《力电综合问题》专题突破最新试题典型题(含解析)
力电综合(含答案)
专题训练：力电综合问题的处理1．如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为Q A、Q B，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。
静止时A、B相距为d。
为使平衡时AB间距离变为2d，可采用以下哪些方法A．将小球B的质量变为原来的八分之一B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【答案】AC2．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB=30°，斜面内部O点（与斜面无任何连接）固定有一正点电荷，一带负电的小物体（可视为质点）可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是（）A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零【答案】B3．如图所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则下列说法正确的是A．液滴做的是匀速直线运动B．液滴做的是匀减速直线运动C．两板间的电势差为mgdqD．液滴的电势能减少了mgd【答案】ACD4．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【答案】 BD5．光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为A. B.C. D.【答案】 B6．如图所示，光滑绝缘的水平面上有带异种电荷的小球A、B，它们在水平向右的匀强电场中保持相对静止并共同向右做匀加速直线运动．设A、B的电荷量绝对值依次为Q A、Q B，则下列判断正确的是A．小球A带正电，小球B带负电，且Q A>Q BB．小球A带正电，小球B带负电，且Q A<Q BC．小球A带负电，小球B带正电，且Q A>Q BD．小球A带负电，小球B带正电，且Q A<Q B【答案】 D7．如右图所示，一光滑绝缘水平木板（木板足够长）固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q（带正电）的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则（）A.这一过程中带电物块的电势能先增加后减小，其变化量为0B.水平恒力与电场力的比为9:5C.水平恒力与电场力的比为7:3D.物块先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A点【答案】AB8．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O 点做竖直平面内的圆周运动，a 、b 两点分别是圆周的最高点和最低点，则 A ．小球经过a 点时，线中的张力最小 B ．小球经过a 点时，电势能最大C ．小球经过b 点时，线中的张力最小D ．小球经过b 点时，机械能最小 【答案】D9．如图所示，水平向左的匀强电场场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，然后由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向夹角θ＝60°的位置B 时速度为零．以下说法中正确的是( )A ．A 点电势低于B 点电势B ．小球受到的电场力与重力的关系是EqC ．小球在B 点时，细线拉力为2mgD ．小球从A 运动到B 【答案】B10．有一匀强电场，其场强为E ，方向水平向右，把一个半径为r 的光滑绝缘环，竖直放置于场中，环面平行于电场线，环的顶点A 穿有一个质量为m ，电量为q(q>0)的空心小球，如图所示，当小球由静止开始从A 点下滑1/4圆周到B 点时，小球对环的压力大小为( ) A ．2mg B ．qE C ．2mg+qE D ．2mg+3qE 【答案】D．如图所示，空间存在足够大的竖直向下的匀强电场，带正电荷的小球（可视为质点且所受电场力与重力相等）自空间0点以水平初速度v 0抛出，落在地面上的A 点，其轨迹为一抛物线。
专题突破课12 电场中的力电综合问题-2025版物理大一轮复习
目标要求 1.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。
2.会用动力学观点、能量观点和动量观点分析电场中的力电综合问题。
考点一带电粒子在交变电场中的运动问题1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
维度1带电粒子在交变电场中的直线运动如图甲所示，真空中相距d ＝5cm 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乙所示。
将一个质量m ＝2.0×10－27kg 、电荷量q ＝＋1.6×10－19C 的带电粒子从紧邻B 板处释放，不计粒子重力。
求：甲乙(1)在t ＝0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T ＝1.0×10－5s ，在t ＝0时将带电粒子从紧邻B 板处无初速度释放，粒子到达A 板时速度的大小；(3)A 板电势变化频率多大时，在t ＝T 4到t ＝T 2时间内从紧邻B 板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。
解析：(1)带电粒子所受静电力大小为F ＝qE ＝qU d由牛顿第二定律得a ＝F m ＝qU dm＝4.0×109m/s 2。
(2)由位移公式计算粒子在0～T 2时间内运动的距离为x ＝12a (T 2)2＝5.0×10－2m 由此可见带电粒子在t ＝T 2时恰好到达A 板。
2025年高三一轮复习物理课件专项突破6静电场中的力电综合问题
p2 -p1
2.在 Ep-x 图像中,图线的斜率 k=
别表示电场力的大小和方向。
2 - 1
Δp
-电场
= Δ =
Δ
=-F 电场,即图像的斜率绝对值和正负分
专项突破6
静电场中的力电综合问题
(2024 届河南模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动,其电势
能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所示,其中 0 ~x2 段是关于直线 x=x1 对称的曲线,x2~x3 段
根据小球恰好能沿圆弧轨道运动并从 N 点射出可知,小
球在圆弧轨道上经过等效最高点 G 时,速度有最小值 vG,
如图乙所示,此时小球所受电场力与重力的合力提供向
2
心力,即 F=m
解得 vG=
5
3
。
(2)设小球在 P 点时的初速度大小为 v0,小球从 P 点运动到 G 点的过程中,根据动
1
1
(3)U0<
8 2
5 2
5
专项突破6
解析
静电场中的力电综合问题
6
2
2
(1)0~ 时间内,带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动,在 ~T 时
间内,粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。竖直方向的 v-t 图像如图中①所示。
(2)当粒子在 0,T,2T,…,nT 时刻进入电场中时,粒子将打在 O'点下方最远点,在前2 时
2 0 2
间内,粒子在竖直方向向下的位移 s1=2a1 2 = 8 ;在后2 时间内,粒子在竖直方向向下的
1
2
0 T
1
位移 s2=v·2 -2a2
高中物理专项练习：力电综合问题 (2)
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25 力、热、电综合(解析版)
C.温度越高病毒分子的动能越小D.带静电的物体对轻小物体有吸引作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．一切物体在任何情况下都具有惯性，病毒分子同样具有惯性，故A项正确，不符合题意；
B．温度越高分子运动越快，故B项正确，不符合题意；
C．温度越高分子运动越快，病毒分子的动能越大，故C项错误，符合题意；
B.图乙：使用该滑轮一定省一半的力
C.图丙：水中的“桥”是光反射形成的
D.图丁：可探究产生感应电流的条件
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中活塞向下运动，两个气门都关闭，为做功冲程，做功冲程将内能转化为机械能，A正确，但不符合题意；
B．图乙为动滑轮，只有当拉力F与重物运动路线是平行 时候，动力臂L1是阻力臂L2的2倍，此时省一半的力，B错误，但符合题意；
B．对一个物体做功时，如果这个物体对外界放出大量 热量，那么这个物体总的热量可以是不变，也可以是减小的，B错误；
C．能在短时间内得到补充或能在短周期内再生产的能源成为可再生能源，反正为不可再生能源，风能、水能是可再生能源，煤是不可再生能源，C错误；
D．气体在流速大的地方压强较小，D错误。
故选A。
9.（2020·山东省济宁市）如图所示，下列实验仪器的使用不正确的是（ ）
【解析】
【详解】[1]雾炮车在匀速喷洒消毒液的过程中，车的速度不变，但随着消毒液的减小，车的总质量减小，所以车的动能变小。
C．为了用电安全，开关要接到火线上，C错误；
D．两磁体同名磁极相互排斥，异极相吸，D错误。
故选B。
8.（2020·山东省济宁市）下列说法中正确的是（）
A.温度高的物体，其内能不一定大
初中物理专题训练——力电综合计算题及解析
R2'ຫໍສະໝຸດ R2总LL L
30Ω
6cm 4cm 6cm
10Ω
则电流表的读数为 I
U总 R1 R2'
6V 10Ω 10Ω
0.3A
（3）要保证电路安全，则电路中的最大电流不能超过 0.5A，即当电流为 0.5A 时，拉环上的拉力最大，则
电路中的最小电阻为： Rmin
U总 I max
6V 12Ω 0.5 A
6.机械功：W=Fs；
7.功率：P=W/t
8.机械效率公式：η= W 有/W 总
9.电功公式：W=UIt
注意：公式 W=UIt，适用于任何电路，而公式的变形式 W=I 2 Rt 和W U 2 t 只适用于纯电阻电路，即将电 R
能全部转化为热能的电路。 10.电功率公式： （1）定义式 P=W/t （2）计算式：P=UI
物块 A 对地面最小的压力 F G Fmax 150kg 10N / kg 560N 940N
【例题 2】（2021 贵州黔东南二模）某同学设计了一个利用如图 1 所示的电路来测量海水的深度，其中 R1＝ 2Ω是一个定值电阻，R2 是一个压敏电阻，它的阻值随所受液体压力 F 的变化关系如图 2 所示，电源电压保 持 6V 不变，将此压敏电阻用绝缘薄膜包好后放在一个硬质凹形绝缘盒中，放入海水中保持受力面水平，且 只有一个面积为 0.02m2 的面承受海水压力。（设海水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g 取 10N/kg） （1）当电流表示数为 0.2A 时，求压敏电阻 R2 的阻值； （2）如图 2 所示，当压敏电阻 R2 的阻值为 20Ω时，求此时压敏电阻 R2 所在深度处的海水压强； （3）若电流的最大测量值为 0.6A，则使用此方法能测出海水的最大深度是多少？
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(附答案)
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．。
专题力电综合解析
(1)若浮标有 2×10－4 m3 的体积浸入油中，则油对它的浮力是多大？ (g 取 10 N/kg) (2)当油面处在 A 处时，电流表的示数为多少？
(3)已知电流增大时，电流表的指针向右偏转，则___C_____。
A．油面下降时，电流表指针向右偏转 B．油量表零刻度线一定与电流表原零刻度线相重合 C．油量表的刻度值从左往右是逐渐增大的 D．油箱内的油越少，流过电流表的电流越大
的机械能：W 机＝ηW 电＝3×106 J×80%＝2.4×106 J，车
充一次电后，最多能跑的距离为 s＝Wf ＝2.44×01N06 J＝6×104 m。
[针对训练]
如图 Z12－2 所示是某型号的电动巡逻车，其主要技术 参数如下表所示。已知该电动巡逻车在水平路面上匀速行驶 时所受的阻力为人车总重的 0.04 倍，电动机能把 80%的电 能用来牵引巡逻车克服阻力做功。总质量为 120 kg 的两名巡 警乘坐该车，在水平路面上以额定功率匀速行驶 10 min。求： (g 取 10N/kg)
届中考物理专题复习 专题12 力电综合
专题诠释
一、考点分析： 力电综合和力热综合有很多相似的地方。 力学和电学知识在一道题目中进行考查时，多以电动汽车、电 动自行车等电动机为载体，考查与其相关的效率问题、消耗电 能的问题、压强、功、功率问题等。
二、难点突破： 电动机将电能转化为机械能，所以在电 动机的效率问题中，总能量是消耗的电能，有用的能量是机械
(1)该车的最大载重量是多大？ (2)该车每次充电能储存电能 3×106 J，电 能转化为机械能的效率为 80%。若车以某一速度匀速行驶，受 到的阻力是 40 N，求该车充一次电后，最多能跑多远？
[答案] (1)3.4×103 N (2)6×104 m [解析] (1)根据车胎能承受的最大压强和车轮与地面的 总接触面积可以求出车胎能承受的最大压力，减去车身的自
高考物理知识讲解 电磁感应中的力电综合问题(提高) 专题复习资料含答案
物理总复习：电磁感应中的力电综合问题【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用； 【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题 要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。
2、几个概念（1）电源电动势E BLv =或E ntφ∆=∆。
（2）电源内电路电压降r U Ir =，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。
（r 是内电路的电阻）（3）电源的路端电压U ，r U IR E U E Ir ==-=-（R 是外电路的电阻）。
路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。
（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。
（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。
3、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。
（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。
（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联立求解。
4、解题思路（1）明确电源的电动势B SE nnS nBt t tφ∆∆∆===∆∆∆ E BLv =，212E BL ω=，sin E nBS t ωω=（交流电）（2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电源”的正、负极。
（3）明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。
专题14 带电体的力电综合问题之圆周运动-2021年高考物理静电场微专题突破
3
图5 (1)带电体运动到圆弧形轨道 C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处． 【答案】 (1)10m/s，方向竖直向上 (2)C 点上方到 C 点的竖直距离为 5m 处
3 【解析】 (1)设带电体到达 C 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得：qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝1mv2
qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek
解得 B 点动能即最大动能 Ek＝14mgr.
(2)设小球在 B 点受圆环弹力为 FN，由牛顿第二定律得 FN－F 合＝mrv2
而 F 合＝cmosgθ＝54mg
解得 FN＝7mg，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为 7mg.
4
4
2
图3 例题 3、如图 4 所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的 A
所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 E＝1.0×104N/C，现有质量 m＝0.20 kg、电荷量 q＝
8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从 A 点由静止开始运动，已知 xAB＝1.0 m，带电体与轨道 AB、CD 间 的动摩擦因数均为 0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取 g＝10 m/s2)
【答案】 (1) mg－qE sin α (2)5R (3)－3REq
m
2
【解析】(1)根据牛顿第二定律有
(mg－qE)sin α＝ma，解得 a＝ mg－qE sin α(2)若小球刚好通过 B 点，根据牛顿第二定律有 m
mg－qE＝mv2 R
Байду номын сангаас
小球由 A 到 B，根据动能定理有
(mg－qE)(h－2R)＝mv2 2
高考物理《力、电综合问题》真题练习含答案
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。
专题01静电场中的力电综合问题高中物理练习分类专题教案(人教版)
第九章静电场及其应用专题01：静电场中的力电综合问题一、选择题1.(2024江苏淮安江阴中学期中)可视为点电荷的a、b两个带电小球所带的电荷量分别为+6q和q，质量分别为m和3m，两球间用一长为L的绝缘细线连接，用长度也为L的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，平衡时两细线都被拉紧，则平衡时两球的位置可能是图中的()2.(2023黑龙江哈尔滨三中月考)如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬挂，处在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直，已知A、B相距3 cm，A的电荷量为q A=+3.0×109 C，静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，则()A.小球B带正电，q B=3.0×109 CB.小球B带负电，q B=4.0×109 CC.匀强电场的电场强度大小E=3×104 N/C，方向水平向左D.A、B连线中点处的电场强度大小为1.6×105 N/C，方向水平向右3.(2023江苏苏州常熟阶段检测)如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止。
A、B可视为质点，关于此过程，下列说法正确的是()A.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B.地面对斜面C的支持力逐渐减小C.物体A受到斜面的支持力先增大后减小D.物体A受到斜面的支持力一直增大4.(2024江苏徐州期中)如图所示，电荷量为+q的点电荷在均匀带电薄板上方，到薄板的距离为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心，A、B为垂线上的两点，到薄板的距离均为d。
将一带电小球置于B点，释放时的加速度恰好等于重力加速度g。
已知静电力常量为k，则()A.薄板带正电B.薄板在A点产生的场强方向竖直向上C.薄板在B点产生的场强大小为kq9d2D.若将带电小球移到A点释放，其加速度仍等于重力加速度g5.(2023江苏南京大学附属中学期末)如图所示，质量分别为m1、m2的带同种电荷的小球A、B，分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相连，A、B球连线与过O点的竖直线交于C点，初始时弹簧处于压缩状态。
2023新考案一轮复习 第八章 专项突破6 电场中的力电综合问题 精炼
2023新考案一轮复习第八章专项突破6电场中的力电综合问题精炼一、多选题1.如图甲所示，一绝缘的圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆过圆心且垂直于圆环平面，杆上套有带正电的小球。
尸0时刻把小球从。
点由静止释放后，小球沿细杆运动经过仄C两点，小球运动的Lf图像如图乙所示。
下列判断正确的是（）A.小球从。
点运动到点的过程中电势能增大B.圆环在圆心处产生的电场强度为0C.。
点的电场强度大于b点的电场强度D. a、Z?两点电势差4,小于氏C,两点电势差Ubr二、单选题2.如图所示，在绝缘水平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达2B点，速度变为零.此过程中，金属块损失的动能有M转化为电势能.金属块继续运动到某点C （图中未标出）时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A 开始运动到C整个过程中经过的总路程为（）A. 1.5LB.2LC.3LD.4L三、多选题3.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、8两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J,在M点的动能为6 J,不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A.小球水平位移汨与尼的比值为1 ： 3B.小球水平位移汨与电的比值为1 ： 4C.小球落到B点时的动能为32 JD,小球落到8点时的动能为14 J四、单选题4.如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。
轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。
从水平轨道上的A点由静止释放一质量为的带正电的小球，已知小球受到的电场力3大小等于小球重力的4倍。
为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A 距圆轨道最低点B的距离S为（）五、多选题5.如图所示，一平行板电容器的电容为C,带有等量异种电荷的两极板A、B倾斜放置，质量为m带电荷量为-q的油滴，从极板A上的小孔P以初速度V。
专题12 带电体的力电综合问题之直线运动-2021年高考物理静电场微专题突破
2 C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和 D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大 【答案】AB 【解析】由题意得 qE＝mgsinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电 势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故 A 正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹 性势能的增加量，即等于动能的减少量，故 B 正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知， 电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故 C 错误．当滑块运动到最低点时，加速 度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故 D 错误． 【典例 4】如图 4 所示，一电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装 置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. 求：
，
2
子在 D 点左侧时所受电场力向左，粒子在 D 点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情 况：在 D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过 D 点时，先在 D 点左侧减速，过 D 点以后加速运动；或在 D 点左侧减速，则运动到 D 点速度减为 0，以后一直静止，所以粒子在 CD 之间的 运动可以用 B、C 图象描述，故 B、C 正确． 题型二 有约束条件下（受到弹力、摩擦力等接触力） 【典例 3】如图 3 所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块 P，滑块所 处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状 态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度 v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为 x， 若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是( )
2025届高考物理复习：经典好题专项(带电物体在电场中的力电综合问题)练习(附答案)
2025届高考物理复习：经典好题专项（带电物体在电场中的力电综合问题）练习1．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。
则下列说法正确的是( )A ．物块在上滑过程中机械能一定减小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可能不为零2. (2023ꞏ河北邯郸市模拟)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球被绝缘细线悬挂静止于A 点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB 运动，经时间t 后到达B 点，已知直线AB 与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g ，规定A 点的电势为零，下列说法正确的是( )A ．电场强度大小为E ＝2mg qB ．B 点的电势φB ＝mg 2t 22qC ．小球在B 点的电势能E p B ＝mg 2t 22D ．小球机械能的变化量为mg 2t 223. (多选)(2023ꞏ江西九江市统考)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，A 、D 两点为其水平直径的两端，C 、F 两点为其竖直直径的两端。
空间有与圆周平面平行的匀强电场，在圆周上的B 点有一粒子源，在圆周平面内，以相同大小的初速度v 0沿各个方向发射质量为m 的带相同正电荷的微粒。
对比到达圆周上各点的微粒的能量，发现到达D 点的微粒机械能最大，到达E 点的微粒动能最大。
已知重力加速度为g ，则( )A ．电场的方向沿半径O 到EB ．微粒所受静电力大小为3mgC ．微粒动能的最小值为12m v 02－(233－1)mgRD ．微粒动能的最大值为12m v 02＋(33－1)mgR4．(多选)(2024ꞏ重庆北碚区西南大学附中校考)如图甲所示，一倾角为30°的固定光滑绝缘斜面，上方存在沿斜面向下的匀强电场。
力电综合问题(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题08力电综合问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题 (1)热点题型二结合电磁场场考查带电粒子的碰撞问题 (6)热点题型三结合叠加场考查带电体的运动问题............................................................................................14热点题型四带电质点在电场中的折返与碰撞问题........................................................................................20热点题型五综合应用力学规律解决电磁感应中导体棒的运动问题.. (24)三．压轴题速练..........................................................................................................................................................28一，考向分析专题复习解读解决问题本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与解决电学综合问题。
高考重点动量定理和动量守恒定律在电学中的理解及应用；应用动量和能量观点解决电场和磁场问题；电磁感应中的动量和能量问题。
题型难度本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，要综合利用电学知识、动量和能量观点分析问题，综合性较强，难度较大。
二．题型及要领归纳热点题型一借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题【例1】（2023秋·福建泉州·高三福建省安溪第一中学校联考期中）如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定一光滑绝缘的圆弧轨道BD ，轨道圆心为O ，竖直半径OD R =，B 点和地面上A 点的连线与地面成37θ=︒角，AB R =。
高考物理试题分项解析专题力电综合问题第期.doc
如上图所示，沿 y 轴方向离子共受三个力的作用，沿 y 轴正方向受阻力 f 和电场力 ，沿 y 轴负方向受洛
伦兹力
，所以
。
对管道中所有正离子则有
，因此
解法二：能量角度：
正离子在 y 轴上定向移动时所受的阻力等效于导体中定向移动的自由电子与金属离子（即金属
原子失去电
子后的剩余部分）的碰撞所受的阻力。电子所受阻力做的功大小等于电流在导体电阻上产生的热量，因此 正离子在 y 轴方向移动过程中，阻力做的功等于电流在液体中产生的热量。
（ 2）设 F = kt + F0 （ 1 分）
则有
（ 1 分） F0 = 0.5 N （ 1 分）
（ 1 分）
a 与 t 无关，故
得 k 0.2 （ 1 分）
（ N）（ 0≤t ≤1s) （ 1 分） 4．如图所示， AMN与 DEF 是固定的光滑平行金属导轨，间距为
lAM 与 DE段与水平面夹角为 θ，处在方向
（ 2）当 R2 调整后，棒稳定下滑的速度，由前面可知： v= 故 R2 消耗的功率 P2=I 2R，其中 I =
得 P2=0.075 W．
谢谢聆听
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2（ 2019 山西吕梁期末）如图所示，某一新型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，前后两侧 M、 N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关
正电子发射计算机断层扫描 (PET) 及正电子湮灭能谱学 (PAS) 的物理基础。如图 19 所示，在平面直角坐标系
xOy 上， P点在 x 轴上，且 OP＝ 2L， Q点在负 y 轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，在第Ⅱ
象限内有一圆形区域，与 x、 y 轴分别相切于 A、C 两点， OA＝ L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域 ( 图中
第5讲：力电综合问题(答案)
第5讲 力电综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．【典例精讲】突破点（1）交变电场1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例1 如图甲所示，M 、N 为正对竖直放置的平行金属板，A 、B 为两板中线上的两点．当M 、N 板间不加电压时，一带电小球从A 点由静止释放经时间T 到达B 点，此时速度为v .若两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0时，将带电小球仍从A 点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在B 点上方B ．恰好到达B 点C ．速度大于vD ．速度小于v答案 B解析 在A 、B 两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性变化，且电场力沿水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t ＝T 2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t ＝T 时速度为零．根据对称性可知在t ＝T 时小球的水平位移为零，所以t ＝T 时，小球恰好到达B 点，故A 错误，B 正确；在0～T 时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t ＝T 时，小球速度等于v ，故C 、D 错误．【变式1】如图a 所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图b 所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。
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《力电综合问题》专题突破最新试题汇编1.(2017·厦门一中检测)如图所示，MN、PQ两平行光滑水平导轨分别与半径r＝0.5 m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端连接定值电阻R，质量M＝2 kg的cd绝缘杆垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，现有质量m＝1 kg的ab金属杆以初速度v0＝12 m/s 水平向右与cd绝缘杆发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，cd绝缘杆则恰好通过半圆导轨最高点，不计其他电阻和摩擦，ab金属杆始终与导轨垂直且接触良好，取g＝10 m/s2，求：(不考虑cd杆通过半圆导轨最高点以后的运动)(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时的速度大小v；(2)电阻R产生的焦耳热Q。
2.如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。
竖直向上的外力F作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。
整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。
导轨电阻可忽略，重力加速度为g。
在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。
求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度。
3．(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。
质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。
当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。
导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
4．水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。
当改变拉力的大小时，相对应的金属杆做匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如图乙所示。
(取重力加速度g＝10 m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度B为多大？(3)由vF图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？5.(2017·南宁一模)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计。
在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m。
导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。
现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场。
(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N两点之间的距离。
6．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。
电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。
两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。
炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。
首先开关S接1，使电容器完全充电。
然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。
当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。
问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
《力电综合问题》专题突破最新试题汇编参考答案1. 解析：(1)cd绝缘杆通过半圆导轨最高点时，由牛顿第二定律有：Mg＝M v2r，解得：v＝gr＝ 5 m/s。
(2)碰撞后cd绝缘杆滑至最高点的过程中，由动能定理有：－2Mgr＝12Mv2－12Mv22解得碰撞后cd绝缘杆的速度：v2＝5 m/s两杆碰撞过程，动量守恒，取向右为正方向，则有：mv＝mv1＋Mv2解得碰撞后ab金属杆的速度：v1＝2 m/sab金属杆进入磁场后，由能量守恒定律有：1 2mv12＝Q，解得：Q＝2 J。
答案：(1) 5 m/s (2)2 J2. 解析：(1)设任意时刻MN、M′N′杆的速度分别为v1、v2。
因为系统所受合外力为零，所以MN和M′N′系统动量守恒：mv1－2mv2＝0，解得v1∶v2＝2∶1。
(2)当两杆达到最大速度时，对M′N′则有：2mg－F安＝0，E＝Bl(v1＋v2)，I＝ER，F安＝BIl，由以上几式联立解得v1＝4mgR3B2l2，v2＝2mgR3B2l2。
答案：(1)2∶1 (2)4mgR3B2l22mgR3B2l23．解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①回路的感应电流I＝ER②由①②式解得I ＝Bdv 0R。
③ (2)金属杆所受的安培力F ＝BId ④ 由牛顿第二定律，对金属杆F ＝ma ⑤由③④⑤式解得a ＝B 2d 2v 0mR 。
⑥(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bdv ′ ⑧感应电流的电功率P ＝E 2R ⑨由⑦⑧⑨式解得P ＝B 2d 2v 0－v2R。
⑩答案：(1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v 0－v2R4．解析：(1)v F 图像描述的是不同拉力情况下，金属杆做匀速运动时速度的变化情况。
假设金属杆在运动过程中不受摩擦阻力作用，匀速运动时金属杆处于平衡状态，此时拉力等于安培力，由E ＝BLv ，I ＝ER ，F ＝BIL ，可得外力F 的表达式为F ＝B 2L 2vR ，则图像必过原点。
但是v F 图像不是过原点的一条直线，因此金属杆除了受到拉力、安培力外，还受到摩擦阻力作用。
由牛顿第二定律可知，F －B 2L 2v R －f ＝ma (f 为摩擦阻力)，所以加速度a ＝F －fm －B 2L 2vmR。
由于拉力F 和摩擦阻力f 为恒力，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度为零，金属杆达到平衡状态，将做匀速运动。
(2)金属杆匀速运动时，可得平衡方程F ＝B 2L 2v R ＋f ，所以速度v ＝R B 2L 2F －R B 2L 2f 。
此方程与一次函数y ＝kx ＋b 类似，其斜率k ＝RB 2L 2。
由图像可以得到直线的斜率k ＝2，故B ＝RkL 2＝1 T 。
(3)从图像求得直线方程为v ＝2F －4，类比等式v ＝R B 2L 2F －R B 2L 2f ，得RB 2L 2＝2，RB 2L 2f ＝4，故摩擦阻力f ＝2 N 。
答案：(1)加速度减小的加速运动 (2)1 T (3)摩擦阻力，2 N5. 解析：(1)由焦耳定律得，Q ＝I 2Rt ，得Q 1Q 2＝I 12R 1tI 22R 2t，又根据串并联关系得，I 1＝13I 2，代入数据解得：Q 1Q 2＝29。
(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin α·d ，可解得Q ＝1.2 J 。
(3)设a 进入磁场的速度大小为v 1，此时电路中的总电阻R 总1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋3×33＋3Ω＝7.5 Ω设b 进入磁场的速度大小为v 2，此时电路中的总电阻R 总2＝⎝⎛⎭⎪⎫3＋6×36＋3Ω＝5 Ω。
由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2R 总2，可得v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝34a 、b 两导体棒在进入磁场前以相同的加速度做匀加速直线运动，加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2。
由v 2＝v 1＋a d v 1，得v 2＝v 1＋8×0.5v 1由以上式子可得v 12＝12(m/s)2，v 22＝169v 12M 、N 两点之间的距离Δs ＝v 222a －v 122a ＝712 m 。
答案：(1)29 (2)1.2 J (3)712m6．解析：(1)将S 接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2时，电容器放电，流经MN 的电流由M 到N ，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ER①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝BlEmR。
④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v max时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blv max⑥依题意有E′＝QC⑦设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝I lB⑧由动量定理，有FΔt＝mv max－0 ⑨又IΔt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝B2l2C2Em＋B2l2C。
⑪答案：(1)垂直导轨平面向下 (2)BlEmR(3)B2l2C2Em＋B2l2C。