专题23带电粒子在电场磁场中的运动-三年（2022-2024）高考物理真题分类汇编全国通含答案

专题23带电粒子在电场磁场中的运动考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1带电粒子在电场中加速或偏转后进入磁场（5年5考）2024年高考全国新课程卷：带电粒子电场中偏转后进入磁场；2024年高考山东卷：带电粒子加速后进入三角形边界磁场；2024年高考辽宁卷：带电粒子电场偏转后进入圆形边界磁场。1.带电粒子在电磁场中运动涉及动能定理、类平抛运动、匀速圆周运动、临界极值等，是高考考查的热点。2.带电粒子在电场中加速，利用动能定理列方程；带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动是常见的运动模型；临界极值能力要求高，考查频繁。考点2带电粒子在磁场中偏转后进入电场（5年3考）2024年高考山东卷：现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动。考点01带电粒子电场加速或偏转后进入磁场1.（2024年高考全国新课程卷）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。解题思路本题考查的考点：带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动。（1）根据题述，粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时的速度v==v0，由qvB=m解得r=周期T=2πr/v=（2）根据题述，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，所以P点沿图中闭合曲线的加速度相等，故可得=解得E=（3）根据题意分析，可知，P点从b到c，转过270°。P点返回a点时，根据对称性可知与初始位置等高，从a到b过程中，粒子做类平抛运动，t=v0，沿y方向位移L=v0t。联立解得L=根据几何知识可知bc之间距离xbc=r=由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移大小为xad=xbc-2L=2（2024年高考山东卷）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。【答案】（1）；（2），方向沿x轴正方向；（3）【解析】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为在区域根据洛伦兹力提供向心力有在匀强加速电场中由动能定理有联立解得（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为在区域根据洛伦兹力提供向心力有粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足联立可得（3）在匀强加速电场中由动能定理有可得在区域根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在区域运动的轨迹半径作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示粒子出K时，越偏向轴，离轴越近，由几何关系有则有由配速法将运动分解为轴方向的匀速直线运动和沿方向的匀速圆周运动，其中匀速圆周运动的半径为故最小距离为3.（2023高考湖南卷）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（）A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则【参考答案】D【名师解析】根据题述，粒子从CF的中点射出，由左手定则可知，粒子带正电。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=E/B1，设CF=L，粒子从CF的中点射出，在区域II的磁场中运动轨迹半径为r0=，所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0=T/4。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=E/2B1,在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t1=T/4，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度v=2E/B1,在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t2=T/4，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由qv=m，解得r==r0==，大于，带电粒子将从GF射出，由sinθ==，粒子运动轨迹所对的圆心角θ=π/3则，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由qv=m，解得r==r0==L，大于，带电粒子将从GF射出，由sinθ==，粒子运动轨迹所对的圆心角θ=π/4，则，D正确。4.（2023高考海南卷）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（）A粒子从中点射入磁场，电场强度满足B.粒子从中点射入磁场时速度为C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是【参考答案】AD【名师解析】若粒子打到PN中点，则，解得，选项A正确；粒子从PN中点射出时，则速度选项B错误；C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则粒子从电场中射出时的速度粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为解得选项C错误；D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度出离电场的最大速度则由可得最大半径选项D正确；5.（18分）（2023高考重庆卷）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如题15图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。求角度α及M、N两点的电势差。在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。

【参考答案】（1）α=30°U=（2）xN=x+3y-=0（3）B1=tn=T+(-1)【名师解析】（1）根据题述，可画出带电粒子在匀强电场中类平抛运动轨迹如图。将带电粒子运动到N点的速度沿匀强电场方向和垂直电场方向分解，可知2v0cos2α=v0，解得α=30°。由动能定理，qU=-解得U=（2）沿电场方向分速度vE=2v0sin2α=设N点的横坐标为xN，MN之间沿电场方向的距离为d，则有xN/d=sinαvE=aT，联立解得：xN=带电粒子在沿y轴方向做类竖直上抛运动，设M点纵坐标为yM。则yM==由y=yM+kx，k=-yM/xN得边界方程x+3y-=0（或写成y=-x）(3)画出带电粒子在匀强磁场中运动轨迹。由几何关系可知P1N=r1而r1=4由qB1·2v0=m解得B1=粒子A从发射到第1次通过N点的时间为t1=T；粒子A从发射到第2次通过N点的时间为t2=T++T+2T=T+(-1)。粒子A从发射到第3次通过N点的时间为t3=T+(-1)。。······粒子A从发射到第n次通过N点的时间为tn=T+(-1)【答案】（1），；（2），；（3），【解析】【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有解得粒子从过程，根据动能定理有解得（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为沿电场方向的位移为令N点横坐标为，根据几何关系有解得根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有沿电场方向有解得（3）由上述结果可知电场强度解得设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得联立上式解得由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为粒子A第n次在磁场中运动的周期为粒子A第n次在磁场中运动的时间为设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间由等比数列求和得解得6.（2023高考山东高中学业水平等级考试）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。【参考答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会【名师解析】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有粒子在磁场中做匀速圆周运动，有粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图根据几何关系可知联立可得（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知解得由sinθ==0.8，解得，洛伦兹力提供向心力带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有，沿y方向上有，其中根据牛顿第二定律有联立以上各式解得，，（ii）粒子从P到Q根据动能定理有可得从Q射出时的速度为

此时粒子在磁场中的半径根据其几何关系可知对应的圆心坐标为，而圆心与P的距离为故不会再从P点进入电场。7.（2023高考选择性考试辽宁卷）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。（1）求金属板间电势差U；（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。【参考答案】（1）；（2）或；（3）【名师解析】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度解得设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得，联立解得（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有故则出电场时粒子的速度为粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得解得已知圆形磁场区域半径为，故粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：考点02带电粒子磁场偏转后进入电场1（2024年高考山东卷）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为和。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。（1）求磁感应强度的大小B；（2）求Ⅲ区宽度d；（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）对乙粒子，如图所示由洛伦兹力提供向心力由几何关系联立解得，磁感应强度的大小为（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式由牛顿第二定律联立可得Ⅲ区宽度为（3）甲粒子经过O点时的速度为因甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则可得设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中对乙可得整理可得对甲可得则化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为专题24带电粒子在复合场中的运动考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1带电粒子在电磁复合场中的运动（5年3考）2023高考江苏卷：霍尔推进器；2022·全国理综甲卷第18题：空间存在着匀强磁场和匀强电场，一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动，选择可能正确的运动轨迹；2022年高考广东物理：磁控管。1.带电粒子在电磁复合场中的运动的考查大多以科技为情景，可能为选择题，也可能为计算题。2.带电粒子在电磁与重力的复合场中的运动包括：电场和重力复合场，磁场和重力复合场；电场、磁场和重力复合场。考查方式可能为选择题，也可能为计算题。考点2带电小球在电磁与重力的复合场中的运动（5年3考）2023年全国新课程卷第25题：密立根油滴实验2023年北京卷：负离子空气净化原理2022高考广东卷：密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性考点01带电粒子在电磁复合场中的运动1.（2023高考江苏学业水平选择性考试）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。（1）求电场强度的大小E；（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；（3）若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。【参考答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【名师解析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=ev0B解得E=v0B（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有解得（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE在最低点有F合=eE－evB联立有

要让电子达纵坐标位置，即y≥y2解得则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。2．（2022·全国理综甲卷·18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．【参考答案】 B 【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是B。【名师解析】运用运动的分解，将该运动分解为匀速圆周运动和匀速直线运动，如下，因为，初速度为零，所以匀速圆周运动的速度大小和匀速直线的速度大小相等，

运动到x轴时，电场力做功为零、洛伦兹力不做功，都有v圆=v直

，因此两运动的合成，其速度不会出现反向，排除CD。由左手定则可判断出所受洛伦兹力向左，轨迹向左偏转，由匀速直线运动可知，整体运动向左，由匀速圆周运动可知，初始时刻速度向上，所以轨迹可能正确的是B。然后，我们补充说明一下几种不同情况下的轨迹形状，（1）若

v圆=0

，轨迹为直线。（2）若

v直=0

，轨迹为圆。（3）若v圆=v直

，如下，（4）若

v圆>v直

，轨迹如下，速度有反向，（5）若

v圆<v直

，轨迹如下，【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。3．（2022·高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力【参考答案】BC【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。【解题思路】电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。考点02带电小球在电磁和重力复合场中的运动1.（2023年全国新课程卷第25题）（14分）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。【名师解析】（1）根据题述f=kvr。设a油滴质量为m1，a油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，m1g=kv0r1，m1=（2分）设b油滴质量为m2，b油滴以速度v0向下匀速运动，由平衡条件，m2g=kv0r2，m2=（2分）联立解得：油滴a和油滴b的质量之比=（2分）（2）当在上下极板加恒定电压（上极板高电势），这两个油滴均以v0向下匀速运动，a油滴速度减小，说明a油滴受到了向上的电场力，则a油滴带负电荷；b油滴速度增大，说明b油滴受到了向下的电场力，则b油滴带正电荷。（2分）由=8和m1=，m2=可知，a、b两油滴的半径之比为=2，由f=kvr可知两个油滴均以v0向下匀速运动，所受阻力之比为==2（1分）设b油滴以速度v0向下匀速运动，所受阻力为f=m2g，由f=kvr可知b油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f2=2f=2m2g，a油滴以v0向下匀速运动，所受阻力f1=2f2=4m2g，（2分）设a油滴电荷量为q1，由平衡条件，m1g=q1E+f1，设b油滴电荷量为q2，由平衡条件，m2g+q2E=f2，（2分）联立解得：a、b所带电荷量的绝对值之比为=（1分）2．（10分）（2023年北京卷）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、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；（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，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、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；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和的两种颗粒，若的颗粒恰好100%被收集，求的颗粒被收集的百分比．【名师解析】：（