熱點題型·計算題攻略熱點題型·計算題攻略專題16電場綜合題目錄01.題型綜述 錯誤！未定義書簽。02.解題攻略 錯誤！未定義書簽。題組01帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的直線運動 3題組02帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的偏轉 12題組03帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的圓周運動 2203.高考練場 32電場力作用下帶電粒子（帶電體）的平衡與運動問題是高考的熱點題型，作為計算題主要從直線運動、類拋體運動、等效重力場以及交變電場中粒子的周期性運動等角度命題。解答電場問題主要還是應用動力學基本原理處理直線運動時牛頓運動定律、功能關系、動量關系均可以選擇，解決曲線類問題運動的合成與分解、功能關系是首選。解決電場中多粒子碰撞問題往往用動量守恒或能量守恒來處理。【提分秘籍】1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時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)在電場中的常見運動及分析方法常見運動受力特點分析方法靜止或勻速直線運動合外力F合＝0共點力平衡變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動力學觀點分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強電場2．用功能觀點分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強和非勻強電場都適用帶電粒子在勻強電場中的偏轉進入電場時v0⊥E，粒子做類平拋運動運動的分解偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)側移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ粒子斜射入電場，粒子做類斜拋運動運動的分解垂直電場方向做勻速直線運動：x＝v0tsinθ沿電場方向做勻變速直線運動：y＝v0tcosθ－eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2帶電粒子在非勻強電場中運動靜電力在變化動能定理，能量守恒定律3．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律解決問題。(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變。4.帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動(1)等效重力法將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。題組01帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的直線運動【典例剖析】【例1-1】（2025高三上·黑龍江大慶·期中）如圖所示，兩個水平放置、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。有兩個質量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內都勻速下落了距離。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續以原速度下落，B經過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內上升了距離（），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，m為油滴質量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：(1)比例系數k；(2)油滴A、B的帶電量和電性；(3)B上升距離電勢能的變化量。【答案】(1)(2)油滴A不帶電，油滴B帶負電，(3)【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小勻速時又聯立可得（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所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電。油滴B向上勻速運動時，速度大小為根據平衡條件可得解得（3）根據電場力做功與電勢能變化關系有又聯立解得【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，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側存在一豎直向上的勻強電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態，輕繩處于自然伸直狀態。t=0時撤去電場，C向下加速運動，下降0.2m后開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為1J。已知：mA=3kg，mB=4kg，mC=2kg，小球C的帶電量為q=1×10?5C，重力加速度大小取g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。(1)求勻強電場的場強大小。(2)求A與B間的滑動摩擦因數，以及C做勻速運動時的速度大小。(3)若t=0時電場方向改為豎直向下，當B與A即將發生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續向右運動，一段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)(2)，(3)【詳解】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態，對A、B整體分析可知，此時繩中拉力為0，對C解得（2）C開始做勻速直線運動后，對C和B分別根據共點力平衡條件其中解得C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發生相對滑動，由能量守恒定律有解得（3）沒有電場時，對A根據共點力平衡有當電場方向改為豎直向下，對A根據牛頓第二定律可得對B、C根據牛頓第二定律可得撤去電場后，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統，由能量守恒定律有此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動過程中的最大速度為聯立解得【例1-3】如圖所示，一光滑曲面與足夠長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電場，N點右側的P點處靜止放置一絕緣物塊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，滑出電場后與物塊b發生彈性碰撞。已知h=1.0m，直軌道長L=1.0m，物塊a與MN之間的動摩擦因數μ=0.4，物塊a的質量m=1kg，物塊b的質量M=2kg，場強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均可視為質點，運動過程中物塊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的速度大小；(3)若每次物塊a與P點處的物塊碰撞之后，都立即在P點放入與物塊b完全相同的靜止物塊。求物塊a靜止釋放后，經過足夠多次的碰撞，物塊a在電場中運動的總路程。【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，根據動能定理有解得（2）物塊a與物塊b發生彈性碰撞，根據動量守恒定律有根據機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次經過N點運動到最左端過程中，根據能量守恒定律有解得物塊a從最左端運動到第2次經過N點的過程，根據動能定理有解得物塊a與物塊b發生彈性碰撞，根據動量守恒定律有根據機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，，結合（2）可知，每次物塊a與另一物塊碰撞后，物塊a第1次經過N點和第2次經過N點的速率之比均為，設物塊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）獲得的總動能為當時解得在物塊a的整個運動過程中根據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）如圖所示，在水平向右且場強大小為E的勻強電場中，兩個半徑相同、質量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A，B所在直線與電場線平行。A帶電量為，B不帶電，A、B之間的距離為L。時刻開始，A在電場力的作用下開始沿直線運動，并與B發生彈性碰撞。碰撞過程中A、B之間沒有電量轉移，僅碰撞時才考慮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之間的最遠距離；(2)從時刻開始，到A、B發生第n次碰撞前，整個過程中電場力做了多少功?【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第一次碰撞時解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分別為當再次共速時，間距最遠最遠間距（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間間隔為A、B第二次發生碰撞前A、B第二次碰撞時解得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系為所以第次碰撞前，整個過程中電場力做功解得【變式1-2】．如圖所示，在水平地面上固定一個傾角為的絕緣光滑斜面體，斜面體底端連接有擋板，有一個電荷量為q、質量為m的滑塊靜止于擋板處，某時刻加一沿斜面方向的勻強電場，使得滑塊沿斜面方向運動，經歷t時間后撤去電場，接著又經歷相同的時間，滑塊回到擋板位置處。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，求：（1）電場強度的大小；（2）滑塊距擋板的最遠距離。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設有勻強電場時滑塊上升的加速度為a1，根據牛頓第二定律有根據運動學規律有撤去電場后，此時以沿斜面向下為正方向，根據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，經過相同時間回到原點可得解得，電場強度的大小為（2）減速到0時距擋板的距離最大為，由動能定理可得聯立解得【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，初始時不帶電。距小孔正上方高h處不斷有質量為m，電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：（1）小液滴到達小孔處的速度；（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間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學規律得解得（2）當帶電液滴剛好不能到達電容器下極板時電容器的電量達到最大，對剛好不能到達電容器下極板的帶電液滴運用動能定理得根據解得（3）液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學規律解得液滴在電容器內部做勻變速運動，由運動學規律解得故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間為題組02帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的偏轉【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點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U，不計粒子重力，P點的電勢為零。求：(1)帶電粒子在Q點的電勢能；(2)此勻強電場的電場強度大小。【答案】(1)(2)【詳解】（1）根據題意有其中，所以則帶電粒子在Q點的電勢能為（2）根據類平拋運動知識可知Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則可得P、Q兩點間的豎直距離為此勻強電場的電場強度大小為【例2-2】（2025高三上·江蘇南通·期中）靜電除塵裝置的簡化原理圖，如圖所示。長為L的兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質量為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，當其碰到下極板時塵埃被收集。現給兩極板間加U0的電壓，進入的塵埃恰好都能被收集。不計重力及塵埃間的相互作用。(1)求塵埃在極板內運動的最長時間t和最大動能Ek；(2)求從平行板中心射入的塵埃被收集時，距離入口的水平距離x；(3)當板間電壓調為0.8U0時，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，落在極板前運動時間為t1，則解得（3）板間電壓調節后，塵埃在板間的加速度為a?，最大偏轉量y?，則解得【例2-3】如圖所示，平面的第一象限內，的區域內有平行x軸沿x軸負向的勻強電場區域Ⅰ，的區域內存在平行y軸沿y軸負向的勻強電場區域Ⅱ，區域Ⅰ和區域Ⅱ內的電場強度大小相等。第三象限內有平行平面方向未知的勻強電場。質量為m、帶電量為的粒子從區域Ⅰ內的適當位置由靜止釋放后，能通過坐標原點O。粒子重力不計。(1)求粒子釋放點的坐標應滿足的條件；(2)某粒子從O點射入第三象限的電場后，依次通過點和點，且粒子從O到A的時間和從A到B的時間均為。①求第三象限內勻強電場的電場強度的大小；②若規定O點電勢為零，求從O到B的過程中，粒子電勢能的最大值。【答案】(1)(2)①；②【詳解】（1）設釋放點坐標為，可得在區域Ⅰ中，根據動能定理可得在區域Ⅱ中，粒子做類平拋運動，水平方向豎直方向根據牛頓第二定律解得（2）如圖所示①由已知條件可知，OA的長度為，AB的長度為。設的方向與OA的夾角為，由運動學相關規律可得，解得根據牛頓第二定律解得②粒子動能最小時電勢能最大，設粒子通過點時平行方向的分速度大小為，垂直方向的分速度大小為，由能量關系可得粒子的最大電勢能從到，由運動學規律可得解得【變式演練】【變式2-1】如圖所示，氫核（）從極板A發出（初速度可忽略不計），經A、B板間的電壓U1加速，從B板中心孔沿中心線射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），氫核進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，氫核的質量為m，電荷量為q，不計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板時速度的大小v；(2)氫核從偏轉電場射出時的側移量y和速度的偏向角α（α可以用其三角函數表示）；(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電場，它們是否會分離成兩股粒子束？試通過推理分析加以說明。【答案】(1)(2)，(3)見解析【詳解】（1）氫核經過加速電場過程，根據動能定理可得解得氫核穿過B板時速度的大小為（2）氫核在偏轉電場中做類平拋運動，則有，，聯立解得速度的偏向角正切值為又聯立可得（3）通過第（2）問的推理和結論可知，帶電粒子由靜止開始先后經過加速電場和勻強偏轉電場，其側移量，速度偏向角都與帶電粒子電荷量q、質量m均沒有關系，所以氫核和氦核的運動軌跡重合，不會分離成兩股粒子束。【變式2-2】．某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形區域內存在兩層緊鄰的勻強電場，每層的高度均為d，電場強度大小均為E，方向沿豎直方向（如圖所示），邊長為，邊長為，質量為m、電荷量為的粒子流從邊中點P射入電場，粒子初速度為，入射角為θ，在紙面內運動，不計粒子重力及粒子間相互作用。(1)當時，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時間t；(2)當時，若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍。【答案】(1)(2)【詳解】（1）依題粒子進入磁場后，受到豎直方向的電場力，故水平方向做勻速直線運動，根據幾何關系可知，粒子在水平方向的速度水平方向勻速直線運動，故該粒子通過電場的時間（2）粒子進入電場時，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時與軸線的距離小于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）空間中存在水平向左的勻強電場，場強E的大小為。將質量為m、電荷量為的小球以初速度水平向右拋出，小球的運動軌跡如圖所示。A、C兩點在同一豎直線上，B點的速度方向豎直向下，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求：(1)小球從A點運動到B點的時間；(2)小球從A到C運動過程中的最小速度。【答案】(1)(2)【詳解】（1）水平方向，由牛頓第二定律有由運動規律有聯立解得（2）設電場力與重力的合力與水平方向的夾角為，則則當小球的速度與該合力垂直時，最小速度為，則解得【變式2-4】．如圖所示，直角坐標系在豎直平面內，第一象限內存在大小、方向均未知的勻強電場，第四象限內存在方向沿軸正方向、大小未知的勻強電場。小球a從點與軸負方向成角以速率射入第四象限，一段時間后從點經過，速度沿軸負方向；另一小球b從點與軸正方向成角以速率射入第一象限，一段時間后從點經過，速度方向沿軸正方向，大小為。已知a、b小球的質量均為，電荷量均為，重力加速度為，點坐標為，不考慮小球之間的相互作用力和空氣阻力。若第一象限的電場強度大小是其可能的最小值，求：(1)第四象限內的勻強電場的大小；(2)第一象限內的勻強電場的大小；(3)M、N兩點沿軸方向的距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球a從點運動到點的過程中，沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，可得①②由牛頓第二定律得③聯立解得④（2）連接，由于小球b在P點和N點的速度大小相同，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動。設與軸正方向之間的夾角為，得⑤解得勻強電場的電場強度最小值為⑥聯立解得⑦（3）小球b從P點運動到N點的過程中，沿軸方向由牛頓第二定律得⑧由勻變速直線運動的規律得⑨小球a從P點運動到M點的過程中⑩M、N兩點沿軸方向的距離為?聯立解得?【變式2-4】（2025高三上·河北承德·期中）如圖所示，在豎直面內建立直角坐標系，第二象限存在豎直向上的勻強電場E1，第一象限存在平行于xOy平面且方向未知的勻強電場E2。質量為m、電荷量為+q的帶電小球從A（?2L，0）點以初速度（g為重力加速度大小）進入第二象限，后經y軸上的B（0，L）點水平向右進入第一象限，落在x軸上的C（L，0）點時速度大小為。E1、E2的大小均未知，不計空氣阻力，小球重力不可忽略。求：(1)電場強度E1的大小；(2)電場強度E2的大小。【答案】(1)(2)【詳解】（1）設小球在A點的初速度與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）小球經過B點時的速度設第一象限勻強電場的水平分量為Ex，豎直分量為Ey，則設C點的水平分速度為vx，豎直分速度為vy，則且解得則題組03帶電粒子（帶電體）在勻強電場中的圓周運動【典例剖析】【例3-1】（2025高三上·廣東東莞·階段練習）如圖所示，在方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場中，固定一由內表面絕緣光滑且內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點和地面上A點的連線與地面成角，一質量為m、電荷量為q的小球（可視為質點）沿方向做直線運動恰好無碰撞地從管口B進入管道中，小球恰好經過管道內C點（未畫出）并順利到達D點，其中C點是小球在管道內的速度最小點，已知，，重力加速度大小為g。求：(1)說明小球的電性、求勻強電場的場強大小E。(2)小球到達D處時，軌道對小球的支持力。【答案】(1)正電，(2)2mg，方向豎直向下【詳解】（1）小球做直線運動時的受力情況如圖甲所示所以小球帶正電，且得（2）小球到達C處時電場力與重力的合力恰好提供小球做圓周運動的向心力，如圖乙所示OC∥AB，則得小球從C處運動到D處的過程，根據動能定理有得小球在D點，根據向心力公式有得故軌道對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）如圖所示，內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和最高點，為圓筒下橫截面圓的圓心，、分別為該截面圓的最低點和最高點，圖中與垂直，與垂直。空間存在一沿方向的勻強電場，一帶電荷量、質量的小球（可視為質點）自點從圓筒壁內側以初速度沿與平行的方向拋出后，小球在面內做圓周運動，且恰未離開圓筒內壁，已知，重力加速度。(1)求的大小；(2)求的大小；(3)若撤去電場，在空間施加方向與平行且向上的勻強電場，場強大小，讓小球仍從點以同樣的速度拋出，則小球將以最短的時間從點離開圓筒，求圓筒的長度（結果可保留）。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由題得解得（2）小球在圓筒內運動經過橫截面的最高點時，設其做圓周運動速度大小為，則有小球從點開始運動到最高點，由機械能守恒定律有聯立解得（3）加上電場后，小球受到的沿向上的電場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做勻速圓周運動，設其周期為，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動，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，不可伸長的輕質細線下方懸掛一電荷量為的帶正電小球，另一端固定在點，點左側某處有一釘子，直線上方存在豎直向上的勻強電場，開始時，小球靜止于A點。現給小球一方向水平向右、大小的初速度，使其在豎直平面內繞點做圓周運動。途中細線遇到釘子后，小球繞釘子在豎直平面內做圓周運動，當小球運動到釘子正下方時，細線的拉力達到最大值，且剛好被拉斷，然后小球會再次經過A點。已知小球的質量為，細線的長度為，重力加速度大小為。求：(1)、兩點的距離；(2)細線的最大拉力；(3)勻強電場的電場強度大小的范圍。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小球的運動軌跡如圖所示小球從A點出發到再次回到A點的過程中，所受各個力做功均為零，所以小球再次回到A點時速度大小仍為，其速度方向與水平方向的夾角設為，、兩點的距離設為，小球由F點運動到A點過程中做平拋運動，根據平拋運動推論，經過A點時速度的反向延長線必過FG的中點H，根據題意可知小球由F點運動至A點的過程中，水平方向和豎直方向分別有聯立求得（2）小球經過F點時的速度為小球繞O點圓周運動的半徑為小球經過F點時，重力與最大拉力的合力提供向心力，有求得（3）設電場強度大小為時小球恰好能通過最高點C，則小球由A點運動到C點過程中，由動能定理得小球經過最高點C時，有聯立求得設電場強度大小為時小球通過最高點C時細線恰好斷裂，這種情況下，小球由A點運動到C點過程中，由動能定理得小球經過最高點C時，有其中聯立求得綜合以上，勻強電場的電場強度大小的范圍為【變式演練】【變式3-1】如圖所示，質量為、帶電荷量為的小球與不可伸長的絕緣絲線相連，絲線另一端固定在拉力傳感器上的點（拉力傳感器未畫出），絲線長度為，點距離水平地面的高度為，空間存在豎直向下的勻強電場。現給小球一水平初速度，使球繞點在豎直平面內做半徑為的圓周運動，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)求勻強電場的電場強度大小；(2)若小球運動到最低點時小球脫離絲線，求小球的落地點到點的水平距離x；(3)若電場的電場強度大小變為，將方向改為水平向右，使小球在豎直面內做完整的圓周運動，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，小球通過最高點時，由牛頓第二定律從最高點到最低點，根據動能定理可得通過最低點時聯立，解得（2）繩斷后小球做類平拋運動，豎直方向有水平方向有根據牛頓第二定律可得聯立，解得（3）若電場的電場強度大小變為將方向改為水平向右，則重力與電場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有其中小球在等效最低點有從等效最高點到等效最低點，根據動能定理可得聯立可得【變式3-2】．如圖所示，長為的絕緣細線一端固定在O點，另一端連接一質量為、電荷量為的帶正電小球，整個區域內有電場強度大小為、方向水平向右的勻強電場，現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做半徑為L的圓周運動，PQ為豎直直徑，重力加速度g取，，。(1)求小球運動過程中的最小動能；(2)求小球電勢能最小時細線的張力；(3)若在某時刻剪斷細線，同時在整個區域內加上一個方向垂直紙面的勻強磁場，恰使小球做勻速直線運動，求所加勻強磁場的磁感應強度。【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）當小球運動到重力與電場力的“等效最高點”時動能最小，此時重力和電場力的合力提供向心力，細線張力為零，有其中小球受到的電場力重力小球的最小動能（2）由題意可知當小球運動至圓周運動軌跡的最右端時其電勢能最小，從“等效最高點”到該處的過程中，由動能定理有其中θ為重力與電場力的合力與豎直方向的夾角，且又根據牛頓第二定律有聯立解得方向水平向左。（3）由題意可知，剪斷細線后，小球沿切線方向做勻速直線運動，小球受到的重力、電場力和洛倫茲力三力平衡，又根據左手定則，小球受到的洛倫茲力沿半徑方向，所以剪斷細線時，小球的位置應在重力和電場力的“等效最高點”或“等效最低點”。①當小球的位置在“等效最高點”時，有由（1）知解得方向垂直紙面向外。②當小球的位置在“等效最低點”時，有小球從“等效最高點”到“等效最低點”的過程，根據動能定理有聯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）固定在點的細線拉著一質量為、電荷量為的帶正電小球。該區域內存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度，小球能在豎直平面內做半徑為的完整圓周運動。圓周上A點在圓心的正上方，小球過點時的速度大小為，方向水平向左。不計一切阻力，重力加速度為，求：(1)小球做圓周運動過程中的細線對小球最小作用力；(2)若取過點的面為零勢面（包括重力勢能和電勢能），求小球做圓周運動過程中最小的機械能。【答案】(1)，與豎直方向成斜向下(2)【詳解】（1）設電場力和重力的合力與豎直方向夾角為，則有可得如圖所示當小球到達等效最高點點時速度最小，從A到由動能定理得解得小球做圓周運動過程中的最小速率為在點，以小球為對象，根據受到第二定律可得解得方向與豎直方向成斜向下。（2）小球做圓周運動過程中只有重力和電場力做功，所以小球的機械能和電勢能之和保持不變，過圓心沿著電場方向做一條直線交于圓點和點，如圖所示在點的時候電荷的電勢能最大，機械能最小，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。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據功能關系有解得（3）設帶電粒子運動距離時的速度大小為v′，根據功能關系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運動，后距離做勻速運動，設用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運動到N板經歷的時間2．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強度E的大小。（2）小球在A、B兩點的速度大小。【答案】（1）；（2），【詳解】（1）在勻強電場中，根據公式可得場強為（2）在A點細線對小球的拉力為0，根據牛頓第二定律得A到B過程根據動能定理得聯立解得3．（2023·山東·高考真題）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能，設置儲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）已知電容器儲存的電能，轉化為滅火彈動能的效率，滅火彈的質量為，電容，電容器工作電壓U應設置為多少？

【答案】（1）60m；（2）【詳解】（1）滅火彈做斜向上拋運動，則水平方向上有豎直方向上有代入數據聯立解得（2）根據題意可知又因為聯立可得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，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側存在一豎直向上的勻強電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態，輕繩處于自然伸直狀態。時撤去電場，C向下加速運動，下降后開始勻速運動，C開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為。已知A、B、C的質量分別為、、，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摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。(1)求勻強電場的場強大小；(2)求A與B間的滑動摩擦因數及C做勻速運動時的速度大小；(3)若時電場方向改為豎直向下，當B與A即將發生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續向右運動，一段時間后，A從右向左運動。求A第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)(2)；(3)【詳解】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態，對A、B整體分析可知，此時繩中拉力為0，對C根據共點力平衡條件有解得（2）C開始做勻速直線運動后，對C和B根據共點力平衡條件分別有，其中解得C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發生相對滑動，此時A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能相同，C下降的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統，由能量守恒定律有解得（3）沒有電場時，C開始勻速運動瞬間，A、B剛好發生相對滑動，所以此時A的加速度為零，對A根據共點力平衡有當電場方向改為豎直向下，設B與A即將發生相對滑動時，C下降高度為，對A根據牛頓第二定律可得對B、C根據牛頓第二定律可得撤去電場后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降時開始相對滑動，在C下降的過程中，對A、B、C及彈簧M、N組成的系統，由能量守恒定律有此時A的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以A第一次從右向左運動過程中的最大速度為聯立解得5．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質光滑絕緣細桿和輕質絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為。時，A以初速度向右運動，B處于靜止狀態。在時刻，A到達位置S，速度為，此時彈簧未與B相碰；在時刻，A的速度達到最大，此時彈簧的彈力大小為；在細桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時。時間內A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內。（1）求時間內，合外力對A所做的功；（2）求時刻A與B之間的距離；（3）求時間內，勻強電場對A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達位置S時的速度為，求細桿與B碰撞前瞬間A的速度。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時間內根據動能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時刻A的加速度為0，此時滑塊A所受合外力為0，設此時A與B之間的距離為r0，根據平衡條件有其中聯立可得（3）在時刻，A的速度達到最大，此時A所受合力為0，設此時A和B的距離為r1，則有且有，聯立解得時間內，勻強電場對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。設彈簧的初始長度為；A在S位置時，此時刻A、B的距離為，A速度最大時，AB距離為，細桿與B碰撞時，A、B距離為。A以過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據動能定理有對B有當A以過S時，設B與桿碰撞時，A速度為，則B速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據動能定理有對B聯立解得6．（2023·全國·高考真題）密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。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，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數視為常數。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的質量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a帶負電，油滴b帶正電；4:1【詳解】（1）設油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質量則速率為v時受阻力則當油滴勻速下落時解得可知則（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知油滴a帶負電，油滴b帶正電；當再次勻速下落時，對a由受力平衡可得其中對b由受力平衡可得其中聯立解得7．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經過B點時的速度大小為，之后沿軌道運動。以O為坐標原點建立直角坐標系，在區域有方向與x軸夾角為的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大