第38講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復習講練測（新教材新高考）

第38講帶電粒子在電場中運動的綜合問題目錄01、考情透視，目標導航TOC\o"1-3"\h\u02、知識導圖，思維引航 103、考點突破，考法探究 2考點一帶電粒子在電場和重力場中的運動 2知識點1．等效重力場 3知識點2.方法應用 3知識點3．物體做圓周運動的物理最高點 3考向1等效場中的“繩球”模型 3考向2等效場中的“桿球”模型 4考點二示電場中的力電綜合問題 7知識點1.動力學的觀點 7知識點2.能量的觀點 7知識點3.動量的觀點 704、真題練習，命題洞見 11考情分析2024·河北·高考物理第14題2024·江西·高考物理第10題2023·福建·高考物理第16題2022·全國·高考物理第8題復習目標目標1.掌握帶電粒子在電場和重力場的復合場中的運動規(guī)律。目標2.知道“等效重力場”的概念。目標3.會用動力學觀點和能量觀點分析電場中的力電綜合問題?？键c一帶電粒子在電場和重力場中的運動知識點1．等效重力場物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些。此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”。知識點2.方法應用(1)求出重力與靜電力的合力，將這個合力視為一個等效重力。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為等效重力加速度。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。(4)將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到“等效重力場”中分析求解。知識點3．物體做圓周運動的物理最高點考向1等效場中的“繩球”模型1．(多選)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點)用絕緣細線懸掛在O點，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運動，小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大。已知小球運動所在的空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細線長為l，重力加速度為g，則()A．小球帶正電B．靜電力大于重力C．小球運動到最低點時速度最大D．小球運動過程最小速度至少為v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))【答案】BD【解析】：因為小球運動到最高點時，細線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負電，故A錯誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝meq\f(v2,l)，即v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))，故D正確?？枷?等效場中的“桿球”模型2．如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度E的大??；(2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿足的條件。【答案】：(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)【解析】：(1)當小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示則有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球所受重力與電場力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點。設當小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mvmin2，解得vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度大小應不小于eq\r(5gr)。3.空間中有豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq\f(3mg,q)。絕緣圓形軌道豎直放置，O點是它的圓心、半徑為R，A、C為圓軌道的最低點和最高點，B、D為與圓心O等高的兩點，如圖所示。在軌道A點放置一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的光滑小球。現(xiàn)給小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．無論v0多大，小球不會脫離軌道B．只有v0≥eq\r(gR)，小球才不會脫離軌道C．v0越大，小球在A、C兩點對軌道的壓力差也越大D．若將小球無初速度從D點釋放，小球一定會沿軌道經(jīng)過C點【答案】D【解析】由題意可知小球所受靜電力與重力的合力方向豎直向上，大小為F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脫離軌道，設其在A點所具有的最小速度為vmin，根據(jù)牛頓第二定律有F＝meq\f(vmin2,R)，解得vmin＝eq\r(2gR)，所以只有當v0≥eq\r(2gR)時，小球才不會脫離軌道，故A、B錯誤；假設小球可以在軌道中做完整的圓周運動，在C點的速度大小為v1，根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02＝F·2R，在A、C點小球所受軌道的支持力大小分別為F0和F1，根據(jù)牛頓第二定律有F0＋F＝meq\f(v02,R)，F(xiàn)1－F＝meq\f(v12,R)，聯(lián)立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根據(jù)牛頓第三定律可知小球在A、C兩點對軌道的壓力差等于12mg，與v0的大小無關，故C錯誤；若將小球無初速度從D點釋放，由于F向上，所以小球一定能沿DC軌道經(jīng)過C點，故D正確。4.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點，在大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強度大小為eq\f(mg,q)(g為重力加速度)的勻強電場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0(v0未知)，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中()A．動能最小與最大的位置在同一等勢面上B．電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C．在A點獲得的初速度為eq\r(21＋\r(2)gR)D．過B點受到大環(huán)的彈力大小為mg【答案】BC【解析】由于勻強電場的電場強度為eq\f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效物理最低點C與等效物理最高點位置D，如圖所示，小圓環(huán)在等效物理最低點速度最大，動能最大，在等效物理最高點速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD>φC，可知其不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效物理最高點D的速度為0，對圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(21＋\r(2)gR)，C正確；小圓環(huán)從A運動到B過程有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，在B點有FN＋mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg<0，可知，小圓環(huán)過B點受到大環(huán)的彈力大小為(3－2eq\r(2))mg，D錯誤?？键c二電場中的力電綜合問題要善于把電學問題轉(zhuǎn)化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子受力與運動的關系、功能關系和能量關系等多角度進行分析與研究。知識點1.動力學的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮。知識點2.能量的觀點(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理。(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。知識點3.動量的觀點(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否在某方向上動量守恒。1.如圖，質(zhì)量為9m的靶盒(可視為質(zhì)點)帶正電，電荷量為q，靜止在光滑水平面上的O點。O點右側(cè)存在電場強度大小為E、方向水平向左的勻強電場。在O點左側(cè)有一質(zhì)量為m的子彈，以速度v0水平向右打入靶盒后與靶盒一起運動。已知子彈打入靶盒的時間極短，子彈不帶電，且靶盒帶電荷量始終不變，不計空氣阻力。(1)求子彈打入靶盒后的瞬間，子彈和靶盒共同的速度大小v1；(2)求子彈打入靶盒后，靶盒向右離開O點的最大距離s；(3)若靶盒回到O點時，第2顆完全相同的子彈也以v0水平向右打入靶盒，求第2顆子彈對靶盒的沖量大小I?！敬鸢浮?1)0.1v0(2)eq\f(mveq\o\al(2,0),20qE)(3)mv0【解析】(1)子彈打入靶盒過程中，由動量守恒定律得mv0＝10mv1解得v1＝0.1v0。(2)靶盒向右運動的過程中，由牛頓第二定律得qE＝10ma又veq\o\al(2,1)＝2as解得s＝eq\f(mveq\o\al(2,0),20qE)。(3)第1顆子彈打入靶盒后，靶盒將向右減速后反向加速，返回O點時速度大小仍為v1，設第2顆子彈打入靶盒后速度為v2，取向右為正方向，由動量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2解得v2＝0以靶盒與第1顆子彈為整體，由動量定理得I＝0－(－10mv1)解得I＝mv0。2.如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統(tǒng)不計一切摩擦。開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體B獲得最大速度，且彈簧未超過彈性限度(已知彈簧形變量為x時彈性勢能為eq\f(1,2)kx2)，重力加速度為g，則在此過程中()A．物體B帶負電，受到的靜電力大小為mgsinθB．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(2mgsinθ,k)C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度大小為3gsinθD．物體B的最大速度為gsinθeq\r(\f(3m,k))【答案】D【解析】假設B所受靜電力沿斜面向下，當施加外力時，對B分析可知F－mgsinθ－F電＝0，解得F電＝2mgsinθ，假設成立，故B帶負電，故A錯誤；當B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsinθ，解得x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故B錯誤；當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，對物體A、B分析可知F合＝F電＋mgsinθ＝(m＋2m)a，解得a＝gsinθ，故C錯誤；設物體B的最大速度為vm，由功能關系可得eq\f(1,2)×3mvm2＋eq\f(1,2)kx2＝mgxsinθ＋F電x，解得vm＝gsinθeq\r(\f(3m,k))，故D正確。3.如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠能到達距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進入電容器后，最遠能到達的位置距離右極板()A.eq\f(1,2)dB．dC.eq\f(2,3)dD.eq\f(4,3)d【答案】C【解析】設帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時電容器極板間電場強度為E，則由功能關系有qEd＝eq\f(1,2)mv02，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運動，當與帶電環(huán)共速時，帶電環(huán)到達進入電容器最遠位置，整個過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關系有qEd′＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×3mv12，聯(lián)立解得d′＝eq\f(2,3)d，故選C。4.19世紀末美國物理學家密立根進行了多次試驗，比較準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，用噴霧器將油滴噴入電容器的兩塊水平的平行電極板之間時，油滴經(jīng)噴射后，一般都是帶電的。設油滴可視為球體，密度為ρ，空氣阻力與油滴半徑平方、油滴運動速率成正比。實驗中觀察到，在不加電場的情況下，半徑為r的小油滴1以速度v勻速降落；當上下極板間間距為d、加恒定電壓U時，該油滴以速度0.5v勻速上升。已知重力加速度為g，試求：(1)此油滴帶什么電？帶電荷量多大？(2)當保持極板間電壓不變而把極板間距增大到4d，發(fā)現(xiàn)此油滴以另一速度v1勻速下落，求v1與v的比值；(3)維持極板間距離為d，維持電壓U不變，觀察到另外一個油滴2，半徑仍為r，正以速度0.5v勻速下降，求油滴2與油滴1帶電荷量之比。【答案】(1)帶負電eq\f(2πr3ρgd,U)(2)eq\f(5,8)(3)1∶3【解析】(1)由題意得，油滴帶負電，m＝eq\f(4,3)ρπr3不加電場勻速下降，有mg＝kr2v當油滴以0.5v勻速上升，由平衡條件mg＋kr2·0.5v＝q1eq\f(U,d)故q1＝eq\f(2πr3ρgd,U)。(2)d增大到4倍，根據(jù)平衡條件得mg＝q1eq\f(U,4d)＋f1，f1＝kr2v1解得eq\f(v1,v)＝eq\f(5,8)。(3)設油滴2的電荷量為q2，由平衡條件得mg＝q2eq\f(U,d)＋kr2·0.5v解得q2∶q1＝1∶3。5.如圖所示，長s＝0.5m的粗糙水平面AB上有一水平向右的勻強電場E1＝60V/m。一電荷量q＝＋0.02C、質(zhì)量m1＝0.2kg的物塊從A點由靜止開始運動，從B點飛入豎直向下的勻強電場E2，并恰好落在質(zhì)量m2＝0.3kg的絕緣籃中，與絕緣籃粘在一起。絕緣籃通過長L＝0.1m的輕繩(不可伸長)與一質(zhì)量m3＝0.5kg的滑塊相連，滑塊套在一水平固定的光滑細桿上，可自由滑動。已知物塊與水平面AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，絕緣籃距B點的豎直距離y＝0.1m，水平距離x＝0.2m，重力加速度g取10m/s2，物塊、絕緣籃、滑塊均可視為質(zhì)點。求：(1)物塊從B點飛出時的速度大??；(2)豎直勻強電場E2的大小；(3)輕繩再次擺到豎直位置時繩對籃子的拉力大小?！敬鸢浮?1)2m/s(2)100N/C(3)10.2N【解析】(1)物塊從A滑行到B過程，根據(jù)動能定理可得qE1s－μm1gs＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得物塊從B點飛出時的速度大小為vB＝2m/s。(2)物塊飛入豎直電場中做類平拋運動，水平方向有x＝vBt豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE2＋m1g,m1)聯(lián)立解得E2＝100N/C。(3)物塊飛入籃中與絕緣籃組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則有m1vB＝(m1＋m2)v1解得v1＝0.8m/s絕緣籃與物塊擺到一定高度再落回最低點過程中，絕緣籃、物塊和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)聯(lián)立解得v2＝0，v3＝0.8m/s輕繩再次擺到豎直位置時，物塊和絕緣籃相對滑塊的速度大小為v3，對物塊和絕緣籃根據(jù)牛頓第二定律可得T－(m1＋m2)g－qE2＝(m1＋m2)eq\f(veq\o\al(2,3),L)解得T＝10.2N。1．（2024·江西·高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細直桿，質(zhì)量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標系中，小球乙靜止在坐標原點，初始時刻小球甲從處由靜止釋放，開始向下運動。甲和乙兩點電荷的電勢能（r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力f，重力加速度為g。關于小球甲，下列說法正確的是（）A．最低點的位置B．速率達到最大值時的位置C．最后停留位置x的區(qū)間是D．若在最低點能返回，則初始電勢能【答案】BD【詳解】A．全過程，根據(jù)動能定理解得故A錯誤；B．當小球甲的加速度為零時，速率最大，則有解得故B正確；C．小球甲最后停留時，滿足解得位置x的區(qū)間故C錯誤；D．若在最低點能返回，即在最低點滿足結合動能定理又聯(lián)立可得故D正確。故選BD。2．（2022·全國·高考真題）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后，（）A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【詳解】A．如圖所示故等效重力的方向與水平成。當時速度最小為，由于此時存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD．水平方向上在豎直方向上由于，得如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；C．當如圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；故選BD。3．（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(nèi)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(zhì)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(jù)公式可得場強為（2）在A點細線對小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得A到B過程根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得4．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(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)光滑絕緣細桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。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(tài)。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(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(nèi)。（1）求時間內(nèi)，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(nèi)，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?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時間內(nèi)根據(jù)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(jù)平衡條件有其中聯(lián)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(lián)立解得時間內(nèi)，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(jù)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(jù)動能定理有對B聯(lián)立解得5．（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(shù)視為常數(shù)。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(zhì)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(zhì)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(lián)立解得6．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)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(qū)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小為。小球在運動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點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大??；（3）小球過O點后運動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）；（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)動能定理有解得（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說明小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有，聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程7．（2022·廣東·高考真題）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，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(zhì)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(nèi)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(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。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為油滴運動速率，不計空氣浮力，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上升距離電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量，電勢能的變化量；（3）見解析【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小勻速時又聯(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