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专题08 带电粒子在电场中的运动
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共19小题）
1．（2025 青海）如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小E＝2×105V/m的匀强电场沿直线加速到v＝1×107m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量m＝1.6×10﹣27kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，则整个加速过程中质子的位移大小为（　　）
A．2m B．2.5m C．4m D．5m
2．（2025 涧西区）电子在电势差U1为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差U2为的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是（　　）
A．U1变大，U2变大 B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大 D．U1变小，U2变小
3．（2025 重庆）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）
A．具有不同比荷
B．电势能均随时间逐渐增大
C．到达M、N的速度大小相等
D．到达K所用时间之比为1：2
4．（2025 湖南）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
5．（2024 广西）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中（　　）
A．静电力做正功
B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功
D．静电力先做负功再做正功
6．（2025 东西湖区）在如图所示的直角坐标系xOy中，存在平行于纸面的匀强电场。从a点以16eV的动能沿纸面向不同方向先后射出两个电子，仅在电场力的作用下，一电子经过b点时的动能为4eV，另一电子经过c点时的动能为12eV。不考虑两电子间的相互作用，下列判断正确的是（　　）
A．b点的电势比a点的电势高
B．该电场场强的大小为100V/m
C．若在纸面内只改变电子从a点射出时速度的方向，电子都不可能通过e点
D．若在纸面内只改变电子从a点射出时速度的方向，电子通过d点时的动能为18eV
7．（2025 甘肃）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势比P点的低
B．M点的电场强度比N点的小
C．负电荷从M点运动到P点，速度增大
D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功
8．（2025 甘肃）离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场（OO′为平行于两极板的中轴线），极板长度为l、间距为d，U2﹣t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．U2的最大值Um
B．当U2＝±Um且L时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
9．（2025 福建）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（　　）
A．B点的电场强度
B．P点场强大于C点场强
C．b粒子在P点动能小于Q点动能
D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU
10．（2025 选择性）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（　　）
A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC
C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB
11．（2024 浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　）
A．小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
12．（2023 北京）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（　　）
A．做匀加速直线运动
B．在O点所受静电力最大
C．由E到O的时间等于由O到F的时间
D．由E到F的过程中电势能先增大后减小
13．（2023 浙江）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足（　　）
A． B．
C． D．
14．（2023 浙江）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10﹣8C、质量为3.0×10﹣4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（　　）
A．MC距离为5cm
B．电势能增加了J
C．电场强度大小为104N/C
D．减小R的阻值，MC的距离将变大
15．（2025 新津区模拟）如图1为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图2所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）
A． B． C． D．
16．（2025 玉溪模拟）如图所示，一端固定的长为l的绝缘轻绳悬挂一质量为m的绝缘小球，小球带正电q，可视为质点。初始时，小球静止于P点，现给空间施加一大小为，水平向右的恒定匀强电场，小球恰能到达Q点（未画出），已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．小球处于Q点位置时轻绳与竖直方向的夹角为45°
B．P、Q两点的电势差大小为
C．轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减少
D．轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为
17．（2025 郴州三模）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示，图中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球初速度大小
B．电场强度大小为
C．小球抛出时重力势能为E0
D．小球加速度大小为
18．（2025 浙江一模）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　）
A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1：2：3
B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．进入第n个圆筒时电子的速率为
19．（2025 安康模拟）如图所示，两质量均为m、带等量异种电荷的小球A、B用三根不可伸长的绝缘细线拴接后，悬挂在天花板上的O点，小球所在的空间有水平向右的匀强电场，系统保持静止，A、B间的细线刚好伸直。剪断O、B间的细线，在静电力、重力、细线上弹力和空气阻力的共同作用下两小球最终会在新的位置再次达到平衡。已知O、A间细线与O、B间细线的长度均为l，A、B间细线的长度为1.2l，不计两小球之间的库仑力作用，重力加速度为g，则从剪断细线到再次平衡的过程中，两小球克服空气阻力所做的总功为（　　）
A． B． C． D．mgl
二．多选题（共7小题）
（多选）20．（2024 广东）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污。基本原理如图所示，涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（　　）
A．M点的电势比N点的低
B．N点的电场强度比P点的大
C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
（多选）21．（2025 福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（　　）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP两点的电势差为
D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为
（多选）22．（2023 广东）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的有（　　）
A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功
D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
（多选）23．（2023 海南）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点电场强度相同
B．M、N两点电势相同
C．负电荷在M点电势能比在O点时要小
D．负电荷在N点电势能比在O点时要大
（多选）24．（2023 乙卷）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（　　）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
（多选）25．（2023 湖北）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．L：d＝2：1
B．U1：U2＝1：1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
（多选）26．（2024 江西）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x＝x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　）
A．最低点的位置
B．速率达到最大值时的位置x
C．最后停留位置x的区间是
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0＜（mg﹣f）
三．解答题（共16小题）
27．（2025 河南）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m＝2.0×10﹣10kg。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q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以v＝2.0m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1m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。
28．（2025 江苏）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v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。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。
29．（2025 北京）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。
（1）设A、B两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。
（2）已知筒内距离轴线r处的电场强度大小，其中k为静电力常量，λ为金属线B单位长度的电荷量。如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比较（E3﹣E2）与（E2﹣E1）的大小。
（3）图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷e＝1.6×10﹣19C，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，静电力常量k＝9.0×109N m2/C2，基态氢原子轨道半径a＝5.3×10﹣11m和能量E0＝﹣13.6eV）
30．（2024 浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
31．（2023 新课标）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。
32．（2025 天心区一模）如图所示，两平行板电容器C1、C2分别竖直和水平放置，C1的小孔M、N在同一水平线上，一带电粒子从M点静止释放，经电场直线加速后从N点射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从上极板边缘P点射出，射出时速度方向与水平方向成30°角。已知粒子质量为m、带电量为q，C1的板间电压大小为U，两电容器板间电场视为匀强电场，不计带电粒子重力，忽略边缘效应，求：
（1）粒子经过N点和P点时的速度大小；
（2）电容器C2极板电压；
（3）电容器C2极板长度和间距之比。
33．（2025 河北模拟）如图所示，半径R＝0.8m的圆弧形光滑绝缘轨道PQ（圆心为O）固定在竖直面内，Q点到水平地面的距离足够高，OQ与竖直线OO'重合，OO'右侧存在水平向右、电场强度大小E＝100N/C的匀强电场，质量M＝0.3kg、电荷量q＝0.01C的带负电小球B静止在圆弧形轨道末端，质量m＝0.1kg的不带电小球A从圆弧形轨道的最高点P由静止释放，小球A、B间的碰撞（时间极短）为弹性碰撞且碰撞过程中小球B的电荷量不变。取重力加速度大小g＝10m/s2，小球A、B均视为质点，不计空气阻力，求：
（1）两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球A的支持力大小F；
（2）碰撞后小球A上升的最大高度h；
（3）小球B下落到Q点正下方时，到Q点的距离d。
34．（2025 广东）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（k＜1）。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。
35．（2025 四川）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（q＞0）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。
36．（2025 固始一模）如图甲所示，真空中的粒子枪连续不断均匀地发出α粒子（He），设其初速度为零，经电场U1加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、长为L，A、B两板间加周期性变化的电场UAB，t＝0时，A板电势高于B板，如图乙所示，周期为T。加速电场电压为U1，其中m为一个核子的质量、q为一个质子电量。不计α粒子的重力以及α粒子间的相互作用力，且所有α粒子都能离开偏转电场。则：
（1）若有α粒子从t时刻射入偏转电场，求其离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
（2）在足够长的时间内，所有能平行于两极板飞出的α粒子，求其射入偏转电场的时刻；
（3）在足够长的时间内，求能从中线上方离开偏转电场的α粒子占所有入射粒子总数的百分比η。（已知1.732）
37．（2024 天津）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+y方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间t1。
38．（2023 北京）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为L，间距为d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
39．（2025 西城区二模）弗兰克﹣赫兹实验是能够验证玻尔理论的重要实验。实验装置如图所示，放电管的阴极K持续发射电子，两个金属网电极G1和G2将放电管分为三个区域，在G1与K之间加可调节大小的电压，使电子加速运动；电子进入G1和G2之间的等势区后，部分电子与该区域内的原子发生碰撞；在G2与电极A间加电压，使进入该区域的电子减速运动，若有电子到达A，电流表可观测到电流。
可以建立简化的模型从理论角度对该实验进行分析。设原子的质量为M，被撞前视为静止，电子的电荷量为e、质量为m，忽略电子的初速度及电子间的相互作用力，假定电子均沿直线运动，电子与原子最多发生一次碰撞，且电子不会被原子俘获。
（1）当G1与K间电压为U时，求电子到达G1时速度的大小v。
（2）该实验利用电子对原子进行撞击，使原子吸收碰撞损失的动能从低能级跃迁到高能级。
a.为使原子从能量为E0的基态跃迁到能量为E1的第一激发态，求G1与K间电压的最小值U0。
b.在G2与A间加电压是为了观测到电流表示数的显著变化，以推知原子是否发生了能级跃迁。当G1与K间电压为U0时，求G2与A间电压U1的最小值。
40．（2025 广州模拟）如图所示，一带正电的小物块a从竖直方向的光滑曲面上静止释放，平滑进入水平直轨道PQ。a与PQ间的动摩擦因数μ＝0.173，PQ正上方存在方向水平向右的匀强电场，a受到的电场力是其重力的0.073倍。Q点正上方固定两个细钉子M、N，MN＝0.2m，MQ＝1m，长R＝1m的轻绳一端固定在M上，不带电的绝缘物块b系在绳子的下端，当a运动到Q点时与静止的b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后b恰能在竖直面内做完整的圆周运动。当b第二次到达最高点时，轻绳突然断裂，b落在a最终静止的位置（a、b不发生第二次碰撞）。已知b的质量是a的2倍，a的电荷量保持不变，不计轻绳被钉子阻挡和轻绳断裂时的机械能损失。求：
（1）物块b落地点与Q点的间距。
（2）水平直轨道PQ的长度L。
（3）物块a释放时距离水平直轨道PQ的高度。
41．（2024 浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）；
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求；
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
42．（2023 福建）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q＞0）和﹣q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。在t1时刻，A到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2v1，此时t＝t3。0～t3时间内A的v﹣t图像如图（b）所示，v1为图线中速度的最小值，t1、t2、t3；均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求0～t1时间内，合外力对A所做的功；
（2）求t1时刻A与B之间的距离；
（3）求t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功；
（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。
专题08 带电粒子在电场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共19小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B D C A C D B D C C
题号 12 13 14 15 16 17 18 19
答案 C A B C B B D D
二．多选题（共7小题）
题号 20 21 22 23 24 25 26
答案 AC BC AC BC BC BD BD
一．选择题（共19小题）
1．【专题】定量思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：设整个加速过程中质子的位移大小为x。根据动能定理得
qEx
代入数据解得x＝2.5m，故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU10 …①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy＝at…④
由①、②、③、④可得：vy＝at，
又有：tanθ
一定能使电子的偏转角θ变小是U1变大，U2变小
故选：B。
3．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A、设OQ之间的距离为d，根据类平抛运动的规律可得：d，由于d和t相同，则比荷相同，故A错误；
B、带电粒子a、b受到的电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；
C、由于带电粒子a、b同时达到M、N点，两个粒子比荷相同，根据a可知加速度相同，根据vy＝at可知，达到M、N时平行于电场线方向的速度大小相等；水平方向二者均做匀速直线运动，则水平方向的速度大小之比为：，所以达到M和N时的速度大小不相等，故C错误；
D、由于a和b水平方向的速度大小之比为：，根据t可知，到达K所用时间之比为1：2，故D正确。
故选：D。
4．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：AB．对A球受力分析，如图所示
根据平行四边形定则可得，轻绳上拉力大小为：T＝mg
AB两球间的库仑力大小为：
故AB错误；
C．若将轻绳剪断，则A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；
D．若将轻绳剪断，则B球受到的库仑力、重力不变，小球A仍然处于静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。
故选：C。
5．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53°
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
EP
根据数学知识可知在 37°≤α≤53°范围内，随着α 的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故BCD错误，A正确。
故选：A。
6．【专题】参照思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
解：A、仅在电场力的作用下，电子由a到b，根据﹣eU＝ΔEK可得，Uab＝12V，所以b点的电势比a点的低，故A错误；
B、电子由a到c，根据﹣eU＝ΔEK可得，Uac＝4V
根据匀强电场的特点可知，在坐标（2，6）位置的电势和c点的电势相等，电场线与等势面垂直，可以画出电场线的方向如图
可知过b点的电场线同时也经过d点，由几何关系可得bd与水平方向之间的夹角的余弦
结合动能分析可知，b点的电势比c点低8V，则EV/cm＝200V/m，故B错误；
C、根据在匀强电场中沿同一条直线上距离相等的点之间的电势差相等，可以求出Uae＝16V，根据W＝qU可知电子达到e点的速度为零，所以电子可以恰好达到e点，但不能“通过”e点，故C正确；
D、因为b点和d点在同一条电场线上，由几何关系可知bdcm，所以V＝20V
则Uda＝Udb﹣Uab＝20V﹣12V＝8V
根据W＝qU可知电子从a到d电势能减小8eV，则电子的动能增大8eV，所以电子通过d点的动能是24eV，故D错误。
故选：C。
7．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：A、根据图像可知，上板带正电，电场线方向从上到下。根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点电势高于P点电势，又因为M、N在同一等势面上，所以M点的电势比P点的高，故A错误；
B、电场线密的地方电场强度大，所以M点的电场强度比N点的大，故B错误；
CD、负电荷受力方向与电场线方向相反。负电荷从M点运动到P点电场力做负功，动能减小、速度减小，故C错误、D正确。
故选：D。
8．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A.设离子的质量为m，电荷量为q，经过加速电场获得的速度为v0；
根据动能定理
解得
当U2＝±Um时，在Δt时间内离子的加速度
离子恰好从两极板的边缘射出，竖直位移
水平方向l＝v0Δt
联立解得，故A错误；
B.当U2＝±Um时，根据类平抛运动的推论可知，离子离开极板时速度的反向延长线通过极板水平中心线的中点，离子离开偏转电场后做匀速直线运动，若离子恰好能打到样品边缘；
根据数学知识
解得，故B正确；
C.设离子进入偏转电场时，偏转电场的电压为U2，侧位移为y，样品上偏离的位移为Y；
根据类平抛运动规律，水平方向x＝l＝v0t
竖直方向
根据数学知识
联立解得
因此，若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需减小U1，故C错误；
D.设t1时刻，对应的偏转电压为U2′，t2时刻，对应的偏转电压为U2″，
由图2可知U2′＜U2″
根据上述C得到的表达式可知，t1时刻进入的离子在样品上偏离的位移小于t2时刻
进入的离子在样品上偏离的位移，即Y1＜Y2
由图1可知YA＞YB，因此在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在B和A点，故D错误。
故选：B。
9．【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：A、由于电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，则
以及Ek
解得E
故A错误；
B、电场线越密集电场强度越大，则根据电场线结合距离远近可得P点场强小于C点场强，故B错误；
C、根据运动情况可得电场力做负功，由动能定理可知电场力做负功，动能减小，故b粒子在P点动能大于Q点动能，故C错误；
D、已知BP电势差为U，且ABC为等势面，由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，则CQ电势差小于2U，可得克服电场力做功为W＜2Ue，故D正确。
故选：D。
10．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理﹣mg×2r＝EkC﹣EkB
因此EkB＝EkC+2mgr
如图所示，滑块运动到D点，弹簧处于原长状态：
滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；
滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识
由于Eq＝mg，根据动能定理
因此
联立解得EkA＜EkC＜EkB
故ABD错误，C正确。
故选：C。
11．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误；
B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；
C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在B点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在B点的加速度，故C正确；
D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。
故选：C。
12．【专题】定性思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：A、两等量正点电荷周围部分电场线如图所示：
根据图像可知，E到O之间的电场肯定不是匀强电场，带负电的点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可得加速度是变化的，所以点电荷不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B、在O点的电场强度为零，根据F＝qE可知，点电荷在O点所受静电力为零，故B错误；
C、带负电的点电荷在E点由静止释放后，根据对称性可知，其将以O点为对称中心做往复运动，由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；
D、点电荷从E到O电场力做正功，电势能减小，从O到F，电场力做负功，电势能增大，所以由E到F的过程中，点电荷的电势能先减小后增大，故D错误。
故选：C。
13．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。
14．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A、剪断细线，小球沿直线运动到M点，如图所示：
根据几何关系可得：MCcm＝10cm，故A错误；
B、根据几何关系可得电场力F和细线拉力T夹角为60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦定理可得：
可得电场力大小为：Fmg3.0×10﹣4×10N10﹣3N
逆电场线方向的位移：x＝d﹣Lsin30°，其中：d＝10cm＝0.1m，L＝5cm＝0.05m
解得：x＝0.075m
克服电场力做的功为：W电＝Fx10﹣3×0.075JJ，所以电势能增加了J，故B正确；
C、电场强度的大小为：E，解得：E105N/C，故C错误；
D、电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势，减小R的阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则MC的距离不变，故D错误。
故选：B。
15．【专题】比较思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：因为在电极XX′之间所加的电压保持不变，则知在XX′方向上电子的偏转位移保持不变。在YY′方向上电压按正弦规律变化，则YY′方向上偏转位移在正负最大值之间变化，故ABD错误，C正确。
故选：C。
16．【专题】定量思想；临界法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A、由题意可知，小球恰能到达Q点时速度为0，设此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，由动能定理得
Eqlsinθ﹣mgl（1﹣cosθ）＝0
解得θ＝60°，故A错误；
B、由动能定理有qU﹣mgl（1﹣cosθ）＝0，解得P、Q两点的电势差大小，故B正确；
C、轻绳对小球的拉力最大时，小球速度最大，根据对称性可知，此时轻绳与竖直方向的夹角为，该过程电场力做功，故小球的电势能减少，故C错误；
D、小球从开始运动到速度最大的过程，由动能定理得。在绳的拉力最大处，对小球，由牛顿第二定律得，联立解得绳上的拉力大小，故D错误。
故选：B。
17．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A、小球初动能为Ek0，根据动能的公式有：
可得初速度大小：，故A错误；
B、根据动能定理得：3E0＝（mg﹣qE）y0
根据功能关系得：4E0＝qEy0
联立得到：
所以电场强度大小为为：E电，故B正确；
D、由牛顿第二定律有：mg﹣qE＝ma
代入数据得小球加速度大小为a，故D错误；
C、初始状态：4E0＝E0+Ep0
所以小球抛出时重力势能为：Ep0＝3E0，故C错误。
故选：B。
18．【专题】定量思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：ACD、由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理得
可得
则电子进入第n个圆筒时的速度为
不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为，则第n个圆筒的长度为
所以金属圆筒1、2、3的长度之比为，故AC错误，D正确；
B、由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，故B错误；
故选：D。
19．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：剪断O、B间的细线前，分别对A、B受力分析，根据共点力平衡可知A带负电，B带正电，设拴接A、B的细绳与竖直方向的夹角均为θ。
由几何关系可得：sinθ0.6，可得：θ＝37°
对B受力分析可得B受到的电场力大小为：qE＝mgtanθ＝0.75mg
剪断O、B间的细线后，将A、B看作一个整体，此整体在水平方向上所受合力为零，则两小球再次平衡后，O、A间的细线对整体拉力要与整体的重力等大反向，可知O、A间的细线处于竖直状态。再对B受力分析，B的受力与之前无变化，故A、B间的细线与竖直方向的夹角仍为θ，如上图所示。
剪断O、B间的细线前、后，A重力势能的变化量为ΔEpA＝﹣mgl（1﹣cosθ）＝﹣0.2mgl
B重力势能的变化量为ΔEpB＝﹣mgl（1﹣cosθ）﹣1.2mglcosθ＝﹣1.16mgl
A的电势能的变化量为ΔEpA′＝qElsinθ＝0.45mgl
B的电势能的变化量为ΔEpB′＝qE（1.2lsinθ﹣lsinθ）＝﹣0.09mgl
故系统重力势能与电势能的变化量之和为：ΔEp总＝ΔEpA+ΔEpB+ΔEpA′+ΔEpB′＝﹣mgl
由功能关系可得此过程中两小球克服空气阻力做的总功为：W＝﹣ΔEp总＝mgl，D正确，ABC错误。
故选：D。
二．多选题（共7小题）
20．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A、沿着电场线方向电势逐渐降低，则M点的电势低于N点的电势，故A正确；
B、在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小，则N点的场强小于P点的场强，故B错误；
C、污泥絮体带负电，且从M点移动到N点的过程中电势逐渐升高，根据电势能的表达式Ep＝qφ可知污泥絮体的电势能减小，结合功能关系可知电场力对其做正功，故C正确；
D、电场中的虚线表示等势面，则N点的电势高于P点的电势，同上述分析可知，污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能，故D错误；
故选：AC。
21．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
解：AB、带电体恰能沿MN做匀速直线运动，对带电体受力分析可知，带电体一定带正电，如图
由平衡条件得：
mg＝qE
qvBmg
解得：
E
B
故A错误，B正确；
C、粒子从N点运动到P点，初速度为v，所受合力为mg，做类平抛运动，将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到P点时，位移偏转角为45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：
2tan45°
合速度为
v合
联立解得：
v合v
从N点到P点，由动能定理得：
qUmmv2
解得：
U
故C正确；
D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为零时，离NP的距离最大，最大距离为
h
故D错误；
故选：BC。
22．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：AB、根据题意可知，像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势；像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确，B错误；
CD、像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到向下的电场力，位移向下，白色微粒受到向上的电场力，位移向上，所以电场力对白色和黑色微粒都做正功，故C正确，D错误；
故选：AC。
23．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A．根据场强叠加的特点以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，不过方向不同，故A错误；
B．因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，由此可分析出MN两点电势相等，故B正确；
CD．根据题意可知，负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，根据功能关系可知该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。故C正确，D错误。
故选：BC。
24．【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：ABC、由题可知，OP＞OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM＝φN＞φP
则点负电的小球运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP＞EpM＝EpN
故带负电的小球在M点机械能等于在N点机械能，故A错误，BC正确；
D、从M点到N点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，当开始夹角为锐角，做正功；后变为钝角，做负功，故电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：BC。
25．【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：B、粒子在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系以及电场强度与电场力的关系可得
E①
F＝qE＝ma②
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向上和竖直方向上的分速度为
vx＝v0cos45°v0③
vy＝v0sin45°v0④
粒子从射入到运动到最高点，由运动学关系速度与位移公式可得
2ad⑤
粒子在电场加速的过程中由动能定理可得
qU1m⑥
联立①②④⑤⑥解得
U1：U2＝1：1
故B正确；
A、粒子从射入到运动到最高点过程中，设水平方向速度为vx，竖直方向上速度为vy，且水平方向上的位移为
x＝2L＝vxt⑦
竖直方向上的位移为y＝d⑧
联立⑦⑧解得
L：d＝1：1
故A错误；
C、粒子射入电容器到最高点过程中有
vy＝at⑨
粒子穿过电容器时从最高点到穿出过程中，设水平方向速度为vx，竖直方向上速度为vy1，在水平方向上由位移公式可得
L＝vxt1⑩
竖直方向上由速度公式可得
vy1＝at1
联立整理⑨⑩ 解得
vy1
设粒子穿过电容器时，速度方向与水平方向的夹角为α，则
tanα
粒子射入电场和水平方向的夹角为β＝45°，则
tanβ＝tan45°＝1
根据数学三角函数公式可得
tan（α+β）＝3
故C错误；
D、粒子射入最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为
yat2
联立①②③④⑦⑧整理解得
y
即粒子在运动到最高点的过程中水平方向和竖直方向的位移均与电荷量和质量无关。
从最高点到射出电场过程有：
x1＝L＝vxt1′
y1L
即轨迹不会变化，故D正确。
故选：BD。
26．【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A、小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有：
，解得最低点的位置为：x，故A错误；
B、小球甲第一次向下运动至速度最大的位置时加速度为零，根据平衡条件有：
，解得速率达到最大值时的位置为：，故B正确；
C、若小球甲是在下降的过程达到静止状态，且静止后恰好不向上运动，此时受到的静摩擦力最大且方向向下，则有：
，解得：
若小球甲是在上升的过程达到静止状态，且静止后恰好不向下运动，此时受到的静摩擦力最大且方向向上，则有：
，解得：
因此小球甲最后停留位置x的区间为： ，故C错误；
D、若小球甲在最低点能返回，则有：，解得：
结合A选项的结论：
可得：
解得初始电势能为： ，故D正确。
故选：BD。
三．解答题（共16小题）
27．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）含A细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距离为x，在电场中的加速度大小为a，运动时间为t。
其沿竖直方向做匀速运动，则有：
l＝vt
其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
qE＝ma
x
已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C
联立解得：x＝5×10﹣3m
（2）法一：设含A细胞的液滴从进入电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d。
根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：
由几何关系得：
解得：d＝0.055m
对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
法二：设含A细胞的液滴从离开电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d′。
则有h＝vt′，d′＝att′，联立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m
对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。
答：（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；
（2）A、B细胞收集管的间距为0.11m。
28．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）不计重力及粒子间相互作用，a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
a运动到最高点时，由运动学公式有
v0sinθ＝at
联立解得
（2）方法一、根据题意分析可知，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v0cosθ，则两小球一直在同一竖直线上，a到达最高点时竖直方向上运动的位移为
此时b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，b球以2v0sinθ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
答：（1）a运动到最高点的时间t为；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为。
29．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；原子的能级结构专题；推理论证能力．
解：（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功
W＝﹣Q （﹣U）＝QU
（2）粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式
又E＝k
联立可得qk
解得粒子的动能
设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处电势能移动到半径为r处，电场力做功
W＝q
其中
代入可得W＝﹣2qkλ1nr
根据W＝﹣ΔEP
可得粒子在半径为r处的电势能EP＝2qkλ lnr
粒子的总能量E＝Ek+EP＝qkλ+2qkλlnr
则E3﹣E2＝2qkλ（lnr3﹣lnr2），E2﹣E1＝2qkλ（lnr2﹣lnr1）
根据数学知识可知对数函数y＝lnx在（0，∞）是增函数，且lnx的二阶导数（1nx）0，所以y＝y＝lnx是凹函数，已知r3﹣r2＝r2﹣r1，即r2是r1与r3的等差中项，根据凹函数的性质
移项可得lnr3﹣lnr2＜lnr2﹣lnr1
又因为2qkλ＞0
可得（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）
（3）根据功能关系可得eEa＝|E0|
代入数据可得E≈2.57×1011N/C
答：（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W为QU；
（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）
（3）外电场的电场强度2.57×1011N/C能将基态氢原子电离。
30．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示：
粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
（2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变大，假设折射角为θ′
根据动能定理
由于
代入数据联立解得
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示：
根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
根据折射定律
代入数据联立解得“折射率”
（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
根据动能定理
可得
即应满足
（4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形；
根据数学知识
解得∠CPQ＝30°
所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
根据动能定理
解得
②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
根据动能定理
代入数据联立解得
即当时，F＝0
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy
根据动能定理
代入数据联立解得。
答：（1）磁场宽度d的最小值为；
（2）“折射率”n为；
（3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”；
（4）见解析。
31．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）设油滴的半径为r，密度为ρ，根据质量公式可得，油滴的质量为：
根据题意可知，速度为v时，空气阻力的大小为：
f＝kvr
当油滴匀速下落时，则油滴处于平衡状态，由此可得：
f＝mg
联立解得：
根据上述表达式可知，油滴的半径与成正比
则油滴的半径之比为：
根据质量的计算公式可知，油滴a和油滴b的质量之比为：
（2）当两板加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，根据（1）中的分析可知，油滴a做的是减速运动，油滴b做的是加速运动，由此可判断出油滴a带负电，油滴b带正电。
当油滴再次达到平衡状态时，根据其受力特点可得：
油滴a：
油滴b：
其中，根据油滴的前后速度的比值关系可知：
fb＝2mbg
联立解得：
答：（1）油滴a和油滴b的质量之比为8：1；
（2）油滴a带负电，油滴b带正电，a、b所带电荷量的绝对值之比为4：1。
32．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理得
解得
粒子从N点到P点做类平抛运动，则粒子经过P点时的速度大小为
（2）粒子从N点到P点的运动过程中，根据动能定理得
解得
（3）粒子从N点到P点做类平抛运动，由分运动规律得
水平方向有
L＝vNt
竖直方向有
又
联立解得电容器C2极板长度和间距之比为
答：（1）粒子经过N点和P点时的速度大小分别为，；
（2）电容器C2极板电压为；
（3）电容器C2极板长度和间距之比为2：1。
33．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）小球A从静止下滑到Q点前瞬间的过程中，由机械能守恒定律得
解得
v0＝4m/s
两小球发生碰撞前瞬间，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
F＝3N
（2）小球A、B碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvA+MvB
弹性碰撞前后小球A、B的总动能不变，则有
联立解得
vA＝﹣2m/s
vB＝2m/s
小球A返回上升过程中机械能守恒，则有
解得
h＝0.2m
（3）碰撞后，小球B在向右运动的过程中，水平方向上的加速度大小为
am/s2m/s2
下落到Q点正下方的时间为
ts＝1.2s
竖直方向上小球做自由落体运动，有
dm＝7.2m
答：（1）两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球A的支持力大小F为3N；
（2）碰撞后小球A上升的最大高度h为0.2m；
（3）小球B下落到Q点正下方时，到Q点的距离d为7.2m。
34．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
水平位移
联立解得
（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞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，如图所示：
颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为
根据匀变速直线运动规律，水平分速度为
则第一次碰撞后竖直分速度为
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有
联立解得
（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。
①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功为：
解得：
②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞碰撞。
设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；
根据竖直水平运动，运动时间
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度
水平方向运动的距离为
代入数据解得
颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为
代入数据联立解得。
答：（1）颗粒碰撞前的电量q为；
（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为；
（3）电场力对颗粒做的功W为，或。
35．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律qE ＝ma
根据运动学公式
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间
（2）设微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1
根据运动学公式
由于微粒与下极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变；碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变；
设微粒碰撞后第一次到达上极板时的速度大小v2；
根据运动学公式
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v3
根据运动学公式
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。
答：（1）微粒第一次到达下极板所需时间为；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为。
36．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）α粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得：
2qU1
结合U1，解得：
α粒子在偏转电场里在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动。水平方向有：L＝v0t
解得：
即α粒子在平行板间运动时间始终为
设α粒子在U0时加速度大小为a，3U0时加速度大小为时刻进入，则
（2）平行于两极板飞出的α粒子在离开偏转电场时，垂直于两极板方向的速度为0。
若α粒子是在0～时间内的t1时刻进入偏转电场，则满足
解得：
考虑周期性，则入射时刻可取，n＝0，1，2…
若α粒子是在～T时间内的t2时刻进入偏转电场，则满足
解得
考虑周期性，则入射时间可取，n＝0，1，2…
（3）若α粒子是在0～时间内的t'1时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则
则有：
解得：
故
这段时间内进入偏转电场的α粒子，能从中线上方飞出
若α粒子是在～T时间内的t2时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则有
解得（舍）
故
这段时间内进入偏转电场的粒子，能从中线上方飞出，故在一个周期T内，粒子能从中线上方打出的时间为
所以从中线上方离开偏转电场的粒子占离开偏转电场粒子总数的百分比为
答：（1）其离开偏转电场时距A、B间中线的距离y为0；
（2）其射入偏转电场的时刻为，n＝0，1，2…或，n＝0，1，2…；
（3）能从中线上方离开偏转电场的α粒子占所有入射粒子总数的百分比η为68.3%。
37．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：
qE＝qBv
解得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
qE＝ma
依题意，粒子沿﹣x方向运动的位移为R，由运动学公式得：
联立解得：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。
粒子从Q点离开磁场，则PQ延长线必然经过半圆形磁场的圆心O′，设∠MO′P＝θ，由几何关系可得：
tanθ，可得：θ
设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，速度大小为v1，由洛伦兹力提供向心力得：
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有：
由几何条件可得：
联立解得：
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从M点到达y轴的时间t为；
（3）粒子在磁场中运动的时间t1为。
38．【专题】定量思想；推理法；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：L＝v0t
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d
根据牛顿第二定律得：a
联立可以求解两金属板间的电压U1
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为v1，根据二力平衡得：f＝kRv1
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：
联立解得两金属板间的电压U2
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q＝k′R2，在上一问基础上，设R15μm，R21.25μm，设10μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v2，2.5μm的颗粒竖直方向达到的最大速度为v3，若10μm的颗粒恰好100%被收集，对10μm的颗粒，根据二力平衡得：kR1v2①
根据两个方向运动时间相等得：②
对2.5μm的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为x，根据二力平衡得：kR2v3③
根据两个方向运动时间相等得：④
①式：③式得：
②式和④式联立解得：
进一步解得：x
即只有靠近下板的范围的颗粒才能够收集，所以2.5μm的颗粒被收集的百分比η25%。
答：（1）两金属板间的电压U1为；
（2）a.两金属板间的电压U2为；
b.2.5μm的颗粒被收集的百分比为25%。
39．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）电子在KG1间被加速，根据动能定理得：
解得：
（2）a.由（1）的解答可得：G1与K间电压为U时，电子进入G1G2区域速度大小为v。
由题意知碰撞损失的动能等于原子由基态跃迁到第一激发态的能量差，则有：
E损＝E1﹣E0
当电子与原子发生完全非弹性碰撞时，损失的动能最大，设为Em。以碰撞前电子的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v共
解得：
根据能量守恒得：
解得：
需满足的条件为：Em≥E损＝E1﹣E0
解得：
可得G1与K间电压的最小值为：
b.当G1与K间电压为U0时，电子进入G1G2区域速度大小为：
设电子与原子碰撞后的速度大小为v1，根据（2）的解答可得：
要使电流表没有示数，根据动能定理得：
代入
解得：
可得G2与A间电压U1的最小值为。
答：（1）当G1与K间电压为U时，电子到达G1时速度的大小v为。
（2）a.G1与K间电压的最小值U0为。
b.G2与A间电压U1的最小值为。
40．【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
解：（1）设a的质量为m，则b的质量为2m，b第一次经过最高点时的速度大小为v1。已知碰后b恰能在竖直面内做完整的圆周运动，说明b第一次经过最高点时向心力恰好等于其重力，则有：
解得：
设碰后瞬间b的速度大小为vb1，对b第一次从最低点到最高点过程，根据动能定理得：
解得：
设b第二次到最高点时的速度大小为v2，此时绳子缩短了2MN＝2×0.2m＝0.4m，根据动能定理可得：
解得：
物块b以水平初速度v2做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
x＝v1t
解得物块b落地点与Q点的间距为x＝2.4m
（2）物块a与物块b发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0＝mva1+2mvb1
解得：，
由题意知a最终静止的位置与Q点的距离为x＝2.4m，从a碰后到静止过程，设a在PQ上经过的总路程为s，对a根据动能定理得：
其中：qE＝0.073mg
解得：s＝2.6m＞x
因此可知：s＝L+L﹣x
解得：L＝2.5m
（3）物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理得：
解得：h＝5.875m
答：（1）物块b落地点与Q点的间距为2.4m。
（2）水平直轨道PQ的长度L为2.5m。
（3）物块a释放时距离水平直轨道PQ的高度为5.875m。
41．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）a离子经电压为U的电场加速，由动能定理
a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为x0＝2R；
解得
由于
联立解得x0＝L；
（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置处，只能经过电压为U的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′0≤2L
由（1）得
即U0≤U≤4U0；
②b离子先经电压为U的电场加速后再在xOy平面第一次偏转打在x轴上位置坐标
由于，U0≤U≤4U0；
解得2L≤xb≤4L
则b离子能从栅极板（坐标范围）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方磁场，此时
b离子先经电压为U的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为的电场减速，由动能定理得
洛伦兹力提供向心力
得Δxb＝2R′
当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离
当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离
则b离子落在P下表面区域长度
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）得
则
由于
联立解得
则b离子从x′b＝3L处经过栅极板，要使b离子打在P板下方中央处，设UNM＝k′U
根据动能定理
洛伦兹力提供向心力
联立解得
则。
当减速n次Uqb﹣nUNMqb
rn
联立解得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，2rn﹣1＞2L
2
即L2
解得：
即n，n取整数，故可得n＝1，2，3，故可得：
UNM或或
答：（1）a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为L；
（2）①U的调节范围为U0≤U≤4U0；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为；
（3）U的大小为；UNM或或。
42．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）根据动能定理可得0～t1时间内，合外力对A所做的功为：
W；
（2）设t1时刻A与B之间的距离为x，根据图（b）可知在t1时刻A的速度最小，其加速度为零，对A根据平衡条件可得：
qEf摩
已知：f摩＝2qE
解得：x；
（3）设t2时刻A与B之间的距离为x′，在t2时刻A的速度达到最大，其加速度为零，此时弹簧的弹力大小为3qE，对A根据平衡条件可得：
qEf摩+3qE
解得：x′
t1～t2时间内A与B的相对位移大小为：Δx＝x﹣x′
因A、B各自受到的匀强电场的电场力是等大反向的，故此过程匀强电场对A和B做的总功为：
W电＝qE Δx；
（4）因B受到摩擦力、匀强电场的电场力、库仑力均与A的等大反向，故在t1时刻A到达位置S速度为v1时A、B均受力平衡，之后A、B之间库仑力变大，B开始向左运动，t1～t3时间内A、B组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，设细杆与B碰前的瞬间B的速度大小为vB，已知此时A的速度为2v1，则有：
mv1＝m 2v1﹣mvB
此过程A、B总动能的增加量为：
ΔEkm （2v1）2
联立解得：ΔEk＝2
若使A到达位置S时的速度变为2v1时，从此时刻到细杆与B碰前的瞬间，因A、B的相对位移不变，故匀强电场的电场力和两者之间的库仑力对A和B做的总功不变；因两者运动的路程之和不变，故两者克服摩擦力做的总功不变；因压缩弹簧过程弹簧形变量相同，故弹簧增加的弹性势能不变，由功能关系可知A、B的总动能增加量不变仍为ΔEk＝2。同理可得：
m 2v1＝mvA﹣mvB′
ΔEkmvB′2m （2v1）2
联立解得细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小为：vA，方向水平向右。
答：（1）0～t1时间内，合外力对A所做的功为；
（2）t1时刻A与B之间的距离为；
（3）t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功为；
（4）细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小为，方向水平向右。
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