一、以核心和主干知識(shí)為重點(diǎn)。構(gòu)建知識(shí)結(jié)構(gòu)體系，在教學(xué)中突出知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系與綜合。
二、注重情景與過程的理解與分析。善于構(gòu)建物理模型，情景是考查物理知識(shí)的載體。
三、加強(qiáng)能力的提升與解題技巧的歸納總結(jié)。學(xué)生能力的提升要通過對(duì)知識(shí)的不同角度、不同層面的訓(xùn)練來實(shí)現(xiàn)。
四、精選訓(xùn)練題目，使訓(xùn)練具有實(shí)效性、針對(duì)性。
五、把握高考熱點(diǎn)、重點(diǎn)和難點(diǎn)。
熱點(diǎn)題型·計(jì)算題攻略
專題16 電場(chǎng)綜合題
目錄
01.題型綜述 PAGEREF _Tc32423 \h 1
02.解題攻略 PAGEREF _Tc32423 \h 1
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc12050" 題組01 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc12050 \h 3
\l "_Tc2185" 題組02 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) PAGEREF _Tc2185 \h 12
\l "_Tc15973" 題組03 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc15973 \h 22
03.高考練場(chǎng)
電場(chǎng)力作用下帶電粒子（帶電體）的平衡與運(yùn)動(dòng)問題是高考的熱點(diǎn)題型，作為計(jì)算題主要從直線運(yùn)動(dòng)、類拋體運(yùn)動(dòng)、等效重力場(chǎng)以及交變電場(chǎng)中粒子的周期性運(yùn)動(dòng)等角度命題。解答電場(chǎng)問題主要還是應(yīng)用動(dòng)力學(xué)基本原理處理直線運(yùn)動(dòng)時(shí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、動(dòng)量關(guān)系均可以選擇，解決曲線類問題運(yùn)動(dòng)的合成與分解、功能關(guān)系是首選。解決電場(chǎng)中多粒子碰撞問題往往用動(dòng)量守恒或能量守恒來處理。
【提分秘籍】
1．帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理
基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。
2．帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的常見運(yùn)動(dòng)及分析方法
3．帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法
(1)對(duì)帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問題。
(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往涉及重力勢(shì)能、電勢(shì)能以及動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。
4.帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)
(1)等效重力法
將重力與靜電力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向。
(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。
題組01 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
【典例剖析】
【例1-1】（2025高三上·黑龍江大慶·期中）如圖所示，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時(shí)給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離（），且未與A相碰。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動(dòng)速率，不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：
(1)比例系數(shù)k；
(2)油滴A、B的帶電量和電性；
(3)B上升距離電勢(shì)能的變化量。
【答案】(1)
(2)油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，
(3)
【詳解】（1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小
勻速時(shí)
又
聯(lián)立可得
（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電；油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電。油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為
根據(jù)平衡條件可得
解得
（3）根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系有
又
聯(lián)立解得
【例1-2】如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連（兩根彈簧的各端都栓接）。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。t = 0時(shí)撤去電場(chǎng)，C向下加速運(yùn)動(dòng)，下降0.2 m后開始勻速運(yùn)動(dòng)，C開始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧N的彈性勢(shì)能為1 J。已知：mA = 3 kg，mB = 4 kg，mC = 2 kg，小球C的帶電量為q = 1 × 10?5 C，重力加速度大小取g = 10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小。
(2)求A與B間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)，以及C做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小。
(3)若t = 0時(shí)電場(chǎng)方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)瞬間撤去電場(chǎng)，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，A從右向左運(yùn)動(dòng)。求A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程B未與A脫離，C未與地面相碰）
【答案】(1) (2)， (3)
【詳解】（1）撤去電場(chǎng)前，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A、B整體分析可知，此時(shí)繩中拉力為0，對(duì)C
解得
（2）C開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)C和B分別根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件
其中
解得
C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由能量守恒定律有
解得
（3）沒有電場(chǎng)時(shí)，對(duì)A根據(jù)共點(diǎn)力平衡有
當(dāng)電場(chǎng)方向改為豎直向下，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得
對(duì)B、C根據(jù)牛頓第二定律可得

撤去電場(chǎng)后，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有
此后A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為
聯(lián)立解得
【例1-3】如圖所示，一光滑曲面與足夠長(zhǎng)的水平直軌道平滑連接，直軌道MN段粗糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，N點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)處?kù)o止放置一絕緣物塊b，一帶正電的物塊a從曲面上距水平面高為h處由靜止釋放，滑出電場(chǎng)后與物塊b發(fā)生彈性碰撞。已知h=1.0m，直軌道長(zhǎng)L=1.0m，物塊a與MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，物塊a的質(zhì)量m=1kg，物塊b的質(zhì)量M=2kg，場(chǎng)強(qiáng)E=2×106N/C，物塊a的電荷量q=6×10-6C，重力加速度g取10m/s2。物塊a、b均可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過程中物塊a的電荷量始終保持不變。
(1)求物塊a與物塊b第一次碰撞前瞬間物塊a的速度大小；
(2)求物塊a與物塊b第一次碰撞后，物塊b的速度大??；
(3)若每次物塊a與P點(diǎn)處的物塊碰撞之后，都立即在P點(diǎn)放入與物塊b完全相同的靜止物塊。求物塊a靜止釋放后，經(jīng)過足夠多次的碰撞，物塊a在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程。
【答案】(1)6m/s (2)4m/s (3)m
【詳解】（1）物塊a從靜止釋放到與物塊b碰撞前瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（2）物塊a與物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
，
（3）物塊a與物塊b碰撞后，物塊a第1次經(jīng)過N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最左端過程中，根據(jù)能量守恒定律有
解得
物塊a從最左端運(yùn)動(dòng)到第2次經(jīng)過N點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
物塊a與物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
，
即物塊a與物塊b（與物塊b完全相同的物塊）每次發(fā)生彈性碰撞后瞬間，物塊a的速率均為碰撞前瞬間速率的，物塊b（與物塊b完全相同的物塊）的速率均為碰撞前瞬間物塊a速率的，，結(jié)合（2）可知，每次物塊a與另一物塊碰撞后，物塊a第1次經(jīng)過N點(diǎn)和第2次經(jīng)過N點(diǎn)的速率之比均為，設(shè)物塊b（與物塊b完全相同的物塊）每次與物塊碰撞后瞬間的速率依次為、、…，則有
…
歸納可得
經(jīng)過足夠多的碰撞，物塊b（與物塊b完全相同的物塊）獲得的總動(dòng)能為
當(dāng)時(shí)解得
在物塊a的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中根據(jù)能量守恒定律有
解得
【變式演練】
【變式1-1】．（2025高三上·湖北武漢·階段練習(xí)）如圖所示，在水平向右且場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)半徑相同、質(zhì)量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A，B所在直線與電場(chǎng)線平行。A帶電量為，B不帶電，A、B之間的距離為L(zhǎng)。時(shí)刻開始，A在電場(chǎng)力的作用下開始沿直線運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞。碰撞過程中A、B之間沒有電量轉(zhuǎn)移，僅碰撞時(shí)才考慮A、B之間的相互作用。
(1)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B之間的最遠(yuǎn)距離；
(2)從時(shí)刻開始，到A、B發(fā)生第n次碰撞前，整個(gè)過程中電場(chǎng)力做了多少功?
【答案】(1)L (2)
【詳解】（1）A、B第一次碰撞前
解得A、B第一次碰撞前
A、B第一次碰撞時(shí)
解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分別為
當(dāng)再次共速時(shí)，間距最遠(yuǎn)
最遠(yuǎn)間距
（2）兩球第一次碰撞到第二次碰撞
解得兩球第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間間隔為
A、B第二次發(fā)生碰撞前
A、B第二次碰撞時(shí)
解得A、B第二次碰撞后A、B的速度分別為
同理可得，兩小球第次碰撞前速度與第次碰撞后速度的關(guān)系為
所以第次碰撞前
，
整個(gè)過程中電場(chǎng)力做功
解得
【變式1-2】．如圖所示，在水平地面上固定一個(gè)傾角為的絕緣光滑斜面體，斜面體底端連接有擋板，有一個(gè)電荷量為q、質(zhì)量為m的滑塊靜止于擋板處，某時(shí)刻加一沿斜面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使得滑塊沿斜面方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷t時(shí)間后撤去電場(chǎng)，接著又經(jīng)歷相同的時(shí)間，滑塊回到擋板位置處。不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?br>（2）滑塊距擋板的最遠(yuǎn)距離。

【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設(shè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)滑塊上升的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有
撤去電場(chǎng)后，此時(shí)以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律有
滑塊先沿斜面向上做勻減速再反向做勻加速，經(jīng)過相同時(shí)間回到原點(diǎn)可得
解得，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為
（2）減速到0時(shí)距擋板的距離最大為，由動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得
【變式1-3】．如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時(shí)不帶電。距小孔正上方高h(yuǎn)處不斷有質(zhì)量為m，電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當(dāng)帶電液滴接觸到下極板后會(huì)把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達(dá)下極板時(shí)停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g）。求：
（1）小液滴到達(dá)小孔處的速度；
（2）電容器所帶電荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時(shí)間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）因電容器上方無電場(chǎng)，故液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得
解得
（2）當(dāng)帶電液滴剛好不能到達(dá)電容器下極板時(shí)電容器的電量達(dá)到最大，對(duì)剛好不能到達(dá)電容器下極板的帶電液滴運(yùn)用動(dòng)能定理得
根據(jù)
解得
（3）液滴在電容器上方做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
解得
液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
解得
故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時(shí)間為
題組02 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
【典例剖析】
【例2-1】（2025高三上·江蘇南京·期中）如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，不計(jì)粒子重力，P點(diǎn)的電勢(shì)為零。求：
(1)帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能；
(2)此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。
【答案】(1) (2)
【詳解】（1）根據(jù)題意有
其中，所以
則帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知Q點(diǎn)速度的反向延長(zhǎng)線過水平位移的中點(diǎn)，則
可得P、Q兩點(diǎn)間的豎直距離為
此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
【例2-2】（2025高三上·江蘇南通·期中）靜電除塵裝置的簡(jiǎn)化原理圖，如圖所示。長(zhǎng)為L(zhǎng)的兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當(dāng)其碰到下極板時(shí)塵埃被收集。現(xiàn)給兩極板間加U0的電壓，進(jìn)入的塵埃恰好都能被收集。不計(jì)重力及塵埃間的相互作用。
(1)求塵埃在極板內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間t和最大動(dòng)能Ek；
(2)求從平行板中心射入的塵埃被收集時(shí)，距離入口的水平距離x；
(3)當(dāng)板間電壓調(diào)為0.8U0時(shí)，求能夠被收集的塵埃量與總塵埃量的比值k。
【答案】(1)， (2) (3)0.8
【詳解】（1）粒子剛好沒有能夠從極板間飛出，則
解得
（2）設(shè)塵埃在極板間加速度為a，板間的距離為d，則
塵埃從極板中心射入，落在極板前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則
解得
（3）板間電壓調(diào)節(jié)后，塵埃在板間的加速度為a?，最大偏轉(zhuǎn)量y?，則
解得
【例2-3】如圖所示，平面的第一象限內(nèi)，的區(qū)域內(nèi)有平行x軸沿x軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，的區(qū)域內(nèi)存在平行y軸沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。第三象限內(nèi)有平行平面方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的粒子從區(qū)域Ⅰ內(nèi)的適當(dāng)位置由靜止釋放后，能通過坐標(biāo)原點(diǎn)O。粒子重力不計(jì)。
(1)求粒子釋放點(diǎn)的坐標(biāo)應(yīng)滿足的條件；
(2)某粒子從O點(diǎn)射入第三象限的電場(chǎng)后，依次通過點(diǎn)和點(diǎn)，且粒子從O到A的時(shí)間和從A到B的時(shí)間均為。
①求第三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?br>②若規(guī)定O點(diǎn)電勢(shì)為零，求從O到B的過程中，粒子電勢(shì)能的最大值。
【答案】(1) (2)①；②
【詳解】（1）設(shè)釋放點(diǎn)坐標(biāo)為，可得在區(qū)域Ⅰ中，根據(jù)動(dòng)能定理可得
在區(qū)域Ⅱ中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向
豎直方向
根據(jù)牛頓第二定律
解得
（2）如圖所示
①由已知條件可知，OA的長(zhǎng)度為，AB的長(zhǎng)度為。設(shè)的方向與OA的夾角為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)相關(guān)規(guī)律可得
，
解得
根據(jù)牛頓第二定律
解得
②粒子動(dòng)能最小時(shí)電勢(shì)能最大，設(shè)粒子通過點(diǎn)時(shí)平行方向的分速度大小為，垂直方向的分速度大小為，由能量關(guān)系可得粒子的最大電勢(shì)能
從到，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得
解得
【變式演練】
【變式2-1】如圖所示，氫核（）從極板A發(fā)出（初速度可忽略不計(jì)），經(jīng)A、B板間的電壓U1加速，從B板中心孔沿中心線射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中（偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），氫核進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，氫核的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)氫核受到的重力及它們之間的相互作用力。求：
(1)氫核穿過B板時(shí)速度的大小v；
(2)氫核從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量y和速度的偏向角α（α可以用其三角函數(shù)表示）；
(3)讓氫核和氦核的混合物由靜止開始通過上述加速和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們是否會(huì)分離成兩股粒子束？試通過推理分析加以說明。
【答案】(1) (2)， (3)見解析
【詳解】（1）氫核經(jīng)過加速電場(chǎng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得氫核穿過B板時(shí)速度的大小為
（2）氫核在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有
，，
聯(lián)立解得
速度的偏向角正切值為
又
聯(lián)立可得
（3）通過第（2）問的推理和結(jié)論可知，帶電粒子由靜止開始先后經(jīng)過加速電場(chǎng)和勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，其側(cè)移量，速度偏向角都與帶電粒子電荷量q、質(zhì)量m均沒有關(guān)系，所以氫核和氦核的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，不會(huì)分離成兩股粒子束。
【變式2-2】．某裝置用電場(chǎng)控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在兩層緊鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)，每層的高度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向（如圖所示），邊長(zhǎng)為，邊長(zhǎng)為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從邊中點(diǎn)P射入電場(chǎng)，粒子初速度為，入射角為θ，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用。
(1)當(dāng)時(shí)，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間t；
(2)當(dāng)時(shí)，若粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍。
【答案】(1) (2)
【詳解】（1）依題粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，受到豎直方向的電場(chǎng)力，故水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在水平方向的速度
水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，故該粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間
（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，豎直方向的速度為
分析易得，粒子豎直方向加速度為
若粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于d，由
整理可得
故
解得
故θ的取值范圍是
【變式2-3】．（2025高三上·江蘇泰州·階段練習(xí)）空間中存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E的大小為。將質(zhì)量為m、電荷量為的小球以初速度水平向右拋出，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。A、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，B點(diǎn)的速度方向豎直向下，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g。求：
(1)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間；
(2)小球從A到C運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度。
【答案】(1) (2)
【詳解】（1）水平方向，由牛頓第二定律有
由運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
聯(lián)立解得
（2）設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力與水平方向的夾角為，則
則
當(dāng)小球的速度與該合力垂直時(shí)，最小速度為，則
解得
【變式2-4】．如圖所示，直角坐標(biāo)系在豎直平面內(nèi)，第一象限內(nèi)存在大小、方向均未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在方向沿軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)。小球a從點(diǎn)與軸負(fù)方向成角以速率射入第四象限，一段時(shí)間后從點(diǎn)經(jīng)過，速度沿軸負(fù)方向；另一小球b從點(diǎn)與軸正方向成角以速率射入第一象限，一段時(shí)間后從點(diǎn)經(jīng)過，速度方向沿軸正方向，大小為。已知a、b小球的質(zhì)量均為，電荷量均為，重力加速度為，點(diǎn)坐標(biāo)為，不考慮小球之間的相互作用力和空氣阻力。若第一象限的電場(chǎng)強(qiáng)度大小是其可能的最小值，求：
(1)第四象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)的大??；
(2)第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)的大??；
(3)M、N兩點(diǎn)沿軸方向的距離。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】（1）小球a從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過程中，沿軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可得
①
②
由牛頓第二定律得
③
聯(lián)立解得
④
（2）連接，由于小球b在P點(diǎn)和N點(diǎn)的速度大小相同，因此小球受到的合力方向與垂直，小球沿方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)與軸正方向之間的夾角為，得
⑤
解得
勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小值為
⑥
聯(lián)立解得
⑦
（3）小球b從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，沿軸方向由牛頓第二定律得
⑧
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得
⑨
小球a從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中
⑩M、N兩點(diǎn)沿軸方向的距離為
?
聯(lián)立解得
?
【變式2-4】（2025高三上·河北承德·期中）如圖所示，在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，第二象限存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，第一象限存在平行于xOy平面且方向未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2。質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球從A（?2L，0）點(diǎn)以初速度（g為重力加速度大?。┻M(jìn)入第二象限，后經(jīng)y軸上的B（0，L）點(diǎn)水平向右進(jìn)入第一象限，落在x軸上的C（L，0）點(diǎn)時(shí)速度大小為。E1、E2的大小均未知，不計(jì)空氣阻力，小球重力不可忽略。求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大??；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E2的大小。
【答案】(1) (2)
【詳解】（1）設(shè)小球在A點(diǎn)的初速度與x軸正方向的夾角為θ，由牛頓第二定律
水平方向有
豎直方向有
解得
（2）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度
設(shè)第一象限勻強(qiáng)電場(chǎng)的水平分量為Ex，豎直分量為Ey，則
設(shè)C點(diǎn)的水平分速度為vx，豎直分速度為vy，則
且
解得

則
題組03 帶電粒子（帶電體）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)
【典例剖析】
【例3-1】（2025高三上·廣東東莞·階段練習(xí)） 如圖所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一由內(nèi)表面絕緣光滑且內(nèi)徑很小的圓管彎制而成的圓弧，圓弧的圓心為O，豎直半徑（，B點(diǎn)和地面上A點(diǎn)的連線與地面成角，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿方向做直線運(yùn)動(dòng)恰好無碰撞地從管口B進(jìn)入管道中，小球恰好經(jīng)過管道內(nèi)C點(diǎn)（未畫出）并順利到達(dá)D點(diǎn)，其中C點(diǎn)是小球在管道內(nèi)的速度最小點(diǎn)，已知，，重力加速度大小為g。求：
(1)說明小球的電性、求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。
(2)小球到達(dá)D處時(shí)，軌道對(duì)小球的支持力。
【答案】(1)正電， (2)2mg，方向豎直向下
【詳解】（1）小球做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況如圖甲所示
所以小球帶正電，且
得
（2）小球到達(dá)C處時(shí)電場(chǎng)力與重力的合力恰好提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，如圖乙所示
OC∥AB，則
得
小球從C處運(yùn)動(dòng)到D處的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
得
小球在D點(diǎn)，根據(jù)向心力公式有
得
故軌道對(duì)小球的支持力大小為2mg，方向豎直向下。
【例3-2】（2025高三上·河南·階段練習(xí)）如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕緣薄壁圓筒傾斜固定在水平地面上，傾角，圓筒的橫截面圓的半徑為圓筒上橫截面圓的圓心，分別為該截面圓的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，為圓筒下橫截面圓的圓心，、分別為該截面圓的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，圖中與垂直，與垂直。空間存在一沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電荷量、質(zhì)量的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）自點(diǎn)從圓筒壁內(nèi)側(cè)以初速度沿與平行的方向拋出后，小球在面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且恰未離開圓筒內(nèi)壁，已知，重力加速度。
(1)求的大??；
(2)求的大小；
(3)若撤去電場(chǎng)，在空間施加方向與平行且向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小，讓小球仍從點(diǎn)以同樣的速度拋出，則小球?qū)⒁宰疃痰臅r(shí)間從點(diǎn)離開圓筒，求圓筒的長(zhǎng)度（結(jié)果可保留）。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】（1）由題得
解得
（2）小球在圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過橫截面的最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)其做圓周運(yùn)動(dòng)速度大小為，則有
小球從點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律有
聯(lián)立解得
（3）加上電場(chǎng)后，小球受到的沿向上的電場(chǎng)力
小球的重力沿向下的分量
表明小球在垂直于中軸線的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其周期為，則有
小球在平行中軸線方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
由牛頓第二定律
解得
【例3-3】（2025高三上·河南駐馬店·期中）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線下方懸掛一電荷量為的帶正電小球，另一端固定在點(diǎn)，點(diǎn)左側(cè)某處有一釘子，直線上方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，開始時(shí)，小球靜止于A點(diǎn)?，F(xiàn)給小球一方向水平向右、大小的初速度，使其在豎直平面內(nèi)繞點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。途中細(xì)線遇到釘子后，小球繞釘子在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到釘子正下方時(shí)，細(xì)線的拉力達(dá)到最大值，且剛好被拉斷，然后小球會(huì)再次經(jīng)過A點(diǎn)。已知小球的質(zhì)量為，細(xì)線的長(zhǎng)度為，重力加速度大小為。求：
(1)、兩點(diǎn)的距離；
(2)細(xì)線的最大拉力；
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小的范圍。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】（1）小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
小球從A點(diǎn)出發(fā)到再次回到A點(diǎn)的過程中，所受各個(gè)力做功均為零，所以小球再次回到A點(diǎn)時(shí)速度大小仍為，其速度方向與水平方向的夾角設(shè)為，、兩點(diǎn)的距離設(shè)為，小球由F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過程中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)推論，經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線必過FG的中點(diǎn)H，根據(jù)題意可知
小球由F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的過程中，水平方向和豎直方向分別有
聯(lián)立求得
（2）小球經(jīng)過F點(diǎn)時(shí)的速度為
小球繞O點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
小球經(jīng)過F點(diǎn)時(shí)，重力與最大拉力的合力提供向心力，有
求得
（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為時(shí)小球恰好能通過最高點(diǎn)C，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得
小球經(jīng)過最高點(diǎn)C時(shí)，有
聯(lián)立求得
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為時(shí)小球通過最高點(diǎn)C時(shí)細(xì)線恰好斷裂，這種情況下，小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得
小球經(jīng)過最高點(diǎn)C時(shí)，有
其中
聯(lián)立求得
綜合以上，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小的范圍為
【變式演練】
【變式3-1】如圖所示，質(zhì)量為、帶電荷量為的小球與不可伸長(zhǎng)的絕緣絲線相連，絲線另一端固定在拉力傳感器上的點(diǎn)（拉力傳感器未畫出），絲線長(zhǎng)度為，點(diǎn)距離水平地面的高度為，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。現(xiàn)給小球一水平初速度，使球繞點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，拉力傳感器顯示出絲線拉力的最小值為，最大值為，重力加速度大小為。
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；
(2)若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球脫離絲線，求小球的落地點(diǎn)到點(diǎn)的水平距離x；
(3)若電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋瑢⒎较蚋臑樗较蛴?，使小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求拉力傳感器顯示的最大拉力與最小拉力之差。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】（1）依題意，小球通過最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律
從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
通過最低點(diǎn)時(shí)
聯(lián)立，解得
（2）繩斷后小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有
水平方向有
根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立，解得
（3）若電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?br>將方向改為水平向右，則重力與電場(chǎng)力的合力
方向斜向右下與水平方向成，將此合力等效為新的重力，則小球在等效最高點(diǎn)有
其中
小球在等效最低點(diǎn)有
從等效最高點(diǎn)到等效最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得
聯(lián)立可得
【變式3-2】．如圖所示，長(zhǎng)為的絕緣細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端連接一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球，整個(gè)區(qū)域內(nèi)有電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將小球拉至最高位置并給小球一水平向左的初速度，讓小球恰好能在豎直面內(nèi)做半徑為L(zhǎng)的圓周運(yùn)動(dòng)，PQ為豎直直徑，重力加速度g取，，。
(1)求小球運(yùn)動(dòng)過程中的最小動(dòng)能；
(2)求小球電勢(shì)能最小時(shí)細(xì)線的張力；
(3)若在某時(shí)刻剪斷細(xì)線，同時(shí)在整個(gè)區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，恰使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。
【答案】(1)0.5J (2)24N，方向水平向左
(3)，方向垂直紙面向外；或，方向垂直紙面向里
【詳解】（1）當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力與電場(chǎng)力的“等效最高點(diǎn)”時(shí)動(dòng)能最小，此時(shí)重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，細(xì)線張力為零，有
其中小球受到的電場(chǎng)力
重力
小球的最小動(dòng)能
（2）由題意可知當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的最右端時(shí)其電勢(shì)能最小，從“等效最高點(diǎn)”到該處的過程中，由動(dòng)能定理有
其中θ為重力與電場(chǎng)力的合力與豎直方向的夾角，且
又根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
方向水平向左。
（3）由題意可知，剪斷細(xì)線后，小球沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球受到的重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力三力平衡，又根據(jù)左手定則，小球受到的洛倫茲力沿半徑方向，所以剪斷細(xì)線時(shí)，小球的位置應(yīng)在重力和電場(chǎng)力的“等效最高點(diǎn)”或“等效最低點(diǎn)”。
①當(dāng)小球的位置在“等效最高點(diǎn)”時(shí)，有
由（1）知
解得
方向垂直紙面向外。
②當(dāng)小球的位置在“等效最低點(diǎn)”時(shí)，有
小球從“等效最高點(diǎn)”到“等效最低點(diǎn)”的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
聯(lián)立解得
方向垂直紙面向里。
【變式3-3】．（2025高三上·廣西南寧·階段練習(xí)）固定在點(diǎn)的細(xì)線拉著一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球。該區(qū)域內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），電場(chǎng)強(qiáng)度，小球能在豎直平面內(nèi)做半徑為的完整圓周運(yùn)動(dòng)。圓周上A點(diǎn)在圓心的正上方，小球過點(diǎn)時(shí)的速度大小為，方向水平向左。不計(jì)一切阻力，重力加速度為，求：
(1)小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中的細(xì)線對(duì)小球最小作用力；
(2)若取過點(diǎn)的面為零勢(shì)面（包括重力勢(shì)能和電勢(shì)能），求小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中最小的機(jī)械能。
【答案】(1)，與豎直方向成斜向下 (2)
【詳解】（1）設(shè)電場(chǎng)力和重力的合力與豎直方向夾角為，則有
可得
如圖所示
當(dāng)小球到達(dá)等效最高點(diǎn)點(diǎn)時(shí)速度最小，從A到由動(dòng)能定理得
解得小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中的最小速率為
在點(diǎn)，以小球?yàn)閷?duì)象，根據(jù)受到第二定律可得
解得
方向與豎直方向成斜向下。
（2）小球做圓周運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，所以小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變，過圓心沿著電場(chǎng)方向做一條直線交于圓點(diǎn)和點(diǎn)，如圖所示在點(diǎn)的時(shí)候電荷的電勢(shì)能最大，機(jī)械能最小，由能量守恒得
由于
即
解得
1．（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。
（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；
（3）若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)
帶電粒子所受的靜電力
（2）帶電粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有
解得
（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有
帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有
，
則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間
2．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，重力加速度大小為g，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。
（2）小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小。
【答案】（1）；（2），
【詳解】（1）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，根據(jù)公式可得場(chǎng)強(qiáng)為
（2）在A點(diǎn)細(xì)線對(duì)小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得
A到B過程根據(jù)動(dòng)能定理得
聯(lián)立解得
3．（2023·山東·高考真題）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術(shù)投射滅火彈進(jìn)入高層建筑快速滅火。電容器儲(chǔ)存的能量通過電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化成滅火彈的動(dòng)能，設(shè)置儲(chǔ)能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對(duì)高樓，與高樓之間的水平距離，滅火彈出膛速度，方向與水平面夾角，不計(jì)炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大小，。
（1）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；
（2）已知電容器儲(chǔ)存的電能，轉(zhuǎn)化為滅火彈動(dòng)能的效率，滅火彈的質(zhì)量為，電容，電容器工作電壓U應(yīng)設(shè)置為多少？

【答案】（1）60m；（2）
【詳解】（1）滅火彈做斜向上拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向上有
豎直方向上有
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
（2）根據(jù)題意可知
又因?yàn)?br>聯(lián)立可得
4.（2024·福建·高考真題）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場(chǎng)，C向下加速運(yùn)動(dòng)，下降后開始勻速運(yùn)動(dòng)，C開始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧N的彈性勢(shì)能為。已知A、B、C的質(zhì)量分別為、、，小球C的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。?br>(2)求A與B間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)及C做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；
(3)若時(shí)電場(chǎng)方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)瞬間撤去電場(chǎng)，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，A從右向左運(yùn)動(dòng)。求A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程B未與A脫離，C未與地面相碰）
【答案】(1) (2)； (3)
【詳解】（1）撤去電場(chǎng)前，A、B、C均靜止，M、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A、B整體分析可知，此時(shí)繩中拉力為0，對(duì)C根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有
解得
（2）C開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)C和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有
，
其中
解得
C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢(shì)能相同，C下降的過程中，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有
解得
（3）沒有電場(chǎng)時(shí)，C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以此時(shí)A的加速度為零，對(duì)A根據(jù)共點(diǎn)力平衡有
當(dāng)電場(chǎng)方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，C下降高度為，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得
對(duì)B、C根據(jù)牛頓第二定律可得
撤去電場(chǎng)后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降時(shí)開始相對(duì)滑動(dòng)，在C下降的過程中，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有
此時(shí)A的速度是其從左向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度，此后A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為
聯(lián)立解得
5．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細(xì)桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。整個(gè)空間存在水平向右場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，其大小均為。時(shí)，A以初速度向右運(yùn)動(dòng)，B處于靜止?fàn)顟B(tài)。在時(shí)刻，A到達(dá)位置S，速度為，此時(shí)彈簧未與B相碰；在時(shí)刻，A的速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力大小為；在細(xì)桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時(shí)。時(shí)間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運(yùn)動(dòng)過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫(kù)侖力等效為真空中點(diǎn)電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機(jī)械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。
（1）求時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A所做的功；
（2）求時(shí)刻A與B之間的距離；
（3）求時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A和B做的總功；
（4）若增大A的初速度，使其到達(dá)位置S時(shí)的速度為，求細(xì)桿與B碰撞前瞬間A的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【詳解】（1）時(shí)間內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做的功為
（2）由圖（b）可知時(shí)刻A的加速度為0，此時(shí)滑塊A所受合外力為0，設(shè)此時(shí)A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有
其中
聯(lián)立可得
（3）在時(shí)刻，A的速度達(dá)到最大，此時(shí)A所受合力為0，設(shè)此時(shí)A和B的距離為r1，則有
且有
，
聯(lián)立解得
時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A和B做的總功
（4）過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設(shè)彈簧的初始長(zhǎng)度為；A在S位置時(shí)，此時(shí)刻A、B的距離為，A速度最大時(shí)，AB距離為，細(xì)桿與B碰撞時(shí)，A、B距離為。
A以過S時(shí)，到B與桿碰撞時(shí)，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設(shè)B與杠相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有
對(duì)B有
當(dāng)A以過S時(shí)，設(shè)B與桿碰撞時(shí)，A速度為，則B速度為，設(shè)B與杠相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。
對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有
對(duì)B
聯(lián)立解得
6．（2023·全國(guó)·高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；4:1
【詳解】（1）設(shè)油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量
則速率為v時(shí)受阻力
則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)
解得
可知
則
（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，可知油滴a做減速運(yùn)動(dòng)，油滴b做加速運(yùn)動(dòng)，可知油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速下落時(shí)，對(duì)a由受力平衡可得
其中
對(duì)b由受力平衡可得
其中
聯(lián)立解得
7．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，之后沿軌道運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為。小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；
（2）小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?br>（3）小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得
（2）小球從B到O，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
（3）小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸，則x軸方向有
豎直方向有
解得
，
說明小球從O點(diǎn)開始以后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有
，
聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程
8．（2022·廣東·高考真題）密立根通過觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時(shí)給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動(dòng)速率，不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：
（1）比例系數(shù)k；
（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢(shì)能的變化量；
（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量，電勢(shì)能的變化量；（3）見解析
【詳解】（1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小
勻速時(shí)
又
聯(lián)立可得
（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為
根據(jù)平衡條件可得
解得
根據(jù)
又
聯(lián)立解得
（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場(chǎng)力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
可得
新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)
解得速度大小為
速度方向向上；
若，即
可知
設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律
可知
新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)
解得速度大小為
速度方向向下。
9．（2023·北京·高考真題）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。
（1）若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；
（2）若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。
a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；
b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%
【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有
豎直方向
根據(jù)牛頓第二定律
又
解得
（2）a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，豎直方向
且
解得
b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場(chǎng)力，有
在豎直方向顆粒勻速下落
的顆粒帶電荷量為
顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于電場(chǎng)力，有
設(shè)只有距下極板為的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落
解得
的顆粒被收集的百分比
常見運(yùn)動(dòng)
受力特點(diǎn)
分析方法
靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)
合外力F合＝0
共點(diǎn)力平衡
變速直線運(yùn)動(dòng)
合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上
1.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)
2．用功能觀點(diǎn)分析：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，勻強(qiáng)和非勻強(qiáng)電場(chǎng)都適用
帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)v0⊥E，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)
運(yùn)動(dòng)的分解
偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv02)＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)
側(cè)移距離：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋
Ltan θ＝(eq \f(l,2)＋L)tan θ
粒子斜射入電場(chǎng)，粒子做類斜拋運(yùn)動(dòng)
運(yùn)動(dòng)的分解
垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)：x＝v0tsin θ
沿電場(chǎng)方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)：y＝v0tcs θ－eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)
靜電力在變化
動(dòng)能定理，能量守恒定律

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