2026年高考物理二轮复习：专题16 电场综合题（3大题型）（题型专练）（全国适用）（解析版）

热点题型·计算题攻略热点题型·计算题攻略专题16电场综合题目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局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；（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，且与初速度方向在同一条直线上1.用动力学观点分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场2．用功能观点分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，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：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)侧移距离：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ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＝v0tsinθ沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcosθ－eq\f(1,2)eq\f(qE,m)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′＝eq\f(F合,m)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