的距离。
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有 －
在x方向上有
－
根号外的负号表示沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，－d）点时发生的位移
则当当微粒1到达（0，－d）点时，两微粒间的距离为
8（2007年重庆理综）飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m.如图1,带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB,可测得离子飞越AB所用时间L1.改进以上方法，如图2,让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC,在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2,（不计离子重力）
（1）忽略离子源中离子的初速度，①用t1计算荷质比;②用t2计算荷质比.
（2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v′（v≠v′）,在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt. 可通过调节电场E使Δt=0. 求此时E的大小.
L2= (5)
由(1)、(4)、（5）式得离子荷质比
或 (6)
两离子初速度分别为v、v′,则 t= (7)
t′=+ (8)
Δt=t — t′= (9)
要使Δt＝0, 则须 (10)
所以E=。 (11)
【点评】此题以飞行时间质谱仪为命题素材综合考查考生应用知识能力。
五．2008年高考题
1、（2008海南物理第4题）静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m，为
A． B． C． D．
【答案】：C
【解析】：由电势差公式以及动能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷为 = 。
2. (2008·广东物理第8题)图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定
A．M点的电势大于N点的电势
B．M点的电势小于N点的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
【答案】AD
【点评】此题给出电场线分布，考查电势、电场力等。
3.（2008四川延考区理综）如图2，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a和b。一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的是
A. a点的电场强度大于b点的电场强度
B.质点在b点所受到的合外力一定为零
C.带电质点在a点的电势能大于b点的电势能
D．a点的电势高于b点的电势
场线方向竖直向下，a点的电势低于b点的电势，选项D错误。
【答案】AC
【点评】：此题以带电质点的运动轨迹切入，考查电场力、重力、加速度、电势能、重力势能等知识点。
4.（2008上海物理第 23题）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。
（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。
（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
解析：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
，
解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
六．2007年高考题
1.（2007·上海物理）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek’，则电场强度为多大？
【解析】：（1）若粒子从c点离开电场，
由L＝v0t，L＝＝，
联立解得E＝。
由动能定理，qEL＝Ekt－Ek，
解得：Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由bc边离开电场，
L＝v0t，vy＝＝，
Ek’－Ek＝mvy2＝＝，
解得E＝ EQ \F(2,qL) 。
若粒子由cd边离开电场，由qEL＝Ek’－Ek，
解得：E＝，
2（2007·北京理综）两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。
一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心。
已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
（1）极板间的电场强度E；
（2）粒子在极板间运动的加速度a；
（3）粒子的初速度v0。
七．2006年高考题
1．（2006重庆理综卷第19题）.如图19图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到达N点的过程中
A.速率先增大后减小
B.速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大
D.电势能先增大后减小
解析：电子在从M经P到达N点的过程中，库仑力先做正功后做负功，速率先增大后减小，电势能先减小后增大，选项AC正确BD错误。
答案:AC
2.（2006天津理综卷第21题）．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为 U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为 S、电流为 I的电子束。已知电子的电量为 e、质量为 m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是
A． B．
C． D．
答案:B
解析：电子进入电压为 U的加速电场，由动能定理，eU=mv2，
设长为△L的电子束内电子个数是n，由电流定义，ne=It，t=△L/v，联立解得n=。
3.（2006全国理综卷第25题）有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。
如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d,与电动势为、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的倍（＜1＝。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
（１）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势至少应大于多少？
（２）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
由以上三式有 ε>
q －mg=ma2
d=a2t22
小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数
n=。
由以上关系式得n=
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'=2qn
由以上两式可得Q'=
4（2006四川理综卷第24.题）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板 此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
解析: (1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。
设两板间电压为UAB
由动能定理得 -mgd-qUAB=0- ①
∴滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
I= =1A。 ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
(2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W ⑤
5.（2006·北京理综）如图1所示，真空中相距的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。
将一个质量，电量的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求：
（1）在时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
（2）若A板电势变化周期，在时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小；
（3）A板电势变化频率多大时，在到时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
解析：（1）电场强度
带电粒子所受电场力，
a==4.0×109m/s2。
（3）带电粒子在~t=向A板做匀加速运动，在~t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，有s＜d
由f=，电势变化频率应满足Hz
6.（2006·江苏物理）如图所示，平行板电容器两极板间有场强为 E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为 m，电荷量为+q的带电粒子（不 计重力）从 x轴上坐标为 x0 处静止释放。
（1）求该粒子在 x0 处电势能 Epx0。
（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。
qE=ma，
由运动学公式得vx2=2a(x-x0),
带电粒子在坐标为x处的动能Ekx=mvx2
联立解得：Ekx=qE(x-x0),
带电粒子在坐标为x0处的动能与势能之和Ex0= Epx0=- qEx0。
带电粒子在坐标为x处的动能与势能之和Ex= Ekx +Epx=qE(x-x0)- qEx=- qEx0。。
Ex0= Ex，即动能与电势能之和保持不变。
（2）解法二
八．2005年高考题
1．(10分) （2005·上海物理）如图所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。)
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处 若有请予以补充．
解析：该同学所得结论有不完善之处．
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：qEsinθ≤mg
所以
即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
2. (2005·全国理综1)图1中B为电源，电动势E=27V，内阻不计。固定电阻R1=500Ω，R1为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×10-2m，两极板的间距d=1.0×10-2m，S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=0.16m。P为一圆盘，由形状相同透光率不同的三个扇形、和构成，它可绕轴转动。当细光束通过、、照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω，2000Ω，4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×106m/s连续不断地射入C。已知电子电量，电子质量。忽略细
光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受重力。假设照在上的光强发生变化时阻值立即有相应的改变。
（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。
（2）设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在、分界处时,试在图2给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0~6s间）。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。）
由以上各式得
代入数据可得
由此可见，电子可通过C。
设电子从C穿出时，沿y方向的速度为，穿出后到达屏S所经历的时间为，在此时间内电子在y方向移动的距离为，
由以上关系式得
代入数据得
由题意得
（2）如图所示。
九．2004年高考题
1. （22分）（2004北京理综，25）下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。
已知两板间距d=0.1m，板的长度l=0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10-5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。
（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？
（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？
（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。
（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足，
解得4m/s。
（3）在竖直方向颗粒做自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度=4m/s。
十．2003年高考题
1. (2003年高考上海物理)若氢原子的核外电子绕核做半径为r的匀速圆周运动，则其角速度ω=________；电子绕核的运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流I=______。（已知电子的质量为m，电量为e，静电力恒量用k表示）
解析：氢原子的核外电子绕核做半径为r的匀速圆周运动，库仑力提供向心力，由k =mω2r得角速度ω=。电子绕核的运动周期T=2π/ω, 电子运动的等效电流I=e/T= 。
答案：
2.（2003上海物理）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.0×10-17C，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：⑴经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？⑵除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？⑶经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？
EK= mv2 NA(L-x) = NA(L-x) qUx/L，
当x=L-x，即x=L时EK达最大，
而x=at12，
解得t1=0.014s
图2
a
b
cc
d
O
a
b
c
d
·
·
·
·
M
N
vM
vN
θ
S0
E
甲
t
v
t1
t2
t3
O
v1
vm
乙
y
0
A(d,0)
·
E
x
（0, -d）
vy
（d,0）
x
E
y
θ
vx
图2
图2
y/10-2m
t/s
0
1
2
3
4
5
6
1.0
2.0
y/10-2m
t/s
0
1
2
3
4
5
6
1.0
2.0
2.4
1.2
U
S
接地
－
+
L