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专题16 电场综合题
题型解码
电场力作用下带电粒子（带电体）的平衡与运动问题是高考的热点题型，作为计算题主要从直线运动、类
抛体运动、等效重力场以及交变电场中粒子的周期性运动等角度命题。解答电场问题主要还是应用动力学
基本原理处理直线运动时牛顿运动定律、功能关系、动量关系均可以选择，解决曲线类问题运动的合成与
分解、功能关系是首选。解决电场中多粒子碰撞问题往往用动量守恒或能量守恒来处理。
考向破译
考向01 带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动
【典例引领1】如图所示，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，
初始时不带电。距小孔正上方高h 处不断有质量为m，电荷量为+q 的小液滴由静止滴落，当带电液滴接触
到下极板后会把电量全部传给极板，直到液滴不能到达下极板时停止释放液滴（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）小液滴到达小孔处的速度；
（2）电容器所带电荷量的最大值；
热点题型·计算题攻略
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领
方法透视
变式演练
考向01 带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动
考向02 带电粒子（带电体）在匀强电场中的偏转
考向03 带电粒子（带电体）在匀强电场中的圆周运动
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
（3）最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）因电容器上方无电场，故液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律得
解得
（2）当带电液滴刚好不能到达电容器下极板时电容器的电量达到最大，对刚好不能到达电容器下极板的
带电液滴运用动能定理得
根据
解得
（3）液滴在电容器上方做自由落体运动，由运动学规律
解得
液滴在电容器内部做匀变速运动，由运动学规律
解得
故最后滴下的液滴从开始下落到离开上极板的时间为
【变式演练】
【变式1-1】．如图所示，在水平地面上固定一个倾角为
的绝缘光滑斜面体，斜面体底端连接有挡
板，有一个电荷量为q、质量为m 的滑块静止于挡板处，某时刻加一沿斜面方向的匀强电场，使得滑块沿
斜面方向运动，经历t 时间后撤去电场，接着又经历相同的时间，滑块回到挡板位置处。不计空气阻力，
已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）滑块距挡板的最远距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设有匀强电场时滑块上升的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
根据运动学规律有
撤去电场后，此时以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有
滑块先沿斜面向上做匀减速再反向做匀加速，经过相同时间回到原点可得
解得，电场强度的大小为
（2）减速到0 时距挡板的距离最大为
，由动能定理可得
联立解得
【变式1-2】．如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道MN 段粗糙，其余部分光
滑，MN 段存在方向水平向右的匀强电场，N 点右侧的P 点处静止放置一绝缘物块b，一带正电的物块a 从
曲面上距水平面高为h 处由静止释放，滑出电场后与物块b 发生弹性碰撞。已知h=1.0m，直轨道长
L=1.0m，物块a 与MN 之间的动摩擦因数μ=0.4，物块a 的质量m=1kg，物块b 的质量M=2kg，场强
E=2×106N/C，物块a 的电荷量q=6×10-6C，重力加速度g 取10m/s2。物块a、b 均可视为质点，运动过程中物
块a 的电荷量始终保持不变。
(1)求物块a 与物块b 第一次碰撞前瞬间物块a 的速度大小；
(2)求物块a 与物块b 第一次碰撞后，物块b 的速度大小；
(3)若每次物块a 与P 点处的物块碰撞之后，都立即在P 点放入与物块b 完全相同的静止物块。求物块a 静
止释放后，经过足够多次的碰撞，物块a 在电场中运动的总路程。
【答案】(1)6m/s (2)4m/s (3)
m
【详解】（1）物块a 从静止释放到与物块b 碰撞前瞬间，根据动能定理有
解得
（2）物块a 与物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
（3）物块a 与物块b 碰撞后，物块a 第1 次经过N 点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律有
解得
物块a 从最左端运动到第2 次经过N 点的过程，根据动能定理有
解得
物块a 与物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
即物块a 与物块b（与物块b 完全相同的物块）每次发生弹性碰撞后瞬间，物块a 的速率均为碰撞前瞬间速
率的
，物块b（与物块b 完全相同的物块）的速率均为碰撞前瞬间物块a 速率的
，，结合（2）可知，
每次物块a 与另一物块碰撞后，物块a 第1 次经过N 点和第2 次经过N 点的速率之比均为
，设物块b
（与物块b 完全相同的物块）每次与物块碰撞后瞬间的速率依次为
、
、
…
，则有
…
归纳可得
经过足够多的碰撞，物块b（与物块b 完全相同的物块）获得的总动能为
当
时解得
在物块a 的整个运动过程中根据能量守恒定律有
解得
考向02 带电粒子（带电体）在匀强电场中的偏转
【典例引领2】如图所示，
平面的第一象限内，
的区域内有平行x 轴沿x 轴负向的匀强电场区
域Ⅰ，
的区域内存在平行y 轴沿y 轴负向的匀强电场区域Ⅱ，区域Ⅰ和区域Ⅱ内的电场强度大小相
等。第三象限内有平行
平面方向未知的匀强电场。质量为m、带电量为
的粒子从区域Ⅰ内的适当位
置由静止释放后，能通过坐标原点O。粒子重力不计。
(1)求粒子释放点的坐标应满足的条件；
(2)某粒子从O 点射入第三象限的电场后，依次通过
点和
点，且粒子从O 到A
的时间和从A 到B 的时间均为
。
①求第三象限内匀强电场的电场强度
的大小；
②若规定O 点电势为零，求从O 到B 的过程中，粒子电势能的最大值。
【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）设释放点坐标为
，可得在区域Ⅰ中，根据动能定理可得
在区域Ⅱ中，粒子做类平拋运动，水平方向
竖直方向
根据牛顿第二定律
解得
（2）如图所示
①由已知条件可知，OA 的长度为
，AB 的长度为
。设
的方向与OA 的夹角为
，由运
动学相关规律可得
，
解得
根据牛顿第二定律
解得
②粒子动能最小时电势能最大，设粒子通过
点时平行
方向的分速度大小为
，垂直
方向的分速度大
小为
，由能量关系可得粒子的最大电势能
从
到
，由运动学规律可得
解得
【方法透视】
1．带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理
基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。
2．带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合外力F 合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合外力F 合≠0，且与
1.用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v0
2
初速度方向在同一条
直线上
＝2ad，适用于匀强电场
2．用功能观点分析：W＝qU＝mv2－
mv0
2，匀强和非匀强电场都适用
带电粒子在匀强电场中
的偏转
进入电场时v0⊥E，
粒子做类平抛运动
运动的分解
偏转角：tan θ＝＝＝＝
侧移距离：y0＝＝，y＝y0＋
Ltan θ＝(＋L)tan θ
粒子斜射入电场，粒
子做类斜抛运动
运动的分解
垂直电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsin
θ
沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcos
θ－t2
带电粒子在非匀强电场
中运动
静电力在变化
动能定理，能量守恒定律
【变式演练】
【变式2-1】如图所示，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场
线垂直。粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向
上，P、Q 两点间的电势差为U，不计粒子重力，P 点的电势为零。求：
(1)带电粒子在Q 点的电势能；
(2)此匀强电场的电场强度大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意有
其中
，所以
则带电粒子在Q 点的电势能为
（2）根据类平抛运动知识可知Q 点速度的反向延长线过水平位移的中点，则
可得P、Q 两点间的竖直距离为
此匀强电场的电场强度大小为
【变式2-2】如图所示，氢核（
）从极板A 发出（初速度可忽略不计），经A、B 板间的电压U1加速，
从B 板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电
场），氢核进入M、N 间电场时的速度与电场方向垂直。已知M、N 两板间的电压为U2，两板间的距离为
d，板长为L，氢核的质量为m，电荷量为q，不计氢核受到的重力及它们之间的相互作用力。求：
(1)氢核穿过B 板时速度的大小v；
(2)氢核从偏转电场射出时的侧移量y 和速度的偏向角α（α 可以用其三角函数表示）；
(3)让氢核和氦核的混合物由静止开始通过上述加速和偏转电场，它们是否会分离成两股粒子束？试通过推
理分析加以说明。
【答案】(1)
(2)
， (3)见解析
【详解】（1）氢核经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得氢核穿过B 板时速度的大小为
（2）氢核在偏转电场中做类平抛运动，则有
，
，
联立解得
速度的偏向角正切值为
又
联立可得
（3）通过第（2）问的推理和结论可知，带电粒子由静止开始先后经过加速电场和匀强偏转电场，其侧移
量
，速度偏向角
都与带电粒子电荷量q、质量m 均没有关系，所以氢核和氦核的运
动轨迹重合，不会分离成两股粒子束。
【变式2-3】空间中存在水平向左的匀强电场，场强E 的大小为
。将质量为m、电荷量为
的小球
以初速度
水平向右抛出，小球的运动轨迹如图所示。A、C 两点在同一竖直线上，B 点的速度方向竖直向
下，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球从A 点运动到B 点的时间；
(2)小球从A 到C 运动过程中的最小速度。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）水平方向，由牛顿第二定律有
由运动规律有
联立解得
（2）设电场力与重力的合力与水平方向的夹角为
，则
则
当小球的速度与该合力垂直时，最小速度为，则
解得
考向03 带电粒子（带电体）在匀强电场中的圆周运动
【典例引领3】如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一电荷量为
的带正电小球，另一端固定在
点，
点左侧某处有一钉子
，直线
上方存在竖直向上的匀强电场，开始时，小球静止于A 点。现给
小球一方向水平向右、大小
的初速度，使其在竖直平面内绕
点做圆周运动。途中细线遇到钉
子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线的拉力达到最大值，且刚
好被拉断，然后小球会再次经过A 点。已知小球的质量为
，细线的长度为
，重力加速度大小为
。求：
(1)
、
两点的距离；
(2)细线的最大拉力；
(3)匀强电场的电场强度大小的范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球的运动轨迹如图所示
小球从A 点出发到再次回到A 点的过程中，所受各个力做功均为零，所以小球再次回到A 点时速度大小仍
为
，其速度方向与水平方向的夹角设为
，
、
两点的距离设为，小球由F 点运动到A 点过程中做
平抛运动，根据平抛运动推论，经过A 点时速度的反向延长线必过FG 的中点H，根据题意可知
小球由F 点运动至A 点的过程中，水平方向和竖直方向分别有
联立求得
（2）小球经过F 点时的速度为
小球绕O 点圆周运动的半径为
小球经过F 点时，重力与最大拉力的合力提供向心力，有
求得
（3）设电场强度大小为
时小球恰好能通过最高点C，则小球由A 点运动到C 点过程中，由动能定理得
小球经过最高点C 时，有
联立求得
设电场强度大小为
时小球通过最高点C 时细线恰好断裂，这种情况下，小球由A 点运动到C 点过程中，
由动能定理得
小球经过最高点C 时，有
其中
联立求得
综合以上，匀强电场的电场强度大小的范围为
【方法透视】
1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转
化，总的能量保持不变。
2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重
力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的
两点即为等效最高点和最低点。
【变式演练】
【变式3-1】如图所示，质量为
、带电荷量为
的小球与不可伸长的绝缘丝线相连，丝线另一端固定在
拉力传感器上的
点（拉力传感器未画出），丝线长度为
，
点距离水平地面的高度为
，空间存在竖
直向下的匀强电场。现给小球一水平初速度，使球绕
点在竖直平面内做半径为
的圆周运动，拉力传感
器显示出丝线拉力的最小值为
，最大值为
，重力加速度大小为
。
(1)求匀强电场的电场强度大小
；
(2)若小球运动到最低点时小球脱离丝线，求小球的落地点到
点的水平距离x；
(3)若电场的电场强度大小变为
，将方向改为水平向右，使小球在竖直面内做完整的圆周运动，求
拉力传感器显示的最大拉力与最小拉力之差
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律
从最高点到最低点，根据动能定理可得
通过最低点时
联立，解得
（2）绳断后小球做类平抛运动，竖直方向有
水平方向有
根据牛顿第二定律可得
联立，解得
（3）若电场的电场强度大小变为
将方向改为水平向右，则重力与电场力的合力
方向斜向右下与水平方向成
，将此合力等效为新的重力，则小球在等效最高点有
其中
小球在等效最低点有
从等效最高点到等效最低点，根据动能定理可得
联立可得
【变式3-2】固定在
点的细线拉着一质量为
、电荷量为
的带正电小球。该区域内存在水平向右的匀
强电场（图中未画出），电场强度
，小球能在竖直平面内做半径为
的完整圆周运动。圆周上A
点在圆心
的正上方，小球过
点时的速度大小为
，方向水平向左。不计一切阻力，重力加速度为
，
求：
(1)小球做圆周运动过程中的细线对小球最小作用力
；
(2)若取过
点的面为零势面（包括重力势能和电势能），求小球做圆周运动过程中最小的机械能
。
【答案】(1)
，与竖直方向成
斜向下 (2)
【详解】（1）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为
，则有
可得
如图所示
当小球到达等效最高点
点时速度最小，从A 到
由动能定理得
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为
在
点，以小球为对象，根据受到第二定律可得
解得
方向与竖直方向成
斜向下。
（2）小球做圆周运动过程中只有重力和电场力做功，所以小球的机械能和电势能之和保持不变，过圆心
沿着电场方向做一条直线交于圆
点和
点，如图所示在
点的时候电荷的电势能最大，机械能最小，由
能量守恒得
由于
即
解得
【变式3-3】如图所示，长为
的绝缘细线一端固定在O 点，另一端连接一质量为
、电荷
量为
的带正电小球，整个区域内有电场强度大小为
、方向水平向右的匀强电场，现将
小球拉至最高位置并给小球一水平向左的初速度，让小球恰好能在竖直面内做半径为L 的圆周运动，PQ
为竖直直径，重力加速度g 取
，
，
。
(1)求小球运动过程中的最小动能；
(2)求小球电势能最小时细线的张力；
(3)若在某时刻剪断细线，同时在整个区域内加上一个方向垂直纸面的匀强磁场，恰使小球做匀速直线运动，
求所加匀强磁场的磁感应强度。
【答案】(1)0.5J (2)24N，方向水平向左
(3)
，方向垂直纸面向外；或
，方向垂直纸面向里
【详解】（1）当小球运动到重力与电场力的“等效最高点”时动能最小，此时重力和电场力的合力提供
向心力，细线张力为零，有
其中小球受到的电场力
重力
小球的最小动能
（2）由题意可知当小球运动至圆周运动轨迹的最右端时其电势能最小，从“等效最高点”到该处的过程
中，由动能定理有
其中θ 为重力与电场力的合力与竖直方向的夹角，且
又根据牛顿第二定律有
联立解得
方向水平向左。
（3）由题意可知，剪断细线后，小球沿切线方向做匀速直线运动，小球受到的重力、电场力和洛伦兹力
三力平衡，又根据左手定则，小球受到的洛伦兹力沿半径方向，所以剪断细线时，小球的位置应在重力和
电场力的“等效最高点”或“等效最低点”。
①当小球的位置在“等效最高点”时，有
由（1）知
解得
方向垂直纸面向外。
②当小球的位置在“等效最低点”时，有
小球从“等效最高点”到“等效最低点”的过程，根据动能定理有
联立解得
方向垂直纸面向里。
综合巩固
1．（2025·全国卷·高考真题）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设计键盘，简化原理
图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容器的极板面积为、间距为
，电容
（
为常量）。按下键盘按键时，极板间的距离变为按压前的
倍；撤去按压，按键在弹力作用下复位。电
容器充电后：
(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍？
(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍？
【答案】(1)
倍 (2)
倍
【详解】（1）根据平行板电容器公式
，电容的定义式
设按压前电容为
，电压为U1，电荷量为Q，则
按压后极板间距离变为按压前的
倍，即
，此时电容
因为按压不改变电荷量Q，所以按压后电压
所以有
即按压后极板间的电压变为按压前的
倍。
（2）对于平行板电容器，极板间的电场强度
；
设按压前电压为U，极板间距离为d1，则电场强度
按压后极板间距离变为
，且电压不变仍为U，此时电场强度
所以有
按压后极板间的电场强度大小变为按压前的
倍。
2．（2025·四川·高考真题）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，
板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（
）的金属微粒，从两极板中央O 点由静止
释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计
微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由牛顿第二定律
由运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
（2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰
后第一次到达上极板时的速度大小为
，满足
代入解得
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为
，满足
代入解得
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为
3．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电
粒子a、b 同时从O 点以初速度
射出，速度方向与水平方向夹角均为
。已知粒子的质量为m。电荷量为
q，不计重力及粒子间相互作用。求：
(1) a 运动到最高点的时间t；
(2) a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对
球，根据牛顿第二定律有
a 运动到最高点的时间，由运动学公式有
联立解得
（2）方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为
，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离
方法二、两个小球均受到相同电场力，以a 球为参考系，
球以
的速度向下做匀速直线运动，则a
到达最高点时，a、b 间的距离
4．（2025·河南·高考真题）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个
A 细胞或B 细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为
。当液滴
穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B 细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为
。随后，液滴以
的速度竖直进入长度为
的电极板间，板间电场均匀、
方向水平向右，电场强度大小为
。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方
处
的A、B 收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B 细胞收集管的间距。
【答案】(1)
(2)0.11m
【详解】（1）由题意可知含A 细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则
沿电场方向
由牛顿第二定律
解得含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为
（2）含A 细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则
则
联立解得
有对称性可知则A、B 细胞收集管的间距
5．（2025·广东·高考真题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的
平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A 点处，由
静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B 点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬
间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍（
）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B 点与左平板的距离为
l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B 点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)若
时，
，若
时，
【详解】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有
水平方向上做匀加速直线运动，则有
，
解得
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为
水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为
，则有
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）根据题意可知，由于
，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘
板碰撞，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为
，则有
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为
水平方向运动的距离为
则电场对颗粒做的功为
若
，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向
位移为
，颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为
6．（2024·河北·高考真题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线系住一带电小球，在竖直
平面内绕O 点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A 点为最低点，B 点与O 点等高。当小球运动到A
点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为
、质量为m，A、B 两点间的电势差为
U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E 的大小。
（2）小球在A、B 两点的速度大小。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
（2）在A 点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
A 到B 过程根据动能定理得
联立解得
7．（2023·新课标卷·高考真题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，
可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴
a、b 在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、
；两板间加上电压后（上板为正
极），这两个油滴很快达到相同的速率
，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与
油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a 和油滴b 的质量之比；
（2）判断油滴a 和油滴b 所带电荷的正负，并求a、b 所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a 带负电，油滴b 带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v 时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率
，可知油滴a 做减速运动，
油滴b 做加速运动，可知油滴a 带负电，油滴b 带正电；当再次匀速下落时，对a 由受力平衡可得
其中
对b 由受力平衡可得
其中
联立解得
8．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，光滑水平面
和竖直面内的光滑
圆弧导轨在B 点平滑连接，导
轨半径为R。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过B 点时的速度
大小为
，之后沿轨道
运动。以O 为坐标原点建立直角坐标系
，在
区域有方向与x 轴夹
角为
的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为
。小球在运动过程中电荷量保持不变，
重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
（2）小球经过O 点时的速度大小；
（3）小球过O 点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球从A 到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B 到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O 点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x 轴和y 轴，则x 轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O 点开始以后的运动为x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y 轴方向做匀速直线运动，
即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O 点后运动的轨迹方程
9．（2025·江西·高考真题）精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的
测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为
，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管
的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和
偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为
，距离为
。偏转极板间距和长度分别为
和
，其左端与阳极的距离为
，右端与荧光屏的距离为
。光电效应产生电子的初速度忽略不计，
电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互
作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O 为原点、竖直方向为y 轴建立坐标系。（普朗
克常量
，光速
）
(1)现有多碱、
和
三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为
。若要使波
长范围为
的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。
(2)当偏转极板间电压U 为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
(3)真实情况下，偏转极板间电压U 与时间t 的关系为
（
和k 为大于零的常数），其零时刻与
激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y 方向速度的大小：
②若
小且
，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y 方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的
空间宽度
与激光脉冲持续时间
的关系。
【答案】(1)多碱 (2)
(3)①
；②
【详解】（1）根据题意，设入射激光波长为
，则对应的光子能量为
可得波长范围为
的入射激光的能量范围为
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光
电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为
，运动时间为
，
离开阳极时的速度大小为
，则有
，
，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为
，则
当偏转电压
为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直
方向做匀加速直线运动。
设
方向的加速度大小为
，在偏转极板内运动时间为
，离开偏转极板时
方向速度为
，偏转位移为
，则
，
，
，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为
，在此时间内电子在y 方向的位移为
，则
，
设电子离荧光屏中心的距离为y，则
联立解得
（3）当偏转极板间电压
时，电子在偏转极板内y 方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在
时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为
，设电子在偏转
极板内运动时y 方向的加速度为
，离开偏转极板时y 方向的速度为
，则
则
图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2 分析可得
②在
时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为
。同理可得，该电子离
开偏转极板时
方向的速度
，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为
，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为
，则
，
联立解得
10．（2024·福建·高考真题）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N 与
桌面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球
C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，
A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。
时撤去电场，C 向下加速运动，下
降
后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为
。已知A、B、C 的质量分别为
、
、
，小球C 的带电量为
，重力加速度大小取
，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若
时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一
段时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B 未与A 脱离，
C 未与地面相碰）
【答案】(1)
(2)
；
(3)
【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中拉
力为0，对C 根据共点力平衡条件有
解得
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有
，
其中
解得
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹簧的弹性
势能相同，C 下降
的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
解得
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为
，对A 根据牛顿第二定律可得
对B、C 根据牛顿第二定律可得
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降
时开始相对滑动，在C 下降
的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为
联立解得
