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目 录 contents
（二）
机械能守恒 功能关系与能量守恒................................................3
动量 动量与能量的综合应用......................................................28
电场................................................................................................53
磁场................................................................................................74
恒定电流和交变电流..................................................................108
1
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机械能守恒 功能关系与能量守恒
近3 年，本节内容一般与平抛运动、圆周运动、传送带、板块问题相结合，以选择题和计算题的形式
出现。绝大多数省份都是以压轴题的形式出现，出现更多的还是解答题，本节内容题型难度跨度较大，分
值分布在3~16 分之间。
全国甲、乙卷：近3 年，本节内容甲、乙卷均有考查，在选择题和计算题均考前，难度
较易，预测今年均出现在选择题中的概率较大，并在前4 个题中 。
江苏卷：2021 年和2023 年均出现在解答题中，2022 年出现在选择题中，预计今年高考
出现在选择题中的概率较大，并且和新情境类题型相结合。
北京卷：近3 年有2 考在解答题中，预计今年出现在解答题中的概率较大，题型较为新
颖。
河北卷：2023 年已考查传带圆周运动、平抛运动相结合的压轴题中，预测今年高考与传
送带模型相结合出现在第14 题位置，难度中档偏低。
近3 年考情分析
考点内容
等级要求
考题统计
2023
2022
2021
机械能守恒
定律的应用
II
重庆卷T8，甲卷T11，
甲卷T1，
湖北卷T5，浙江卷
T6，河北卷T9,甲卷
T1，乙卷T3,
功能关系的
综合应用
II
福建卷T14,广东卷
T15，北京卷T18，辽
宁卷T13，海南卷
T18，江苏卷T15
江苏卷T10，湖北卷
T16，山东卷T2，山东
卷T12
甲卷T11,
能量守恒定
律综合应用
II
河北卷T15，乙卷T8
湖北卷T7，浙江卷
T12，
江苏卷T14，北京卷
T19，山东卷T18，
湖南卷T14,
2
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山东卷：预测今年高考以解答题的形式出现，考查传送带问题。
其他省份，规律不太明显，对于本节内容的复习仍不能掉以轻心，不论是选择还是计算，
都需要复习，本节知识均有考查的可能。
一、机械能守恒定律的应用
1．判断物体或系
机械能是否守恒的三种方法
统
（1）做功判断法：只有重力和系
内
力做功
，系
机械能守恒。
统
弹
时
统
（2）能量
化判断法：没有机械能以外的其他形式的能与机械能
化
，系
机械能守恒。
转
转
时
统
（3）定
判断法：看
能与重力
义
动
(或
性
弹
)
能之和是否
化。
势
变
2．利用机械能守恒定律的解
步
题
骤
3．利用机械能守恒定律列方程的三种表达形式
4．系
机械能守恒
中三
常
的
接体
统
问题
类
见
连
速率相等的
接体
连
两物体在运
程中速率相等，根据系
减少的重力
动过
统
势
能等于系
增加的
能列方程求解
统
动
3
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角速度相等
的
接体
连
两球在运
程中角速度相等，
速度大小与半径成正
动过
线
比，根据系
减少的重力
能等于系
增加的
能列方
统
势
统
动
程求解
某一方向分
速度相等的
接体
连
A 放在光滑斜面上，B 穿
直光滑杆
过竖
PQ 下滑，将B 的
速度沿
的方向和垂直于
的方向分解，如
所示，其中
绳
绳
图
沿
子方向的速度
绳
vx与A 的速度大小相等，根据系
减
统
少的重力
能等于系
增加的
能列方程求解
势
统
动
5. 含
簧的物体系
机械能守恒分析注意
弹
统
（1）含
簧的物体系
在只有
簧
力和重力做功
，物体和
簧
成的系
机械能守恒，而
个物体机械
弹
统
弹
弹
时
弹
组
统
单
能不守恒。
（2）同一根
簧
性
能大小取决于
簧形
量的大小，在
簧
性限度内，形
量相等，
性
能相等。
弹
弹
势
弹
变
弹
弹
变
弹
势
（3）由两个或两个以上的物体与
簧
成的系
，当
簧形
量最大
，
簧两端
接的物体具有相同的速
弹
组
统
弹
变
时弹
连
度；
簧
于自然
度
，
簧
性
能最小
弹
处
长
时弹
弹
势
(
零
为
)。
6．易
易混点
错
（1）含
簧的物体系
机械能守恒
，分析系
机械能
化
没有考
到
簧，将
簧
漏。
弹
统
时
统
变
时
虑
弹
弹
遗
（2）
子突然
、非
性碰撞、有摩擦力或
绳
绷紧
弹
电(磁)
力做功等情况，机械能一般不守恒。
场
（3）分析关
物体机械能守恒
，
注意
找用
或杆
接的物体
的速度关系和位移关系。
联
时应
寻
绳
连
间
二、功能关系的综合应用
1. 常
的功能关系
见
4
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2. 功能关系的
用
应
（1）根据功能关系可以由功求
的能量
化，也可以根据能量
化求
力做的功，
而求解其他相关量
对应
变
变
对应
进
。
（2）
能定理是最常用的功能关系。
动
（3）
独
用功能关系的情况
少，在很多
中，功能关系
常与
能定理、机械能守恒定律或能量守恒
单
应
较
问题
经
动
定律
合
用。
结
应
三、能量守恒定律的综合应用
1．含摩擦生
、焦耳
、
能等多种形式能量
化的系
，
先
用能量守恒定律。
热
热电势
转
统优
选
2．
用能量守恒定律解
的两条基本思路
应
题
（1）某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE 减＝ΔE 增。
（2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA 减＝ΔEB 增。
3．当涉及摩擦力做功
，注意摩擦
生的
量
时
产
热
Q＝f x 相对，x 相对
相
滑
的两物体
相
滑
路径的
为
对
动
间
对
动
总长
度。
【典例1】（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压
缩状态，A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A、B 由静止开始
一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时速度为零，A、B 与斜面间的
动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
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A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B 在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾
角为θ，AB 之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB 有
对B 有
联立可得
由于A 对B 的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F 的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也
是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A 上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，
故B 正确；
A．设弹簧原长在O 点，A 刚开始运动时距离O 点为x1，A 运动到最高点时距离O 点为x2；下滑过程AB
不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得，
化简得
当位移为最大位移的一半时有
带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；
C．根据B 的分析可知
再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可
知B 对A 的压力逐渐变大，故C 错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A 重力做的功为0，当A 回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整
个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，故D 错误。
故选B。
【典例2】（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O
点正下方的光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L。现将A 拉至某一
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高度，由静止释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A 释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得，
解得，
（2）碰前瞬间，对A 由牛顿第二定律得
解得，
（3）A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得，
解得，
则碰撞过程中损失的机械能：
【典例3】（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺
旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀
速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，随后滑
下的B 以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已
知A、B 的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦
因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为
质点。求：
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（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
【答案】（1）
（2）
；（3）
【详解】（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
，
，（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
，
解得
【典例4】（2023·福建·高考真题）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
和
。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
。
时，A 以初速度
向右运动，B 处于静止状态。在
时刻，A 到达位置S，速度为
，
此时弹簧未与B 相碰；在
时刻，A 的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为
；在细杆与B 碰前的瞬
间，A 的速度为
，此时
。
时间内A 的
图像如图（b）所示，
为图线中速度的最小值，
、
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、
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 与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹
性限度内。
（1）求
时间内，合外力对A 所做的功；
（2）求
时刻A 与B 之间的距离；
（3）求
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
，求细杆与B 碰撞前瞬间A 的速度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）
时间内根据动能定理可知合外力做的功为
（2）由图（b）可知
时刻A 的加速度为0，此时滑块A 所受合外力为0，设此时A 与B 之间的距离为
r0，根据平衡条件有
其中
联立可得
（3）在
时刻，A 的速度达到最大，此时A 所受合力为0，设此时A 和B 的距离为r1，则有
且有
，
联立解得
时间内，匀强电场对A 和B 做的总功
（4）过S 后，A、B 的加速度相同，则A、B 速度的变化相同。设弹簧的初始长度为
；A 在S 位置时，
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此时刻A、B 的距离为
，A 速度最大时，AB 距离为
，细杆与B 碰撞时，A、B 距离为
。
A 以
过S 时，到B 与杆碰撞时，A 增加的速度为
，则B 同样增加速度为
，设B 与杠相碰时，B 向左
运动
。设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动
。对A 根据动能定理有
对B 有
当A 以
过S 时，设B 与杆碰撞时，A 速度为
，则B 速度为
，设B 与杠相碰时，B 向左运动
。
设B 与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动
。
对A 根据动能定理有
对B，
联立解得，
【典例5】（2023·河北·高考真题）如图，质量为
的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为
的
竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成
角．质量为
的小物块
以
的初速度从木板左端水平向右滑行，
与木板间的动摩擦因数为0.5．当
到达木
板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时
沿圆弧切线方向滑上轨道．待
离开轨道后，可随
时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为
取
取
．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块
和木板的速度大小；
（2）求物块
到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块
运动到最大高度时会炸裂成质量比为
的物块
和物块
，总质量不变，同时系统动能增加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证
之一落在木板上，求从物块
离开轨道到解除木板锁定的
时间范围．
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
或
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【详解】
（1）设物块
的初速度为
，木板与轨道底部碰撞前，物块
和木板的速度分别为
和
，物块
和木板
的质量分别为
和
，物块
与木板间的动摩擦因数为
，木板长度为
，由动量守恒定律和功能关系有
由题意分析
，联立式得，
（2）设圆弧轨道半径为
，物块
到圆弧轨道最高点时斜抛速度为
，轨道对物块的弹力为
．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有，
物块
到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有，
联立式，得
设物块
拋出时速度
的水平和竖直分量分别为
和
，
斜抛过程物块
上升时间
该段时间物块
向左运动距离为
．
物块
距离地面最大高度
．
（3）物块
从最高点落地时间
设向左为正方向，物块
在最高点炸裂为
，设质量和速度分别为
和
、
，设
，
系统动能增加
．根据动量守恒定律和能量守恒定律得，
，
解得
或
．
设从物块
离开轨道到解除木板锁定的时间范围
：
（a）若
，炸裂后
落地过程中的水平位移为
炸裂后
落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
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为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅
落在木板上，应满足
且
，不等式无解；
（b）若
，炸裂后
落地过程中水平位移为0，炸裂后
落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅
落在木板上，应满足
且
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解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证
之一一定落在木板上，
满足的条件为
或
预测1．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质量
为m 的小球相连。小球套在竖直固定、足够长的光滑杆上。杆上M、N 两点与O 点的距离均为2l，P 点到
O 点的距离为l，OP 与杆垂直。小球以某一初速度从N 点开始向上运动，到达M 点时速度恰好为0。整个
运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从N 点到P 点的运动过程中，小球受到的合力一定先做正功后做负功
B．小球在N 点时的动能为
C．弹簧的劲度系数为
D．小球从N 点向下运动到最低点的过程中增加的弹性势能为
预测2．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为
的斜面向下滑动，最后
停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为
，取地面为零
势能面，已知
。该过程中，物块的机械能E、重力势能
、动能
、摩擦产生的
热量Q 与水平位移x 的关系图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
预测3．（2024·河北·一模）如图所示，半径为
的
光滑弧形轨道AB 竖直固定在水平面上，右
侧固定一半径为
的竖直光滑弧形轨道CD，弧CD 所对应的圆心角为60°，
，质量为
的物体由A 点的正上方
高度由静止释放，经过一段时间物体由D 点离开弧形轨道．已知
物体与BC 段的动摩擦因数为
，重力加速度g 取
。
（1）求物体刚到B 点和刚过C 点瞬间对圆弧轨道的压力之比；
（2）求物体的落地点到D 点的水平距离（结果可带根号）；
（3）若物体离开D 点瞬间对物体施加一水平向右的恒力
，求物体落地前的最小动能（结果保留
小数点后两位）．
预测4．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，两个质量均为
、长度均为
的相同木板
A、B 静止在粗糙的水平地面上，与水平面间的动摩擦因数均为
，C 为一半径
的光滑四分
之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木板A、B 的上表面等高。现将质量也为
的小物块P 由圆弧
顶端无初速度释放，沿圆弧下滑刚滑过圆弧最底端时与静止在A 上表面最左端的质量
的小物块Q
发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后P 滑回圆弧轨道后锁定，Q 与木板间的动摩擦因数均为
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成质点，重力加速度g 取
。求：
（1）小物块P 第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力；
（2）小物块Q 与木板B 之间因摩擦而产生的热量；
（3）最终两木板间的距离。
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预测5．（2024·广东江门·一模）如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量
货物从倾斜轨
道的顶端A 点由静止释放，货物从轨道的底端B 点（B 点处有一段长度不计的小圆弧）滑上放置在水平地
面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C 点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板
达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的
最左端返回B 点时恰好静止。已知倾斜轨道AB 的长度
，倾斜轨道AB 与水平方向的夹角为
，
BC 段的长度
，长木板的长度
，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数
，长木
板与地面的动摩擦因数
，重力加速度
，取
，求：
（1）货物到达B 点时的速度
多大；
（2）长木板的右端刚到C 点时货物的速度
多大；
（3）长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值
。
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二、解答题
押题1. 如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2=2m1，m1
用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升h 高度（h 小于两滑轮
起始高度差）这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B．m1上升到h 高度时的速度为
C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D．轻绳的张力大小为
押题2. 如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN，放有一绝缘的长木板P，P 左端与MN 间距离为d，P
右端放置一带正电的小物块Q，P、Q 的质量均为m，P 与Q 间的动摩擦因数为
。现在水平面上方施加一
水平向左的匀强电场，小物块Q 受到的电场力大小等于P 与Q 间的滑动摩擦力的二分之一，P、Q 一起从
静止开始向左运动，直到P 与竖直挡板MN 相碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间P 的速度大小相等，方
向相反，小物块Q 始终在长木板P 上，重力加速度为g。求：
（1）长木板P 与竖直挡板MN 发生第一次碰撞时的速度
（2）长木板P 第一次与竖直挡板MN 碰撞后向右运动到最远的过程中P、Q 间因摩擦产生的热量
（3） 长木板P 与竖直挡板MN 发生第二次碰撞时的速度
押题3. 如图所示的游戏装置放置在水平地面上，该装置由水平直轨道OB、两个相同的四分之一圆弧构成
的竖直细管道BC、水平直轨道CD 和水平传送带DE 平滑连接而成。传送带以恒定速度做顺时针转动。一
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轻质弹簧左端固定，原长时右端处于O 点。质量
的滑块a 将弹簧压缩至A 处（图中未标出），
此时弹性势能
。释放后滑块通过ABC 段，进入轨道CD 与质量
的滑块b 发生弹性碰撞，
碰后滑块b 从E 点水平飞出。已知OB 段长
，滑块a 与OB 段的动摩擦因数
，圆弧半径
，传送带长
，滑块b 与传送带的动摩擦因数
，滑块均可视为质点，装置其余部分
均光滑，不计空气阻力。求：
（1）在竖直光滑细管道C 点时滑块a 受到管道的作用力大小；
（2）滑块a 最终静止的位置与管道最低点B 的距离；
（3）滑块b 平抛的水平距离x 与传送带速度大小v 的关系。
押题4. 如图所示，水平地面上固定一个倾角
、长
的光滑斜轨道，斜轨道底部通过一段很
小的光滑圆弧与静止在水平地面上、质量为
薄木板
平滑连接，
板右边某处有一质量为
的薄木板C。现让质量为
的小物块
（可以视为质点），从斜轨道顶端由静止滑下，物块
滑上
木板后，
开始向右运动，当
滑到
的右端时，
、
速度刚好相等，而且
、C 刚好碰撞，碰撞过
程中无机械能损失，
物块最终恰好不从C 上滑下．已知
与
、C 间的动摩擦因数均为
，
、C
与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
。求：
（1）物块
在斜轨道上运动的时间；
（2）木板
和地面间因摩擦而产生的热量；
（3）木板C 的长度。
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押题5. 如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m 的长木板A 锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg 的物
块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B 与A 上
表面的动摩擦因数μ 从左向右随移动距离l 变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B 滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B 仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行
的距离。
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预测1．B
【详解】A．从N 点到P 点的运动过程中，受到重力、弹簧弹力、杆的支持力，合力方向无法确定，所以
无法确定合力的做功情况，故A 错误；
B．从N 点到M 点的运动过程中，弹簧做的总功为零，根据动能定理有
解得
故B 正确；
C．从N 点到P 点的运动过程中弹簧弹力在竖直方向的分量与重力相等的点无法确定，则弹簧的劲度系数
无法确定，故C 错误；
D．小球从N 点向下运动到最低点的过程中，根据能量守恒有
解得
故D 错误。
故选B。
预测2．BD
【详解】AD．设O 点到斜面底端的距离为
，物块释放点的高度为，物块从释放到停止运动的过程中，
克服摩擦力做功
可得
根据能量守恒可知
而物块在该过程中机械能的减少量始终等于克服摩擦力所做的功，则物块在
轴上任意位置的机械能为
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其
图像为纵轴截距为
，斜率为
的倾斜直线，而其
图像为过原点，斜率为
的倾
斜直线，故A 错误，D 正确；
B．物块的重力势能
可知物块
图像为纵轴截距
，斜率为
的图线，当
时，重力势能为0 保持不变，故B
正确；
C．当物块从最高点下滑至斜面最低点的过程中，物块的动能
当物块下滑至斜面底端时其动能
此后在水平面上克服摩擦力做功，则有
可知，动能达到最大值前，其图像为过原点的倾斜直线，斜率为
，动能达到最大后在水平面上运动，
其图线的斜率为
，可知图线具有对称性，故C 错误。
故选BD。
预测3．（1）
；（2）
；（3）1.56J
【详解】（1）物块从开始下落到到达B 点时由动能定理
在B 点时，
解得
，FNB=20N
从B 点到C 点时由动能定理，
解得
在C 点时，
解得，
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可得物体刚到B 点和刚过C 点瞬间对圆弧轨道的压力之比
（2）从C 点到D 点，由机械能守恒定律，
解得
物块落地时，
解得，t=1s
则物体的落地点到D 点的水平距离，
（3）恒力F 与mg 的合力为
，方向与竖直方向的夹角为30°；
vD在垂直于F 合方向的分量为
当vD在平行于F 合方向的分速度减为零时物体动能最小，则最小动能为
预测4．（1）30N，方向竖直向下；（2）
；（3）
【详解】（1）小物块P 从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得，
解得
在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，小物块P 运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下；
（2）小物块P 刚要滑上木板A 时与小物块Q 发生弹性碰撞，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
，
碰后小物块P 向左滑离木板，小物块Q 在木板A 上向右做匀减速直线运动
解得
设经
时间，小物块Q 滑过木板A，其位移
这段时间，木板A、B 一起向右做匀加速直线运动，由
解得
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其位移
又由
解得
，
（不符合题意，舍去）
此时，小物块Q 的速度
两木板速度为
之后小物块Q 在木板B 上向右做匀减速直线运动，木板B 做匀加速直线运动，对木板B 有
，解得
设经
时间共速
，解得
这段时间内，小物块Q 的位移为
木板B 的位移为
小物块Q 与木板B 之间因摩擦而产生的热量
（3）小物块Q 与木板B 共速时，速度为
一起匀减速直线运动，由
，解得
设该过程运动的位移为
，由
，解得
小物块Q 离开木板A 后，A 向右做匀减速运动，设加速度为
，由
，解得
设该过程木板A 运动的位移为
，由
，解得
综上所述，最终两木板间的距离为
预测5．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）依题意，货物由A 运动到B 过程，根据动能定理，可得
解得
（2）依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得
根据匀变速直线运动规律，有
解得，
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（3）长木板进入反弹装置时的速度为
设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有
根据匀变速直线运动规律，有
联立解得
则长木板刚进入反弹装置时的能量为
长木板反弹后最右端回到C 点的速度设为v2，长木板从C 点到B 点的过程中，由动能定理得
长木板在反弹的过程中损失的能量为
则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值
押题1．BCD
【详解】A．根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A
错误；
B．根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2 倍，根据动能定理可得
解得
，故B 正确；
C．绳子的拉力相同，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为
故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C 正确；
D．根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知
联立解得
，故D 正确。
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故选BCD。
押题2．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，P、Q 在电场力F 作用下一起向左运动，设加速度为a，长木板P 与竖直挡
板MN 发生第一次碰撞时的速度为
，由题意
对整体，由牛顿第二定律有，
，解得
由运动学公式有
，解得
（2）长木板P 碰后以速度
向右作匀减速运动，设加速度为
，对长木板由牛顿第二定律
速度为零时到达最远点，长木板左端距竖直挡板的最远距离
，则有
小物块Q 向左以
为初速度做匀减速运动，设加速度大小为
，则有
，得
所以当长木板P 的速度为零时，小物块Q 的速度为
，则有
P、Q 因摩擦产生的热量
（3）当长木板P 的速度为零时小物块Q 的速度为
，此后长木板P 向左加速，小物块Q 继续向左减速，
直至速度相等，然后一起以
的加速度向左加速直到第二次与竖直挡板碰撞。设共同速度
，则有
，得
，
长木板P 向左运动的距离为
，则有
长木板第二次与竖直挡板碰撞的速度
，则有
押题3．（1）
；（2）
点左侧
处；（3）见解析
【详解】（1）根据功能关系可知，
，解得
在C 点，根据牛顿第二定律有，
，解得
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（2）与滑块b 发生弹性碰撞，则动量守恒且能量守恒，
，
解得
，
而由于
则不会再弹上
，
解得，
而由于
，故最终停在
点左侧
处。
（3）根据平抛运动规律有
，解得
若一直减速则有
，解得
若一直加速，则有
，解得
则若
，则
若
，则
若
，则
押题4．（1）2.4s；（2）10J；（3）
【详解】（1）
在轨道上滑动时机械能守恒，设
到达轨道底部时的速度为v，有
A 在斜轨道上做匀加速直线运动，设运动时间为t，则有
联立解得
，
（1）
滑上
后，
做加速度大小为
的匀减速运动，
做加速度为
的匀加速运动，则对
有
对
有，
设经时间
，
、
的共同速度为
，则有
，
解得
，
，
，
碰前
、C 之间的距离为
设
、C 碰后速度分别为
、
，
、C 碰撞时动量守恒、机械能守恒，选向右为正方向，则有
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解得
，
碰撞完成后
向左运动最后停下，由能量守恒定律可知，
和地面间因摩擦而产生的热量为
代入数据得
（3）
、C 碰后
滑到C 上运动，
、C 相对滑动过程，
的加速度保持不变，由于
则碰后C 匀速运动，经时间
，
滑到C 的右端，
、C 速度相等，由于
共速后
、C 一起减速直到停下，则有
C 匀速运动的位移为
的位移为
则C 的长度为
代入数据得
10．（1）
；（2）
【详解】（1）物块B 在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦
力随位移均匀变化，根据功能关系有
解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有
解得
系统损失的动能
由于
因此，物块B 相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据
功能关系有
解得
因此，物块B 相对长木板滑行的距离
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动量 动量与能量的综合应用
本节内容在近3 年的高考中，所有省、市基本都是3 联考。既出现了知识点的单独命题，也出现了知
识的组合命题。单独命题中，多数都出现在选择题中，知识点的组合明天，不仅在计算题中出现，而且还
在选择题中出现。
重庆卷：近3 年，每年就有考查动量定理的应用，考查次数较为频繁，预测今年高考同样会出现，并
且是以解答题的形式出现。
福建卷：近3 年中，有1 年出现在计算题中（常规题型），2 年出现在选择题中（新情境），预测今
天出现计算题中的概率较大，可能会以新情境的方式出现。
浙江卷：近3 年中，都是以计算题的方式出现，并以多题形式考查，预计今年高考在解答题中出现的
概念较大，并会与能量题型相结合，题型难度较大。
广东卷：近3 年中，每年具有计算题出现，题型较为新颖，都是与生产生活相结合。预测今年高考也
近3 年考情分析
考点内容
等级
要求
考题统计
2023 年
2022 年
2021 年
动量定理的
应用
II
福建卷T5,重庆卷T8，
浙江卷T23，浙江卷
（1 月）T23，江苏卷
T15
甲卷T12，
重庆卷T5,北京卷
T17，浙江卷T21，湖
南卷T7,乙卷T7，
重庆T13，福建卷T4，湖
北卷T3，天津卷T7，北京
卷T10，山东卷T16，浙江
卷T23、乙卷T6，
动量守恒定
律及应用
II
重庆卷T14,广东卷
T15，天津卷T12,湖北
卷T15，新课标卷T6，
天津卷T11，北京卷
T10，广东卷T13，
天津卷T11，浙江卷T21，
广东卷T13、乙卷T1，湖
南卷T8,浙江卷(1 月)T12
动量与能量
的综合应用
II
河北卷T15，山东卷
T18,辽宁T15，海南
T18,湖南卷T15，乙卷
T12,浙江卷T20
福建卷T14,海南
T16，湖北卷T16，浙
江卷T20，河北卷
T13，湖南卷T14,
海南卷T17，辽宁卷T15，
北京卷T17、河北卷T13,
浙江卷（1 月）T22，
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不例外，仍在计算题中出现，提箱较为新颖。
天津卷：近3 年的考题中，均出现在计算题的12 题和13 题的位置，难度中档。预测今天高考会出现1
选择题+1 计算题出现在考题中，计算题仍在12~13 题的位置。
湖北卷：近3 年的考题中，均出现在计算题中，并和能量知识相结合。预测今年仍会出现在计算压轴
题中，并和电磁场知识相结合，难度较大。
海南卷：近3 年的考题中，均出现在计算题中。预测今年高考会和平抛运动知识相结合，考查动量和
能量的综合应用类题型。
湖南卷：近3 年的考题中，选择题和计算题具有考查。预测今年会以选择题的形式考查动量定理的应
用，题型较为新颖，与生产生活相结合。
一、动量定理的应用
1．冲量的三种计算方法
公式法
I＝Ft 适用于求恒力的冲量
动量定理法
多用于求变力的冲量或F、t 未知的情况
图像法
Ft 图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若Ft 成线性关系，也可直接用平均力
求解
2.应用动量定理时应注意的问题
(1)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是一个系统，在研究系统问题时，受力分析只考虑系
统的外力。
(2)动量定理的表达式是矢量式，使用时要关注力、初速度、末速度的方向，为了方便要规定正方向。
(3)动量定理是合力的冲量等于物体动量的改变量，要注意合力与单个力的区别。
3．用动量定理解决两类连续体问题的步骤
模型一：流体类问题
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
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分
析
步
骤
1
如图，建立“柱状”模型，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速
v 的方向为正方向)
(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；
(2)作用后流体微元以速率v 反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2
模型二：微粒类问题
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位
体积内粒子数n
分析
步骤
1
建立“柱状”模型，沿运动的方向选取一段柱形微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形微元的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝
SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
二、动量守恒定律及其应用
1．利用动量守恒定律所列方程中的各速度必须相对于同一惯性参考系。
2．动量守恒定律应用的三种情形
（1）系统不受外力或所受合力为零。
（2）外力远小于内力，外力可忽略，系统动量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等现象。
（3）系统虽然所受合力不为零，但在某一方向所受合力为零，则在这一方向总动量守恒。
3．动量守恒定律的三种表达形式
（1）m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)。
（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（3）Δp＝0，系统总动量的增量为零。
4．碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律。
（2）动能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。
（3）若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度。
5．两种特殊的碰撞模型
（1）弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有
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m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
结论：
①当两球质量相等时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后速度交换。
②当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。
③当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝m1v＋m2v
－(m1＋m2)v。
6．应用动量守恒定律分析问题的关键步骤
三、动量与能量的综合应用
动量与能量综合模型归纳
弹簧类
(1)系统动量守恒；
(2)系统机械能守恒；
(3)共速时弹簧最长或最短，系统动能损失最大，弹簧的弹性
势能最大，类似于完全非弹性碰撞；
(4)弹簧再次恢复原长时弹簧的弹性势能再次为零，系统动能
最大，整个过程类似于弹性碰撞，此时m2速度最大
轨道类
(1)水平方向动量守恒；
(2)系统机械能守恒；
(3)最高点：m 与M 共速。mv0＝(M＋m)v 共；
mv＝(M＋m)v＋mgh，
其中h 为m 上升的最大高度(完全非弹性碰撞拓展模型)；
(4) 最低点：mv0＝mv1＋Mv2；
mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)
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滑块滑板
(1)系统动量守恒；
(2)系统机械能不守恒，损失的动能等于产生的内能：－ΔEk＝
Q＝fx 相
电磁感应中
的“双杆”
模型(水平
导轨都光
滑)
达到共速时相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v
共，损失的动能最大，转化为电能
【例题】（多选）（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多
个质量均为
的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右
的恒力
，推动滑块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块
的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C 错误；
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D．对滑块2 根据动量定理有
解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
【例2】（2023·重庆·高考真题）如图所示，桌面上固定有一半径为R 的水平光滑圆轨道，M、N 为轨道
上的两点，且位于同一直径上，P 为MN 段的中点。在P 点处有一加速器（大小可忽略），小球每次经过
P 点后，其速度大小都增加v0。质量为m 的小球1 从N 处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M 处的
小球2 发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
（1）球1 第一次经过P 点后瞬间向心力的大小；
（2）球2 的质量；
（3）两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
【答案】（1）
；（2）3m；（3）
【详解】（1）球1 第一次经过P 点后瞬间速度变为2v0，所以
（2）球1 与球2 发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1 碰后反弹，则
联立解得
，
（3）设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
所以
33
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【例3】（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已
知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】
（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律，
，解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得，
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
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可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得，
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
【例4】（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与
B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向
右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，
并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量
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的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得，
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好滑上模板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
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所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动
0.48m 时，有
此时A、B 之间的距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
，方向向左；
，方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
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而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量，
末动量
则整个过程动量的变化量
，即大小为9.02kg m/s
⋅
。
【例5】（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
AB、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与
轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从
D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的
速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】
（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
，FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度vC=3m/s
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则滑块a 从碰撞后到到达C 点，
解得v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系，
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
预测1．（2024·广东·二模）如图所示，质量为m 的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与木板右端
距离为x 的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与挡板发
生第n 次碰撞时，碰后瞬间的速度大小
与第一次碰前瞬间的速度大小
满足关系式
。现有
一质量为2m 的物块以速度
从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间均
忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为
。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物块都不会和
木板共速。
（1）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
（2）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
（3）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n 次碰撞时，求物块运动的位移大小。
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预测2．（2024·吉林白城·一模）如图所示，质量为
的小车D 静止在水平光滑轨道上，
一根长为
的细绳一端固定质量为
的球A，细绳的另一端固定在小车D 上，另一根长为
的细绳一端固定质量为
的球B，另一端固定在O 点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，
且两球心在同一水平高度上。现将球B 拉至细绳处于水平伸长状态后释放，设A、B 发生碰撞时无机械能
损失，重力加速度为g 取
。求：
（1）球B 在最低点时的速度
的大小；
（2）碰撞结束瞬间球A 的速度
的大小；
（3）碰撞结束后球A 上升的最大高度h。
预测3．（2024·海南·模拟预测）如图所示，间距为d 光滑平行金属导轨由圆弧和水平两部分组成，两
导轨之间连接一个阻值为R 的定值电阻。水平导轨间存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直
导轨平面向下，质量为M、有效电阻也为R 的金属棒甲静止在磁场左侧边界线上。现在将一根质量为m 的
绝缘棒乙，从圆弧轨道上距水平面高度为L 处由静止释放，乙滑下后与甲发生弹性碰撞并反弹，然后再次
与已经静止的甲发生弹性碰撞。甲始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）第1 次碰后乙反弹的高度h；
（2）第1 次碰撞到第2 次碰撞过程中R 上产生的热量；
（3）已知圆弧轨道的半径为r，如果圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则乙第1 次与甲碰撞后经过多长时
间与甲发生第2 次碰撞。
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预测4．（2024·浙江·模拟预测）如图所示，倾角
的斜面AB 与长度为
的水平面BC 在B
点衔接，衔接点平滑，质量为
的可视为质点的滑块Q 静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P
自斜面上高
处静止释放，与滑块Q 发生弹性碰撞后，滑块Q 在C 点立即进入光滑竖直半圆轨道DE
的内侧（CD 间隙不计），D 为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q 经圆弧后在E 点水平抛出，最终落于
水平地面FG 上，水平面FG 与BC 的高度差为
。已知滑块P 与AB 面和BC 面的动摩擦因数都为
。
（1）若滑块P 的质量为
，半圆轨道DE 的半径R 可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过
70N，要保证滑块Q 能经圆周运动顺利经过E 点。
①求滑块Q 进入D 点时的速度
。
②求半圆轨道的半径R 的取值范围。
③求滑块Q 离开E 后落在FG 面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE 的半径为
，滑块P 的质量可调，求滑块Q 进入D 点时对D 的压力大小的范
围。
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预测5．（2024·河北·模拟预测）如图所示，“凹”型木板B 静置在光滑水平地面上，小物块A 静止
在B 正中央。A 的正上方用不可伸长的轻绳将一定质量的小球悬挂在O 点，轻绳处于水平拉直状态，将小
球由静止释放，下摆至最低点时刚好与小物块A 发生碰撞，碰后迅速把小球移除。物块A 在B 上运动与B
的右侧刚好没有发生第二次碰撞。已知A 的质量为m，B 的质量为3m，小球的质量为2m，木板B 的长度
，A 和B 之间动摩擦因数
，小球与A、A 与B 发生的碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度
，不计B 两侧挡板的宽度，碰撞时间极短，忽略空气阻力，求：
（1）小球与A 碰撞后瞬间A 的速率；
（2）悬挂小球的细线长度；
（3）A 与B 发生第一次碰撞前瞬间B 的速度。
押题1.工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示，货物以
的初速度滑上静止的货车的左
端，已知货物质量
，货车质量
，货车高
在光滑轨道OB 上的A 点设置一固定
的障碍物（障碍物与货车等高，不考虑障碍物的厚度），当货车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物就被
抛出，恰好会沿 BC 方向落在B 点。已知货车上表面的动摩擦因数
，货物可简化为质点，斜面的
倾角为：
）。
（1）求货物从A 点到B 点的时间；
（2）求货物在B 点的速度大小；
（3）若已知OA 段距离足够长，导致货车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则货车的长度是多少？
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押题2. 如图，倾角为
的斜面足够长，
区间光滑，长度为
，其余部分粗糙程度相同。长为
的轻绳
连接两个相同的小滑块
、
。开始时
处于
点，轻绳恰好伸直。由静止同时释放
、
，经过一段时间
后，
、
发生弹性碰撞。再经过一段时间轻绳突然绷紧，
、
达到共同速度，并一起匀速运动。已知重
力加速度大小为
，求
（1）滑块
与斜面粗糙部分之间的动摩擦因数；
（2）滑块
从静止释放至运动到
点的时间；
（3）滑块
、
一起匀速运动的速率。
押题3.如图所示，一根长
不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O 点．长
绷紧
的水平传送带始终以
恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径
的竖直光滑圆轨道在D
点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成
角由静止释放，小球到达最低点时
与小物块A 作弹性碰撞，碰后小物块A 向左运动到B 点进入圆轨道，绕行一圈后到达E 点。已知小球与小
物块质量相等均为
且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数
，其他摩擦均忽略
不计，重力加速度大小
。求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压力大小。
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押题4. 某同学为参加学校举行的遥控赛车比赛，利用如图所示装置练习遥控技术。水平直轨道
与半径
的光滑竖直圆轨道在
点相切，
间的距离
且对赛车的阻力恒为
段光滑。
水平地面距水平直轨道的竖直高度
。该同学遥控质量
的赛车以额定功率
从
点
出发，沿水平直轨道运动到
点时立刻关闭遥控器，赛车由
点进入圆轨道，离开圆轨道后沿水平直轨道
运动到
点，并与质量
的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，而滑
块落在水平地面上
点，
间的水平距离
。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，
取
。求：
（1）碰撞后滑块速度
的大小；
（2）碰撞前瞬间赛车速度
的大小；
（3）此过程中该同学遥控赛车的时间。
押题5. 图（a）为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对称分布。某次游
戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿轴线做匀减速直
线运动，俯视图如图（b）所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距离为
，棋子与棋盘动摩擦因数均为
，白棋初速度大小为
，经时间
与运动中的
黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取
，求：
（1）碰撞的位置到白棋起点的距离
及黑棋的初速度大小
；
（2）通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。
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预测1．（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块由牛顿第二定律有
解得
对木板由牛顿第二定律有，
解得
（2）从开始运动到第一次碰撞挡板有
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
这段时间内，物块的位移
解得
故摩擦产生的热量为
解得
（3）第一次碰撞前，木板的速度
第一次碰撞后的速度
第二次碰前的速度
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
第二次碰撞后的速度
第三次碰前的速度
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故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
归纳可知，从木板开始运动到第n 次碰撞时的时间间隔为
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
代入数据解得
预测2．（1）6m/s；（2）8m/s；（3）0.64m
【详解】（1）球B 下摆的过程中机械能守恒，则有
解得
（2）球B 与球A 碰撞，A、B 两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，取水平向右为正方向，则有
联立解得
（3）球A 上升时小车D 随之向右运动，球A 和小车D 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A
上升到最大高度时与小车D 速度相同，则有:
联立解得
预测3．（1）
;（2）
;（3）
【详解】（1）设第一次碰撞前乙的速度为v，有
设第一次碰撞后乙的速度为
，甲的速度为
，甲乙发生弹性碰撞，则
解得
，
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碰撞后乙上升的最大高度为h，有
整理得
（2）对甲分析，甲乙碰后甲的动能转化为整个回路的焦耳热，设R 上产生的热量为Q，
由能量守恒定律
，得
（3）对甲，由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得
由上式得，
乙在水平轨道运动时间，
乙在圆弧轨道运动因圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则等等效为单摆的摆动，时间为
总时间
综上得
预测4．（1）①2m/s，②
，③1.4m；（2）
【详解】（1）①滑块P 从静止到C 点，根据动能定理有，
解得
滑块P 与滑块Q 碰撞时动量守恒，有
又因为是弹性碰撞，则能量守恒
解得
②在D 点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知，
解得
D 点到E 点的过程，根据能量守恒定律有，
在E 点，根据牛顿第二定律有
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且
联立得
所以R 的取值范围
③自E 点作平抛运动，则射程为
，
将②中
代入得，
当
时，解得，
（2）由动能定理有，
解得，
滑块P 与滑块Q 碰撞时动量守恒，则
又因为是弹性碰撞，根据能量守恒定律有，
解得
即
则
由牛顿第二定律有，
解得
预测5．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设小球与A 碰后瞬间A 的速度v1，物块A 在B 上运动与B 的右侧刚好没有发生第二次碰撞，
有
解得
（2）小球与A 碰撞过程，有
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联立解得
（3）A 与B 发生第一次碰撞过程，有
联立解得
押题1．（1）0.4s；（2）5m/s；（3）10.3m
【详解】（1）货物从小车上滑出之后做平抛运动，竖直方向
解得
（2）在B 点分解速度
由
联立解得
（3）在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，根据牛顿第二定律，对m 有，
对M 有
当
时，m、M 具有共同速度
根据系统能量守恒定律
联立解得
当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出，滑出速度由
，得
根据动能定理，
解得，
故
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押题2．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）
、
一起匀速运动时，对
、
整体有，
解得
（2）
、
一起下滑距离
，对
、
整体有，
解得
由位移公式可得
解得
此时
、
的速度为
从
运动至
，因绳子松弛，故对
有
由位移公式可得，
解得，
又
解得
（3）
运动至
点后匀速运动，此时速度为
之后
、
发生弹性碰撞，由于质量相同，所以碰后交换速度，直至轻绳绷紧，二者以相同的速度匀速运
动，该过程系统动量守恒，则有
解得
押题3．（1）6m/s，
；（2）
；（3）0
【详解】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为
，则小球
自由下落
时，轻绳刚好再次伸直，
设此时
的速度为
。根据自由落体运动规律，可得
轻质细线伸直后瞬间小球
速度为
小球
与小物块A 碰前瞬间，设小球
的速度大小为
，从轻质细绳刚好再次伸直到小球
运动到最低点
的过程中，由动能定理得
联立解得小球
运动到最低点与小物块碰前的速度大小
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设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为
，根据牛顿第二定律可知，
解得，
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为
。
（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为
，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得小物块冲上传送带前的速度
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
设小物块与传送带共速时对地位移为
，传送带速度为
，则由运动学公式可得
代入数据解得，
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
这段时间内传送带运动的位移为
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为
，轨道对小物块的弹力为
，则由动能定理有
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为
在最高点由牛顿第二定律可得，
联立解得，
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。
押题4．（1）
；（2）
；（3）
【详解】
（1）碰撞后滑块做平抛运动，则
解得
（2）设赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为
，与滑块碰撞后的速度大小为
，由牛顿第二定律及机
51
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械能守恒定律
，
赛车与滑块碰撞过程动量守恒，有
解得
（3）设电动机工作时间为，根据动能定理
解得
押题5．（1）
，
；（2）黑棋能停在白棋区域，原因见解析
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离
设黑白棋质量为
，根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小
解得
通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为
则有
解得黑棋的初速度大小
（2）根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为
，
设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，
则有
，
解得碰后两球速度大小
，
即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离
碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移
故黑棋能停在白棋区域。
52
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静电场
近3 年，本节内容主要涉及到三大板块，电场力的性质，电场能的性质和带电粒子在电场中的运动。
本节内容是所有省市的必考部分，题型主要集中在中档题型。本节内容多以压轴题的形式出现，主要以选
择题和计算题为主，部分省份还出现了填空题。
重庆卷：从近3 年高考来看，重庆卷电场考的较为简单，难度不大，并都是以选择题的形式出现，预
测今年高考同样会出现在选择题中，并且难度不大。
广东卷：从近3 年高考来看，广东卷多以选择题的形式出现，并且题型较为新颖。预测今年会以计算
题的形式出现，将考查带电粒子在匀强电场中的偏转问题。
近3 年考情分析
考点内容
等级
要求
考题统计
2023
2022
2021
电场力的性质
II
河北卷T10，重庆卷T3，广东
卷T9，北京卷T8，山东卷T11,
湖北卷T3,辽宁卷T9，海南卷
T8,
海南卷T12，湖南卷T5，乙卷
T6，乙卷T11，甲卷T5，
重庆卷T8，
江苏卷T9，
湖南T2，山东
T3，乙卷T8，
电场能的性质
II
福建卷T14,福建卷T8，
天津卷T8，
天津卷T2，福建卷
T3,重庆卷T2，海南
卷T8，湖南卷T2
辽宁卷T10，浙江
T15，河北T6，甲
卷T8，乙卷T6，
浙江卷（1 月）
T10，北京卷T9
带电粒子（或
带电体）在匀
强电场中的运
动
II
北京卷T20，浙江卷T8，浙江
卷T12，湖北卷T10，新课标卷
T12，浙江卷（1 月）T12
福建卷T8，北京卷
T18，江苏卷T15，
海南卷T11,
辽宁卷T14,湖北卷
T10，湖北卷T4，
浙江T9，广东卷
T14,
53
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北京卷：从近3 年高考来看，电场中的三大板块，一年一考，预测今天将考查电场能的性质，并在选
择题偏后的位置，难度适中。
山东卷：从近3 年高考来看，2021 和2023 考查了电场力的性质，预测今年高考考查电场能的性质概
率较大。
湖北卷：从近3 年高考来看，湖北卷隔年一考，预测今年本节内容将会不单独命题考查，会和磁场知
识相结合。
辽宁卷：从近3 年高考来看，辽宁卷在本节内容上呈隔年难，隔年简单的趋势，预测今年高考将会以
选择压轴题的形式出现。
海南卷：从近3 年高考来看，海南卷在本节内容上每年会考查2 道选择题，预测今年也不例外，其中
一难一简单。
湖南卷：从近3 年高考来看，湖南卷在本节内容均有考查，主要考查电场力的性质和电场能的性质。
预测今年高考将会考查等量电荷周围电场和电势的分布情况。
甲卷和乙卷：从近3 年高考来看，全国甲、乙卷对于本节内容不太钟爱，预测今年考查电场的概率不
大。
新课标卷：从近3 年高考来看，新课标卷每年具有考查本节内容，相信今年也不例外，预测在选择题
中将要考查电场力的性质。
一、电场性质的理解
1．电场中的各物理量的关系
2．电场强度的判断
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(1)场强方向是正电荷所受电场力的方向，也是电场线上某点的切线方向。
(2)电场的强弱可根据电场线的疏密程度判断，也可根据场强公式进行比较。
3．电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的
正负
取无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠
近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的大
小
正电荷电势能越大，所在位置电势越高；负电荷电势能越大，所在位置电势
越低
电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q 的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
4.电势能大小的判断
判断方法
做功判断法
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大
电荷电势法
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
公式法
由Ep＝qφ，将q、φ 的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越
大；Ep为负值时绝对值越小，电势能越大
能量守恒法
在电场中，若只有静电力做功，则电荷的动能和电势能相互转化，动能增
大，电势能减小；反之，动能减小，电势能增大
二、电势差与电场强度的关系
1．等分法
在匀强电场中，沿任意一个方向(垂直于电场线方向除外)，电势变化都是均匀的，故在同一直线上相
同间距的两点间电势差相等。如果把某两点间的距离等分为n 段，则每段两端点的电势差等于原电势差的，
像这样采用等分间距求电势问题的方法，叫作等分法。
2．等分法常用的重要结论
(1)在匀强电场中，沿任意方向相互平行且相等的线段两端点的电势差相等。
(2)匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC＝。
(3)在匀强电场中，相互平行的两条线段，无论它们是否与电场线方向平行，只要一条线段是另一条线
段的n 倍，这条线段两端点的电势差就一定是另一条线段两端点电势差的n 倍。
3．等分法解题的一般步骤
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三、电场中的图像问题
坐标系x 轴同电场线方向一致时，电场中几种常见的图像：
vt 图像
当带电粒子只受静电力时，从vt 图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化
情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势
能的变化情况
φx 图像
(1)从φx 图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电
荷电势能的变化。
(2)φx 图线切线的斜率绝对值等于沿x 轴方向电场强度E 的大小
Ex 图像
(1)E>0 表示场强沿x 轴正方向，E<0 表示场强沿x 轴负方向。
(2)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的
电势高低需根据电场方向判定
Epx 图像
(1)图像的切线斜率绝对值等于静电力大小。
(2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
四、平行板电容器相关问题分析
1．三个公式
电容定义式C＝，平行板电容器的电容决定式C＝，匀强电场关系式E＝。
2．两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等
于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大
小不变。
3．平行板电容器的两类动态问题的分析
两极板间电压U 一定
两极板的电量Q 一定
C
C＝
C＝
Q 或U
Q＝CU
U＝
E
E＝
E＝
φa
φa－φO＝Ex(x 为a、O 两点沿电场线方
φa－φO＝Ex(x 为a、O 两点沿电场线方向的
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向的距离)
距离)
【注意】当含有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电过程或放电过程
受到限制。
五、带电粒子(带电体)在电场中的运动
1．研究对象在电场中运动时是否考虑重力的处理
(1)除说明或有明确暗示外，电子、质子、α 粒子等微观粒子一般不考虑重力。
(2)除说明或有明确暗示外，带电小球、液滴等一般考虑重力。
2．带电粒子在电场中的运动特点及分析方法
常见运动
受力特点
分析方法
静止或匀速直线运动
合力F 合＝0
共点力平衡
变速直线运动
合力F 合
≠0，且与
初速度方向
在同一条直
线上
(1)匀强电场中：
①用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad
②用功能观点分析：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
(2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子在匀强电场
中的偏转运动(类平
抛)
进入电场时
v0⊥E
运动的分解
偏转角：tan θ＝＝＝＝
侧移距离：y0＝＝
y＝y0＋L tan θ＝tan θ
1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动的一般分析方法
(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“等效重力”，g′＝为等效重力场中的
“等效重力加速度”，F 合的方向为“等效重力”的方向。
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(2)“等效最高”点和“等效最低”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“等效最低”点。
【典例1】（多选）（2023·河北·高考真题）如图，在
轴上放置四个点电荷
和
位于
点两侧，
位于
点两侧。
点在
轴上，且
。取无穷远处电势为零，电荷位置与电
荷量满足一定关系，使得以
点为球心、以
为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是（
）
A．
两点电场强度的方向一定沿
轴正方向
B．若在
点放一正点电荷，则
两点的电势一定升高
C．试探电荷
沿
轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷
沿
轴运动过程中，若静电力始终不做功，则
点的电场强度一定为零
【答案】BD
【详解】A．以
点为球心、以
为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，
两点电
场强度的方向与半径垂直，与
轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故
两点电场强度的方向无法
判断，故A 错误；
B．取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在0 点放一正点电荷，则
两点的电
势一定升高，故B 正确；
C．试探电荷
沿
轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过
轴且垂直于
轴的平面
为等势面，但静电力不一定为零，故C 错误；
D．根据以
点为球心、以
为半径的球面为等势面，可知
点的电场强度方向应与
轴重合，再根据经
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过
轴且垂直于
轴的平面为等势面，可知
点的电场强度方向应与
轴垂直，同一点电场强度的方向是
唯一的，故
点的电场强度一定为零，故D 正确。
故选BD。
【典例2】（多选）（2023·广东·高考真题）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
【答案】AC
【详解】A．像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在
的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A 正确；
B．像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的
电势高于白色微粒所在区域的电势，故B 错误；
C．像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C 正
确；
D．像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故D 错
误。
故选AC。
【典例3】（多选）（2023·海南·高考真题）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中
带正电，
带负电，
为
边的四等分点，下列说法正确的是（ ）
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A．
、
两点电场强度相同
B．
、
两点电势相同
C．负电荷在
点电势能比在
点时要小D．负电荷在
点电势能比在
点时要大
【答案】BC
【详解】A．根据场强叠加以及对称性可知，MN 两点的场强大小相同，但是方向不同，选项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，则MN 两点
电势相等，选项B 正确；
CD．因负电荷从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，则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。选项C 正确，D 错
误。
故选BC。
4．（2023·全国·高考真题）如图，等边
位于竖直平面内，AB 边水平，顶点C 在AB 边上方，3 个点
电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB 边中点M 处的电场强度方向竖直向下，BC 边中点N 处的电
场强度方向竖直向上，A 点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3 个点电荷的正负；
（2）C 点处点电荷的电荷量。
【答案】（1）
，A、B、C 均为正电荷；（2）
【详解】（1）因为M 点电场强度竖直向下，则C 为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B 两点的电
荷在M 点的电场强度大小相等，方向相反，则B 点电荷带电量为
，电性与A 相同，又
点电场强度竖直
向上，可得
处电荷在
点的场强垂直BC 沿AN 连线向右上，如图所示
可知A 处电荷为正电荷，所以A、B、C 均为正电荷。
（2）如图所示
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由几何关系，
即
其中
解得，
5．（2023·全国·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，
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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，
预测1．（2024·云南·模拟预测）如图甲所示，a、b 位于两个等量异种电荷的连线的中垂线上，且a、
b 到两电荷连线的中点O 的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N 两点，
c、d 位于MN 的连线的中垂线上，且c、d 到MN 连线的中点
的距离相等，两导线中通有等大反向的恒
定电流，下列说法正确的是（ ）
A．O 点处的电场强度为零
B．
点处的磁感应强度为零
C．a、b 处的电场强度大小相等，方向相反
D．c、d 处的磁感应强度大小相等，方向相同
预测2．（2024·海南·模拟预测）如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成θ 角，直线
与匀
强电场E 互相垂直。在A 点以大小为
的初速度水平抛出一质量为m，带电量为
的小球，经时间t，小
球下落一段距离过C 点（图中未画出）时速度大小仍为
，在小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法
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中正确的是（ ）
A．小球的电势能减少
B．C 可能位于
直线的右侧
C．小球的机械能减少量一定等于
D．小球的机械能减少量一定大于
预测3．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，正四面体的四个顶点ABCD 分别固定一个点电荷，电荷
量分别为
、
、
和
，O 点为正四面体的正中心，O 点到ABCD 四点的距离均为r，E 点为AD 边
的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．O 点电场强度的大小为
B．O 点电场强度的大小为
C．O 点电势比E 点电势高
D．O 点电势比E 点电势低
预测4．（2024·黑龙江·一模）如图所示，水平桌面
上方存在水平向右，电场强度大小
的匀强电场。倾角
的斜面
固定在水平地面上，
处于同一竖直线上。电荷量
、质量
的带电物块（可视为质点）从距离桌边缘B 点左侧
处由静止释放，在
电场力作用下开始运动。已知物块和桌面之间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
，不计空气阻
力，求：
（1）物块通过水平桌面B 点时的速度大小；
（2）若物块垂直撞在斜面CD 上某点，求该点与C 点间的距离。
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预测5．（2024·云南昆明·三模）半径为R 的光滑绝缘圆形轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道圆心，
C 点和A 点为圆周的最高点和最低点，B 点与D 点的连线过圆心O 且水平，与A、C 两点连线垂直。空间
存在一与圆形轨道平面平行的匀强电场，一质量为m，电荷量为q 带负电小球（可视为质点）从A 点静止
释放，运动到C 点时速度为0，且过B 点时小球对轨道的压力等于小球重力大小的3 倍。已知重力加速度
为g，求：
（1）匀强电场的电场强度大小和方向；
（2）若小球要做一个完整的圆周运动，小球在B 点至少需要多大的速度。
押题1. 如图所示，沿纸面方向的匀强电场内有一长方形区域ABCD，A 点有一质子源，以相同大小的初速
度
沿各个方向射入电场，其中到达B、D 两处的质子具有相同大小的速度
。已知
，
，质子电荷量为q，质量为m，不计质子重力，下列说法正确的是（ ）
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A．电场方向由B 指向D
B．电场强度大小为
C．长方形区域内两点间电势差的最大值为
D．质子能从长方形区域飞出的最大速度为
押题2. 如图所示，在正点电荷
产生的电场中，将两个带正电的试探电荷
分别置于
、
两点，虚
线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将
移到无穷远的过程中电场力做的功相等，则下列说法正
确的是（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．
的电荷量小于
的电荷量
C．
点电势小于
点电势
D．
在
点的电势能大于
在
点的电势能
押题3. 如图所示，空间存在三个相邻的水平面
、
和
，水平面
、
之间的距离为，其间区域存
在水平向右的匀强电场，水平面
、
之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为
、电
荷量为
的带正电小球从电场上边界
的
点由静止释放，经过电场中边界
，最终从电场下边界
离开。
已知小球到达电场下边界
时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界
时动能的2.56
倍。不计空气阻力，重力加速度大小为
。下列说法正确提（ ）
A．水平面
、
之间的距离为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球在
、
之间区域做平抛运动
D．小球在
、
间减小电势能小于在
、
间增加电势能
押题4. 如图所示，带电荷量为
的带电小球A 固定在绝缘的水平面上，另一个带电荷量为
，质量为
的小球B 恰好静止在A 正上方的
点。现将小球B 先固定，让一个与A
完全相同的不带电的小球C 与小球A 接触一下，移走小球C，再由
点静止释放小球B，已知静电力常量
为
，重力加速度
取
。在小球B 下落过程中，求：（小球A、B 均可视为质点）
（1）
点距地面的高度；
65
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（2）小球B 释放瞬间的加速度大小
；
（3）小球B 的速度达到最大时的位移
。
66
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押题5. 如图甲，在光滑绝缘水平地面上，宽为2L 的AB 区域内存在水平向右的电场，电场强度随时间变
化的Et 图像如图乙，质量为4m 的不带电绝缘小球P1静止在AB 区域内距A 为x（0<x≤L）的位置，t=0 时，
带电量为＋q、质量为m 的小球P2以速度v0从A 点进入AB 区域，与P1发生碰撞后以
v0反弹，已知P1、
P2在AB 区域内只发生一次碰撞，碰撞时间极短，P2的电量保持不变。
（1）求碰撞后小球P1获得的速度；
（2）若
时，P2刚好从A 离开AB 区域，求这种情况下x 的值；
（3）当
L<x≤L 时，讨论P2离开AB 区域时的速度大小。
预测1．D
【详解】A．正、负电荷在O 点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O 点电场强度不为零，
故A 错误。
67
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C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点，结合对称性可知，a、b 处的电场强度大小相等，方向相同，
均水平向右，故C 错误；
BD．根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d 处的磁感应强度大小相等，方向均沿cd 向下，
点处的磁感
应强度不为零，也沿cd 向下，故B 错误，D 正确。
故选D。
预测2．D
【详解】A．由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，
故A 错误；
B．若C 位于
直线的右侧，则重力做正功，电场力做正功，动能增加，与动能不变矛盾，故B 错误；
CD．小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向右下方，重力竖直向下，
将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a 大于
g，竖直方向
，即
，故C 错误，D 正确。
故选D。
预测3．AC
【详解】AB．C 点的点电荷在O 点的电场如图所示（在AOC 平面内）
其中CN 为BCD 平面内的高，AN 为ABD 平面内的高，设正四面体的棱长为L，由几何关系可得
，
则，
点电荷C 在O 点的电场强度为
在竖直方向的分量为
方向竖直向上。同理可得，B、D 处的点电荷在竖直方向的分量为
方向均为竖直向上；由对称关系可知，B、C、D 三个电荷在O 点处电场强度在水平方向相互抵消，为0；
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A 处的点电荷在O 点处的电场强度为
方向竖直向上，则O 点电场强度的大小为
，故A 正确，B 错误；
CD．将A、D 处的点电荷看作一对带等量异种电荷，则O 点和E 点在AD 连线的重垂面上，则A、D 处的
点电荷在O 点和E 点的电势都为0；将B、C 处的点电荷看作一对带等量同种电荷，则O 点和E 点在BC 连
线的重垂面上，B、C 处的点电荷在O、E 两点的电场方向为由O 到E，则O 点的电势大于E 点的电势，故
C 正确，D 错误。
故选AC。
预测4．（1）
；（2）
【详解】（1）物块从静止释放到B 点过程，根据动能定理可得，
代入数据解得物块通过水平桌面B 点时的速度大小为
（2）物块从B 点抛出后做平抛运动，物块垂直撞在斜面CD 上，则有
解得物块落地斜面时的竖直分速度为
则物块做平抛运动的时间为
物块做平抛运动的水平位移为
根据几何关系可得物块落到斜面上的点与C 点间的距离为
预测5．（1）
，方向由B 点指向A 点；（2）
【详解】（1）由题意可知B 点是等效重力场中的“最低点”，对小球从A 点运动到B 点由动能定理
对小球在B 点分析
又有
，
解得
，
，方向由B 点指向A 点。
（2）要做完整圆周运动，在D 点小球能恰好通过有
解得速度至少为
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对小球从B 点运动到D 点由动能定理得
解得
押题1．C
【详解】A．质子在B、D 两点具有相同动能，故B、D 为等势点，匀强电场的电场线垂直于等势线BD，
而质子由A 点运动到B、D 两点过程中动能增加，电场力做正功，且质子带正电，故电场方向如图所示
故A 错误；
B．由A 到B，由动能定理得
解得
，故B 错误；
C．由以上分析可知，A、C 两点间电势差最大，为
，故C 正确；
D．质子由C 点出电场时电场力做功最多，速度最大，由A 到C，由动能定理得
解得
，故D 错误。
故选C。
押题2．B
【详解】A．由点电荷形成的电场分布规律可知，越靠近点电荷场强越大，故A 点的场强大于B 点，且方
向也不相同，故A 错误；
C．越靠近正点电荷电势越大，可知A 点电势高于B 点，故C 错误；
BD．因为两电荷移到无穷远处电场力做功一样则电势能变化量相同，而无穷远处电势能为零，说明q1在A
点的电势能等于q2在B 点的电势能，而A 点电势高于B 点，两电荷又都带正电，根据
可知，q1的
电荷量小于q2的电荷量，故B 正确，D 错误。
故选B。
押题3．B
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【详解】A．质量为
、电荷量为
的带正电小球从电场上边界
的
点由静止释放，在电场中运动时，
小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在M、N 区域做初速度是零的匀加速
直线运动，设
、
之间运动时间为t1，在
、
之间运动时间为t2，则有
，
水平方向位移
因小球在两电场区域内受电场力大小相等，且小球到达电场下边界
时的速度方向恰好竖直向下，说明此
时小球在水平方向的速度是零，则有
解得
小球在
、
之间，设下落高度为h＇，则有
可得
，
，A 错误；
B．由题意可得，
，则有
解得
由
可得，
则有
，B 正确；
C．小球在电场
、
之间运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向
做初速度是零的匀加速直线运动，可知小球在
、
之间区域做匀加速直线运动，C 错误；
D．小球在
、
间与在
、
间受电场力大小相等，方向相反，在
、
间做初速度是零匀加速直线
运动，在
、
间做匀减速直线运动末速度是零，即小球在电场方向的动能变化是零，因此小球在
、
间减小电势能等于在
、
间增加电势能，D 错误。
故选B。
押题4．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，对小球B 受力分析，有平衡条件有，
由库仑定律有
解得
（2）让一个与A 完全相同的不带电的小球C 与小球A 接触一下，移走小球C，小球A 的电量变为
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对小球B，由牛顿第二定律有，
解得
（3）根据题意可知，当小球B 所受合力为0 时，小球B 的速度最大，设此时A、B 距离为
，由平衡条件
有
解得
则有
押题5．（1）v0；（2）
；（3）
或
【详解】（1）由于x≤L，则
因此P2与P1碰撞前，E=0，P2的速度仍为v0，由动量守恒定律有，
可得碰撞后小球P1获得的速度
（2）若
时，P2刚好从A 离开AB 区域，则有
可得
（3）
时，P2与P1碰撞后有一段时间E≠0，根据牛顿第二定律有，qE=ma
可得
当P2恰好能返回到A 点时，有
可解得减速运动的位移大小为
则有
可得
①当
时，P2将从A 离开AB 区域，施加电场后P2在AB 区域运动的距离x2满足
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解得
设P2离开A 点的速度为vA，由运动学公式有
解得
由
，得P2匀减速运动的时间
，符合题图乙。
②当
时，P2从B 离开AB 区域，施加电场后P2在AB 区域运动的距离x3满足
解得
设P2离开B 点的速度为vB，由运动学公式有
解得
由
得P2匀变速运动的时间
，符合题图乙。
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磁场
近3 年，本节内容在高考中是必考的内容之一，从近3 年全国各地的高考来看，基本所有的省市均会
出现1 选择题+1 计算题，并多为压轴题的形式出现，电磁炮是近几年的热门题材。
近3 年考情分析
考点内容
等级
要求
考题统计
2023
2022
2021
磁场对通电导体
的作用
II
北京卷T20，天津卷
T11，河北卷T8，辽宁
卷T10，浙江卷T10，浙
江卷T22，福建卷T4，
山东卷T12，广东卷
T14，重庆卷T7，
北京卷T11，天津卷
T13，河北卷T8，辽宁
卷T15，江苏卷T3，浙
江卷T15，福建卷T5，
福建卷T15，湖北卷
T15，湖南卷T3，广东
卷T10，重庆卷T7
辽宁卷T9，江苏卷
T5，浙江卷T14，
福建卷T7，山东卷
T12，湖北卷T16，
湖南卷T13，重庆卷
T9
带电粒子在匀强
磁场中的运动
III
北京卷T13，天津卷
T13，浙江卷T23，福建
卷T12，湖北卷T15，海
南卷T2，
北京卷T7，辽宁卷
T8，浙江卷T22，湖北
卷T10，海南卷T6
北京卷T12，湖北卷
T9，广东卷T14，
海南卷T13
带电粒子在组合
场中的运动
II
河北卷T14，辽宁卷
T14，山东卷T17，广东
卷T5，海南卷T13，重
庆卷T15
天津卷T12，山东卷
T17，湖北卷T8，
辽宁卷T15，江苏卷
T15，浙江卷T23，
山东卷T17，重庆卷
T14
带电粒子在叠加
成中的运动
II
江苏卷T16，湖南卷
T6，
河北卷T14 ，湖南卷
T13
北京卷T18，天津卷
T13，河北卷T5，
福建卷T2，
带电粒子在交变
场中的运动
I
江苏卷T15，
河北卷T14，
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北京卷：从近3 年的高考试卷分析，北京卷每年两考，在选择题和计算题中均有出现。预测今年高考
在本节内容上考查2 道选择题压轴题，其中一道会与叠加场的形式出现。
天津卷：从近3 年的高考试卷分析，天津卷每年考查2 道计算题，其中必考一道压轴题，并且压轴题
考法新颖，结合电磁新技术进行考查。预测今年高考仍会有2 道计算题出现，并且同样会以新技术作为压
轴题。
河北卷：从近3 年的高考试卷分析，河北卷每年均考查2 道本节内容的题型，一道选择题，一道计算
压轴题。预测今年选择题将会与楞次定律相结合，计算题将会以压轴题的形式出现，考查带电粒子在叠加
场中的运动。
辽宁卷：从近3 年的高考试卷分析，辽宁卷每年2 考，选择题和计算题各一道，基本都是以压轴题的
形式出现。预测今年高考选择题会以叠加场的形式出现，计算题会出现在第15 题位置，以压轴题的形式出
现，结合楞次定律考查双杆模型问题。
江苏卷：从近3 年的高考试卷分析，3 年均考查了计算压轴题，难度颇大。预测今年高考本节内容会
出现一个选择压轴题和一个计算压轴题。选择压轴会与楞次定律相结合，计算压轴题会以交变场的形式出
现。
浙江卷：从近3 年的高考试卷分析，浙江卷在本节内容上必考一个多选题，一个或2 个压轴题。预测
今年高考会结合电场考查一个多选题，压轴题会以交变场的形式出现，并涉及到电磁应用类的新技术。
福建卷：从近3 年的高考试卷分析，福建卷每年会考查2 个选择题，题型难度都较为简单。预测今年
会出现1 选择题+1 计算题。题型中会结合楞次定律进行考查。
山东卷：从近3 年的高考试卷分析，2021 和2023 年出现1 选择题+1 计算压轴题，2022 年只有1 计算
压轴题。预测今年将会出现1 选择压轴题+1 就是压轴题。选择压轴题在12 题，结合楞次定律进行考察，
计算压轴题在第17 题，考查组合场，结合新技术的概率较大。
湖北卷：从近3 年的高考试卷分析，每年2 考，一选择题+1 计算题。选择题在题型偏后，计算题在第
15 题或16 题。预测今年仍会是1 选择题+1 计算压轴题。计算题在第16 题，结合楞次定律和动量定理考查
双杆问题。
湖南卷：从近3 年的高考试卷分析，湖南卷选择题和计算题均有出现。预测今年出现计算题的概率较
大，考查带电粒子在组合场中的运动。
广东卷：从近3 年的高考试卷分析，广东卷在选择题和计算题中均有考查。预测今年本节内容只会出
现在选择题中，难度不大。
海南卷：从近3 年的高考试卷分析，海南卷考题较为简单，每年基本上是2 考。预测今年高考会出现
1 选择题+1 计算题。
重庆卷：从近3 年的高考试卷分析，重庆卷多为1 选择题和1 计算题。预测今年高考同样如此。
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一、磁场的性质及磁场对通电导体的作用
1．磁场的产生与叠加
2．地磁场的主要特点
（1）地磁场的N 极在地球南极附近，S 极在地球北极附近，磁感线分布如图所示。
（2）地磁场B 的水平分量Bx总是从地球南极指向北极，而竖直分量By则南北相反，在南半球垂直地面向
上，在北半球垂直地面向下。
（3）在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等且方向水平向北。
3．安培力的分析与计算
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方向
左手定则
大小
直导线
F＝IlB sin θ，当θ＝0 时，F＝0；当θ＝90°时，F＝IlB
导线为
曲线时
等效为ac 直线电流
4.两个二级结论
（1）同向平行电流相互吸引，反向平行电流相互排斥。
（2）两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。
5．判别物体在安培力作用下的运动方向的常用五种方法
（1）电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元受
安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。
（2）特殊值分析法：把电流或磁体转到一个便于分析的特殊位置（如转过90°）后再判断所受安培力方向，
从而确定运动方向。
（3）等效分析法：环形电流可以等效成条形磁体、条形磁体也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成
很多的环形电流来分析。
（4）推论分析法：两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥；两电流不平
行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。
（5）转换研究对象法：因为电流之间、电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律。这样，定性分析
磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，
再确定磁体所受电流的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。
6．求解安培力作用下的动力学问题的一般思路
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动问题的处理关键
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（1）圆心的确定
①速度和轨道半径垂直。
②轨迹上两点连线的垂直平分线过圆心。
（2）轨道半径的计算
方法一：由物理公式求：由于qvB＝，所以轨道半径r＝。
方法二：由几何关系求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。
（3）运动时间的确定
方法一：由对应的圆心角α 求：t＝T＝。
方法二：由对应的弧长s 求：t＝。
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时轨迹圆的几个基本特点
（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，出射角等于入射角。（如图1 所示，θ1＝θ2＝θ3）
并且粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角。（如图1 所示，α1＝α2）
（2）在圆形匀强磁场区域，若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应磁场半径的夹角为θ，则粒子射出磁
场时速度方向与出射点对应磁场半径的夹角也为θ，如图2 所示。
特例：沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时也沿半径方向，如图3 所示。
（3）磁聚焦与磁发散
①磁聚焦：带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界
上同一点射出，且该点切线与入射方向平行。
②磁发散：带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子
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出射方向与入射点的切线方向平行。
3．临界问题
（1）许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语暗示临界状态，
审题时，一定要抓住这些特定的词语，挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。例如粒子射出或不射出磁场的
临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
（2）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态（一般是粒子运动
轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大），常用方法如下：
放缩圆
旋转圆
平移圆
适用
条件
粒子速度方向一定，速度
大小不同
粒子的速度大小一定，轨迹半径
一定，速度方向不同
粒子的速度大小、方向均一定，从
同一直线边界进入匀强磁场的入射
点位置不同
运动
分析
以入射点P 为定点，将半
径放缩作轨迹圆，从而探
索出临界条件
将一半径为R＝的圆 以入射点
为圆心进行旋转，从而探索出临
界条件。
将半径为R＝的圆进行平移
（轨迹圆的所有圆心在一条直线
上）
图例
4.多解问题
（1）产生多解现象的四种因素
带电性不确定
磁场方向不确定
临界状态不唯一
运动周期性（往复
性）
图例
原因
分析
受洛伦兹力作用的带电
粒子，可能带正电，也
有些题目只给出了磁
感应强度的大小，而
如图所示，带电粒子在洛
伦兹力作用下飞越有界磁
带电粒子在部分是电
场、部分是磁场的空
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可能带负电，在相同的
初速度条件下，正、负
粒子在磁场中的运动轨
迹不同，因而形成多解
未具体指出磁感应强
度的方向，此时必须
考虑由磁感应强度方
向不确定而形成的多
解
场时，由于粒子运动轨迹
是圆弧状，因此，它可能
直接穿过去了，也可能转
过180°从入射界面反向
飞出，于是形成了多解
间运动时，往往具有
往复性，因而形成多
解
（2）解决多解问题的一般思路
三、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场问题的两种常见模型
类型
从电场进入磁场
从磁场进入电场
实例
说明
电场中：匀变速直线
运动
磁场中：匀速圆周运
动
电场中：类平抛运动或
类斜抛运动
磁场中：匀速圆周运动
磁场中：匀速圆周运动
电场中：匀变速直线运
动
磁场中：匀速圆周运
动
电场中：类平抛运动
或类斜抛运动
2.解答带电粒子在组合场中运动问题的基本思路
80
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四、带电粒子(带电体)在叠加场中的运动
1．带电粒子(带电体)在叠加场中运动的两种常见模型
匀速直线运动
匀速圆周运动
实例
受力情况
所受合力为零
除洛伦兹力外，其他力的合力为零
注：若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度v 垂直。
2．如图1 所示，若一带电小球在重力场与匀强磁场垂直的叠加场中从A 点由静止开始运动，可将该带电小
球的初速度沿垂直重力且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反的速度v、v′，若带电小球的电
荷量为q(q>0)，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝mg，带电小球在该叠加场中的运动可看作从
A 点开始，在垂直重力且垂直磁场方向上速度为v 的匀速直线运动，与不考虑重力时，该带电小球在该磁
场中从A 点开始以速度v′做匀速圆周运动的合运动。设E 点为轨迹的最低点，分运动匀速圆周运动的半径
为R＝，周期T＝，由运动的合成与分解可知，vE＝2v，A、B、C、D 在同一水平线上，且vA＝vB＝vC＝vD
＝0，lAB＝lBC＝lCD＝vT＝，E 点到AB 的距离hE＝2R＝。
对于带电粒子在匀强电场与匀强磁场方向垂直的叠加场中从静止开始的运动，则将带电粒子的初速度
在沿垂直电场且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反速度v、v′，如图2 所示，若带电粒子的
电荷量为q(q>0)，匀强电场的场强大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝qE＝q，分析方
法相似，运动情形也相似。
3．解答带电粒子在叠加场中运动问题的基本思路
81
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五、带电粒子在交变场中的运动
1．变化的电场或磁场如果具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性，这种情况下要仔细分析带电粒子
的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个
周期内的运动轨迹的草图。
2．解题思路
六、电磁技术的应用
常见电磁技术的应用
装置
原理图
规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运
动，qvB＝m，则比荷＝
回旋加
速器
(1)回旋加速器中粒子转动的周期同所加交流电压的周期相同；粒子在
圆周运动过程中每次经过D 形盒缝隙都会被加速；
(2)由qvB＝m 得粒子可以加速达到的最大动能Ekm＝，其中R 为D 形盒
的半径；
(3)粒子的加速次数n＝＝；
(4)粒子在磁场中的总运动时间t＝n＝
速度选
择器
若qv0B＝qE，则v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体
发电机
等离子体射入，受洛伦兹力作用，发生偏转，使两极板带正、负电
荷，两极电压为U 时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流
量计
q＝qvB，所以v＝，流量Q＝vS＝
82
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霍尔元
件
导体中的自由电荷在洛伦兹力的作用下偏转，A、A′间出现电势
差，当自由电荷不再偏转时，有qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解
得U＝＝k，k＝称为霍尔系数
【典例1】（2023·辽宁·高考真题）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨
间距分别为d 和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B。已知导体棒MN 的电阻为
R、长度为d，导体棒PQ 的电阻为2R、长度为2d，PQ 的质量是MN 的2 倍。初始时刻两棒静止，两棒中
点之间连接一压缩量为L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性
限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是
（ ）
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ 速率为v 时，MN 所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN 与PQ 的路程之比为2：1
D．整个运动过程中，通过MN 的电荷量为
【答案】AC
【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A 正确；
B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力
方向向左；MN 受安培力
方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率为v 时，
则
，解得
回路的感应电流
MN 所受安培力大小为
，选项B 错误；
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C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
，
可得则最终MN 位置向左移动
PQ 位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培力平均
值F 安，则整个过程根据动能定理
，
可得
，选项C 正确；
D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN 向左位置移动
，PQ 位置向右移动
，则
，选项D 错误。
故选AC。
【典例2】（2023·河北·高考真题）如图1，真空中两金属板M、N 平行放置，板间电压U 连续可调，在
金属板N 的中心C 处开有一小孔。F、G、H 为正三角形CDE 各边中点，DE 与金属板平行。三角形FGH
区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M 板的P 点由静止释
放沿CG 方向进入磁场，一段时间后沿
的角平分线方向从E 点离开。已知正三角形CDE 的边长为
a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U 的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P 点由静止释放，仍能沿
的角平分线方向从E 点离开，求粒子从C 点运动到E 点的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得，
根据洛伦兹力提供向心力
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根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有，
则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C 点运动到E 点的时间为
【典例3】（2022·山东·高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场
约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系
中，
空间内充满匀强
磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；
，
的空间内充满匀强磁场II，磁感应强
度大小为
，方向平行于
平面，与x 轴正方向夹角为
；
，
的空间内充满沿y 轴负方
向的匀强电场。质量为m、带电量为
的离子甲，从
平面第三象限内距
轴为
的点
以一定速度出
射，速度方向与轴正方向夹角为
，在
平面内运动一段时间后，经坐标原点
沿轴正方向进入磁
场I。不计离子重力。
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（1）当离子甲从
点出射速度为
时，求电场强度的大小
；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，求第四次穿过
平面的位
置坐标（用d 表示）；
（4）当离子甲以
的速度从
点进入磁场I 时，质量为
、带电量为
的离子乙，也从
点沿轴正
方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差
（忽
略离子间相互作用）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从
点出射速度为
分解到沿
轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿
轴负方向，可知离子
沿轴方向做匀速直线运动，沿
轴方向做匀减速直线运动，从
到
的过程，有
，
，
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联立解得
（2）离子从坐标原点
沿轴正方向进入磁场I 中，在磁场I 中做匀速圆周运动，经过磁场I 偏转后从
轴
进入磁场II 中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得，
，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I 运动时，不能从磁场I 上方穿出。在磁场II 运动时，不能xOz 平
面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿z 轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，离子在磁场I 中的轨迹半径
为
离子在磁场II 中的轨迹半径为
离子从
点第一次穿过到第四次穿过
平面的运动情景，如图所示
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离子第四次穿过
平面的
坐标为
离子第四次穿过
平面的
坐标为
，故离子第四次穿过
平面的位置坐标为（d，d，
）。
（4）设离子乙的速度为
，根据离子甲、乙动能相同，可得，
可得
离子甲、离子乙在磁场I 中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II 中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x 轴的位置，如图所示
从
点进入磁场到第一个交点的过程，有
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可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
【典例4】（2022·福建·高考真题）如图（a），一倾角为
的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与
两根相距为L 的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、
N．两根平行金属棒G、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的
物块A 相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从
开始，H 在水平向右拉力作用下向右运动；
时，H 与挡板M、N 相碰后立即被锁定．G 在
后的速度一时间图线如图（b）所示，其中
段为直线．已知：磁感应强度大小
，
，
G、H 和A 的质量均为
，G、H 的电阻均为
；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与
挡板碰撞时间极短；整个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：
，
，重力加速度大小取
，图（b）中e 为自然常数，
．求：
（1）在
时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；
（2）
时，棒H 上拉力的瞬时功率；
（3）在
时间段内，棒G 滑行的距离．
【答案】（1）
；
；（2）
；（3）
【详解】
（1）由
图像可得在
内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
依题意物块A 的加速度也为
，由牛顿第二定律可得，
解得细绳受到拉力
（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
由牛顿运动定律和安培力公式有
由于在
内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为
，两棒速度差为
保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；
对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
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由
图像可知
时，棒G 的速度为
此刻棒H 的速度为
其水平向右拉力的功率
．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒G 是否还拉着物块
A 一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G 加速度为
物块A 加速度为
说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为
的匀减速运动，棒G 做加速度越来越小的减速
运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在
内，
，
棒G 滑行的距离
这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。
【典例5】（2023·江苏·高考真题）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。
【答案】（1）v0B；（2）
；（3）90%
【详解】（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
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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%。
预测1．（2024·辽宁·一模）如图，xOy 平面内有两个相邻的带状匀强磁场I 和匀强磁场Ⅱ，方向垂直
xOy 平面向下，磁场强度大小分别为B 和2B，磁场区域宽度分别为
和
，一电荷量为
、质量为m 的
带点粒子从y 轴P 点以与y 轴夹角
的方向进入磁场I，经过磁场I 和磁场Ⅱ后从磁场Ⅱ右边界以与边界夹
角
的方向离开磁场Ⅱ，若不计重力，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子在匀强磁场I 运动的轨迹半径是在匀强磁强Ⅱ运动轨迹半径的2 倍
B．粒子在匀强磁场Ⅱ运动的轨迹半径是在匀强磁强I 运动轨迹半径的2 倍
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C．粒子的入射速度为
D．粒子的入射速度为
预测2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）如图所示为有一小孔的绝缘圆筒的横截面，内圆的半径为R，
外圆圆筒的半径为2R。内、外圆间环形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一
质量为m、带电量为q 的带电粒子以初速度大小
从小孔沿半径方向射入筒内，粒子在筒内运动过
程中，每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变。已知粒子从小孔射出前始终
在环形磁场区域内运动，不计粒子重力，忽略小孔的尺寸，
。则（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径为
B．粒子在磁场中运动的半径为
C．粒子在
时间内能够从小孔射出
D．粒子在
时间内不能从小孔射出
预测3．（2024·陕西宝鸡·二模）如图所示，在直角坐标系xoy 平面第一、二象限内有两个电场强度大
小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两个电场的边界分别是边长为L 的正方形oabc 和oced，匀强电场Ⅰ的场强方
向沿x 轴正方向，匀强电场Ⅱ的场强方向沿y 轴正方向，第三象限内有垂直平面向外的匀强磁场，磁场边
界线为半径为L 的半圆，d 为圆心。在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放一个电子，电子经电场Ⅱ进入磁
场区域，已知电子质量为m，电量为e，重力忽略不计。
（1）要使电子恰能从d 点离开电场，求释放点坐标
满足的关系式：
（2）从第一象限内坐标为
的位置由静止释放电子，发现电子离开磁场时速度方向恰好沿x 轴
正方向。求磁感应强度B 的大小及电子在电场和磁场中运动的总时间t。
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预测4．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在xOy 平面的第一象限内有半径为R 的圆形区域，该区
域内有一匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。已知圆形区域的圆心为
，其边界与x 轴、y 轴分别相切
于P、Q 点。位于P 处的质子源均匀地向纸面内以大小为v 的相同速率发射质量为m、电荷量为e 的质子，
且质子初速度的方向被限定在
两侧与
的夹角均为
的范围内。第二象限内存在沿y 轴负方向的匀
强电场，电场强度大小为E，在x 轴（
）的某区间范围内放置质子接收装置MN。已知沿
方向射
入磁场的质子恰好从Q 点垂直y 轴射入匀强电场，不计质子受到的重力和质子间的相互作用力。
（1）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）求y 轴正方向上有质子射出的区域范围；
（3）若要求质子源发出的所有质子均被接收装置MN 接收，求接收装置MN 的最短长度x。
预测5．（2024·河南·二模）如图所示，开口向下的
光滑绝缘圆形轨道BCD 处于水平向右的匀强电
场中，
为最高点、
为圆心，OB 与CO 的延长线的夹角为
，经过
点的水平线下方的电场区域中还有
垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为
。一个质量为
，电荷量为
的微粒沿直线AB 运动，恰好在B
点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为
。求：
（1）微粒的电性及电场强度
的大小；
（2）要使微粒能够沿轨道到达
点，圆形轨道的半径需要满足的条件；
（3）在第（2）问的条件下，微粒经过
点时，对轨道压力的最小值。
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押题1. 如图所示，圆心为O 的圆环内存在着垂直于圆面向里的匀强磁场。圆环内侧P 点有一粒子发射源，
能发射质量为m、带电荷量为
和
的两种粒子，发射的粒子速度大小可调、方向均沿半径PO 方向。
圆环上有一小孔Q，
。P 点发射的粒子与圆环内壁发生碰撞后原速率反弹且电荷量不变。不
计粒子重力和粒子之间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．能从Q 点射出的粒子的速度方向都相同
B．从Q 点射出的粒子的速度越大，在圆环内运动的时间越短
C．若粒子带正电，则经过两次碰撞后从Q 点射出所需时间一定是碰撞一次后从Q 点射出的两倍
D．若初速度相同，则带正电的粒子从Q 点射出用时可能比带负电的粒子从Q 点射出用时长
押题2. 如图所示，半径均为R 的圆形区域
和
内存在着磁感应强度大小均为B（未知）的有界匀强磁
场。两圆形区域相切于P 点。间距为d 的直线边界M、N 垂直于x 轴，之间存在着沿x 轴正方向的匀强电
场，在边界N 的右侧某圆形区域
中存在大小也为B 的匀强磁场。P 点处有一粒子源，可向坐标平面内各
个方向均匀发射速度大小为v、质量为m、电荷量为q 的带正电粒子。粒子均沿x 轴正方向射出圆形区域
、
，且均能击中x 轴上的Q 点。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）B 的大小及
、
内磁场的方向；
（2）
的最小面积及对应的匀强电场的电场强度；
（3）在（2）问条件下，击中Q 点时，速度方向与y 轴负方向的夹角小于
的粒子数与P 点发出的总粒
子数的比值。
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押题3. 如图，在平面直角坐标系
中x 轴上方有一匀强磁场，方向垂直于纸面向里。在x 轴下方有平行
于
平面且与x 轴正方向夹角为45°的匀强电场。y 轴上有一个P 点，P 点的y 坐标为
，一个
质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以初速度
从P 点与y 轴正方向夹角为60°斜向左上方射出，正好在
x 轴负半轴的Q 点（图中未画出）处以与x 轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x 轴射入下方电场，若粒
子第二次经过x 轴时的点和Q 点关于原点对称，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）带电粒子在匀强电场中离x 轴的最远距离。
押题4. 如图所示，在平面直角坐标系
的第一、二象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在x 轴的下方
和边界MN 之间的区域I 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在边界MN 下方的区域II 内存在垂直纸面向外
的匀强磁场，x 轴与边界MN 之间的距离为L。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从
点以初速
度
沿x 轴负方向射出，粒子恰好从原点O 射出电场进入区域I，并从
点离开区域I 进入区域II。
不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强电场的电场强度大小和区域I 内磁场的磁感应强度大小；
（2）要使粒子能经过x 轴上的
点且在区域II 内的轨迹半径最大，求粒子由P 点运动到F 点所需
的时间。
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押题5. 如图所示，空间中有三个同心圆L、M、N，半径分别为R、3R、
图中区域Ⅰ、Ⅲ中有垂直
纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ中有沿圆心向外的辐向电场，AOB 为电场中的一条电场线，AO 和OB 间电压
大小均为U，a、b 两个粒子带电量分别为
、
，质量均为m，从O 点先后由静止释放，经电场加速后
进入磁场，加速时间分别为t1、t2，a 进入Ⅰ区域后从距入射点四分之一圆弧的位置第一次离开磁场，b 进
入Ⅲ区域后恰好未从外边界离开磁场，不计粒子重力，求：
（1）a 粒子进入磁场时的速度v 的大小；
（2）Ⅰ区域中磁感应强度
的大小；
（3）Ⅰ、Ⅲ磁感应强度的比值
；
（4）为使两个粒子尽快相遇，两个粒子释放的时间间隔
为多少。
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预测1．AC
【详解】AB．离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
所以粒子在匀强磁场I 运动的轨迹半径是在匀强磁强Ⅱ运动轨迹半径的2 倍，故A 正确，B 错误；
CD．设带电粒子在磁场I 中做匀速圆周运动的半径为r1，在磁场II 中做匀速圆周运动的半径为r2，过P 点
作入射速度的垂线，设圆心为O1，以O1为圆心、r1为半径作圆弧交于两磁场分界线的M 点，连接MO1，
设MO1与磁场分界线的夹角为
，过Q 点作出射速度的垂线交MO1于O2点，如图：
由几何关系可知，
，
由于
联立解得，
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
，故C 正确，D 错误；
故选AC。
预测2．AC
【详解】AB. 带电粒子在圆筒内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，
又
，解得
，故A 正确，B 错误；
CD. 带电粒子在磁场中的轨迹如图所示
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根据几何知识有，
，解得，
则
带电粒子在磁场中的周期为
带电粒子在磁场中偏转一次运动时间为
当
时，粒子偏转的次数为
粒子偏转N 次对应的圆心角为
，可知粒子在
时间内能够从小孔射出，
故C 正确，D 错误。
故选AC。
预测3．（1）
；（2）
，
【详解】（1）电子在匀强电场Ⅰ内向左做匀加速运动，设电子射出匀强电场Ⅰ区域的末速度为
，由动
能定理可得
电子在匀强电场Ⅱ内做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可得，
，
，
解得
（2）电子释放的坐标
满足
，所以电子从d 点离开电场区域，设电子在d 点速度大小为
v，方向与x 轴夹角为
，水平分速度为
，竖直分速度为
，由题意可得
，
，
99
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，
电子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场时速度方向沿x 轴正方向，在洛伦兹力作用下运动轨迹如图所示
设圆周运动半径为r，由几何关系有，
又有
解得
设电子在匀强电场Ⅰ和Ⅱ中运动时间为
和
，在磁场中运动的速度偏转角为
，运动时间为
，则有
，
又有
，
，
解得
预测4．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）沿
方向射入磁场的质子恰好从Q 点垂直y 轴射入匀强电场，则该质子运动半径为
，有
解得
（2）如图所示，设在
左右两侧
角方向上射入磁场的质子，最终分别有磁场边界上的A、B 两点射
出，对应圆周运动的圆心分别为
、
，则四边形
和
均为 ，则粒子由A、B 两点水平飞
出，且
与B 点重合。
100
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根据几何关系可知，
B 点到
轴的距离为
，所以y 轴正方向上有质子射出的区域范围为
（3）若质子由
处飞入电场时打在M 点，由
处飞入电场时打在N 点，根据类平抛运动的规律，
有
，
，
，
，
解得
MN 的最短长度为
预测5．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB 做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示
电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电
水平方向
竖直方向
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解得
（2）微粒从
点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB 方向，大小为
所以在
点关于
点对称的位置，微粒有最小速度，要满足
同时由动能定理有
联立解得
（3）在
点由牛顿第二定律得
由动能定理得
联立解得
当
时，轨道对微粒的弹力有最小值，即
由牛顿第三定律可知微粒经过
点时，对轨道的压力最小值为
押题1．AD
【详解】A．由几何关系可知，只要从Q 点射出的粒子的粒子，速度均与Q 点的切线方向垂直，有几何关
系可知能从Q 点射出的粒子的速度方向都相同，故A 正确；
BC．由于带电粒子在磁场中做圆周运动有
化简可知
相同粒子的偏转时间与速度无关，只与偏转角度有关，即
若粒子带正电，由几何关系可知经过两次碰撞后从Q 点射出所需时间为
经过一次碰撞后从Q 点射出所需时间为
102
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即经过两次碰撞后从Q 点射出所需时间比碰撞一次后从Q 点射出的时间长，但不是2 倍关系，依次类推只
要是从Q 点射出的粒子碰撞次数越多，在圆环内运动的时间越长，故BC 错误；
D．由上面选项可知若初速度相同，带正电的粒子从Q 点射出的粒子可能比带负电的粒子经过更多次数碰
撞才从Q 点射出，所以用时可能也长，故D 正确。
故选AD。
押题2．（1）
、
中磁场方向垂直于坐标平面向外、
中磁场方向垂直于坐标平面向里；（2）
，
；（3）
【详解】（1）由题意可知，粒子在
、
中运动的轨迹圆的半径与磁场圆的半径相等，大小为R。对任
一粒子有
可得
根据左手定则，可判断
中磁场方向垂直于坐标平面向外。
中磁场方向垂直于坐标平面向里
（2）由题意，要使所有粒子最终都能击中Q 点，则
磁场圆的半径与加速后粒子轨迹圆的半径相同。要
使
磁场圆面积最小，由几何关系可知，粒子在
磁场圆中的轨迹圆半径
则
磁场圆的最小面积为
设粒子经电场加速后的速度为
，由动能定理可得
又
，
，解得
（3）运动轨迹如图所示
当粒子击中Q 点时的速度方向沿QC 与y 轴负方向的夹角成
时，粒子从A 点进入
磁场圆。由几何关
103
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系可知，
与水平方向的夹角为
从A 点进入
磁场圆的粒子，从D 点射出
磁场区域，由几何关系
可知其在P 点沿y 轴正方向发出，即进入
磁场区域的粒子有
满足条件，同理可得进入
磁场区域的粒
子也有
满足条件，即所求比值为
。
押题3．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）如图，根据题意，
，
粒子在磁场中做圆周运动的直径
半径
又
得
联立得
（2）粒子在x 轴负半轴的Q 点处以与x 轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x 轴射入下方电场，匀强电
场方向与x 轴正方向夹角为45°，可知粒子在电场中做类平抛运动，粒子第二次经过x 轴时的点M
则电场方向的位移
在速度方向的位移
-
根据
联立得
（3）速度
在垂直于x 轴方向的分量是
加速度在垂直于x 轴方向的分量是
104
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带电粒子在匀强电场中离x 轴的最远距离
联立得
押题4．（1）
，
；（2）
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动
，
，
联立解得
，
设粒子刚进入区域I 时的速度为v，与x 轴负方向之间的夹角为
根据动能定理得，
由
，可得
设粒子在区域I 内做匀速圆周运动的半径为
由几何关系可知，
由牛顿第二定律得，
联立解得，
（2）粒子的轨迹如图所示
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粒子在区域I 内运动的时间
粒子在区域II 内运动的时间
粒子由P 点运动到F 点所需时间
押题5．（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）带电粒子沿电场线加速，由动能定理，
可得
（2）如图所示
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由几何关系可知，
在区域Ⅰ中做圆周运动的轨道半径为
，根据洛伦兹力提供向心力
可得
（2）设
在区域Ⅲ中做圆周运动的轨迹半径为
，根据几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力
联立可得
（4）有图可得，
粒子的运动时间为
又
，
粒子的运动时间为
又
，则
联立可得
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恒定电流和交变电流
近3 年，恒定电流在各地高考中的冷门考点，在高考中主要是以电学实验为主，我们在倒计时第4 天
再进行分析，这里不做过多分析。本节内容在高考题中均已选择题的形式出现，位置在高考卷选择题的中
间位置，主要考查交变电流的产生原因，含变压器电路的分析和“四值”计算。
海南卷：从近3 年高考试卷看，海南卷直流电路和交变电路具有考查。预测今年将出现在选择题中，
并且和交变电产生联系。
北京卷：从近3 年高考试卷看，北京卷喜欢考查交变电，3 年都有考查。预测今年将会与图像相结合，
计算交变电流的有效值。
天津卷：从近3 年高考试卷看，2023 年未考查本节内容，预计2024 年的高考必有交变电流的一席之
地。预测会和图像问题相结合，考查交变电的“四值”计算。
河北卷：从近3 年高考试卷看，河北卷2021 年和2023 年均考察了含变压器的电能传输问题。预测今
年本节内容不在考查范围内。
浙江卷：从近3 年高考试卷看，浙江卷3 年均出现了交变电流，以选择题的形式出现，考题较为简单。
预测今年也会以选择题的形式出现，并且考察交变电的概念理解。
福建卷：从近3 年高考试卷看，2021 年和2022 年，高考均出现了含变压器相关分析问题。预测20224
年高考将考查含变压器的交变电路的动态分析问题。
近3 年考情分析
考点内容
等级
要求
考题统计
2023 年
2022 年
2021 年
直流电路
I
海南卷T7，乙卷T7，
江苏卷T2，
交变电流的产
生与传播
II
浙江卷T7，甲卷T4，乙
卷T5
海南卷T5，北京卷
T4，湖北卷T9，广东
卷T4，
江苏卷T12，北京卷
T5，浙江卷T5，重
庆卷T9
变压器与远距
离输电问题
II
北京卷T7，河北卷T3，
山东卷T7，湖南卷T9，
广东卷T6，
天津卷T8，浙江卷
T5，福建卷T6，山东
卷T4，湖南卷T6，重
庆卷T3
海南卷T9，天津卷
T3，河北卷T8，辽
宁卷T5，福建卷
T3，山东卷T9，湖
北卷T6，湖南卷
T6，广东卷T7
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山东卷：从近3 年高考试卷看，山东卷均考查了含变压器的计算问题。预测2024 年高考中，将出一道
选择题，并且和高压输电相结合的计算类题型。
湖北卷：从近3 年高考试卷看，只有2023 年没考查本节内容。预测今年将考查一道选择题，并和交变
电的产生和结合。
湖南卷：从近3 年高考试卷看，湖南卷3 年均出现在选择题中，主要考查含变压器的动态分析。预测
今年将考查含发电机的变压器类问题的一道选择题。
广东卷：从近3 年高考试卷看，广东卷3 年均考查了交变电流的，并出现在了选择题。预测今年仍将
出现在选择题中，并且和变压器相结合，考查求解交变电流的基本物理量。
重庆卷：2023 年，重庆卷没有考查交变电流，2021 年考查的是交变电流的产生，2022 年考查的是含
有理想便器的“四值”问题。预测2024 年将会以选择题的形式考查交变电流，并和交变电流的产生原因相
结合，分析受力的变化情况。
一、直流电路的分析
1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
2．电源的功率和效率问题
电源总功率
任意电路：P 总＝EI＝P 出＋P 内
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纯电阻电路：P 总＝I2（R＋r）＝
电源内部消
耗的功率
P 内＝I2r＝P 总－P 出
电源的输出
功率
任意电路：P 出＝UI＝P 总－P 内＝EI－I2r
纯电阻电路：P 出＝I2R＝＝
P 出与外电
阻R 的关系
（纯电阻电
路）
电源的效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
4．直流电路动态分析的三种常用方法
（1）程序法
注：串联电路注意分析各部分的电压关系，并联电路注意分析各部分的电流关系。
（2）“串反并同”结论法
“串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都
将减小（增大）。
“并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都
将增大（减小）。
（3）极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使所接入的
电阻最大或为零去讨论。
5．含容电路的分析
注：一般含容电路分析的关键是用电流的定义式I＝将电容的相关公式Q＝CUC和欧姆定律UR＝IR 联
系起来，然后结合闭合电路的知识分析。
6．两点注意
（1）分析闭合电路中变化电阻的功率时，可以将其他电路等效到电源内部，当变化电阻等于等效电源内
阻时其功率最大，若不能等于等效电源内阻，则越接近等效电源的内阻功率越大。
（2）分析非纯电阻元件（非线性元件）电路的一般方法是：先根据部分电路欧姆定律分析其他线性纯电
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阻电路部分的电流、电压，然后根据闭合电路欧姆定律或串并联电路的电流、电压关系分析非纯电阻元件
（非线性元件）的电流、电压，或者结合题目给出的非线性元件的伏安特性曲线，通过作图法分析求解。
二、交流电的产生和描述
1. 交流发电机线圈平面两个特殊位置的特点
（1）线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ 最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
（2）线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e 最大，i 最大，电流方向不变。
2．有效值的计算
（1）正弦式交变电流：有效值是最大值的，即E＝，I＝，U＝。
（2）非正弦式交变电流有效值的计算
①分段求出交变电流在一个周期内产生的热量Q 交。
②设交变电流的有效值为I 或电压的有效值为U（也可设为直流电相应的物理量），写出同样时间内
产生的焦耳热Q＝I2RT 或Q＝T。
③根据Q 交＝Q 列等式，计算I 或U。
3．正弦式交流电“四值”的应用
三、变压器和远距离输电问题
1．理想变压器原、副线圈基本量的关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与副线圈的个数无关
电流关系
①只有一个副线圈时：＝；
②有多个副线圈时：由P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率
2.一般变压器动态变化问题的分析方法
（1）变压器动态分析常见的两种情况
①负载电阻不变，匝数比变化；
②匝数比不变，负载电阻变化。
（2）处理变压器动态变化问题应注意的两点
①根据题意分清变量和不变量；
②弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入。
3．原线圈接电阻的变压器问题的分析方法
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（1）若原线圈与定值电阻串联，则由变压器的电流关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈两端
的电压关系；若原线圈与定值电阻并联，则由变压器的电压关系作为突破口确定两线圈的匝数比和线圈中
的电流关系。
（2）分析原线圈接电阻的变压器电路动态变化问题时，可以将变压器及副线圈两端的电路整体等效
成一个电阻，然后用直流电路的规律分析原线圈电路各量的变化，进而分析副线圈电路各量的变化。定量
计算时常用的二级结论为：R 等效＝＝＝R 负载。
4．解决远距离输电问题的一般思路
（1）理清三个回路
（2）抓住两个联系
①理想的升压变压器中线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2）中各个量间的关系是＝，＝，P1＝
P2。
②理想的降压变压器中线圈3（匝数为n3）和线圈4（匝数为n4）中各个量间的关系是＝，＝，P3＝
P4。
（3）掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P 损＋P3。
5．输电线路功率损失的几个表达式
（1）输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系：
P 损＝P－P′（P 为输送功率，P′为用户所得功率）。
（2）P 损＝IR 线＝，I 线为输电线路上的电流，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为输电线路电阻。
（3）P 损＝ΔU·I 线。
【典例1】（2023·广东·高考真题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为
，输出功率为
，原线圈的输入电压
。关于副线圈输出电流的有效值和频
率正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为
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原线圈电流为
副线圈输出电流的有效值为
变压器无法改变电流的频率，故
故选A。
【典例2】（2023·北京·高考真题）自制一个原、副线圈匝数分别为600 匝和190 匝的变压器，原线圈接
12V 的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V 的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施
有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D．将两个3.8V 小灯泡并联起来接入副线圈
【答案】B
【详解】A．由
知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故
A 错误；
B．由
知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B 正确；
C．由
知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压
U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C 错误；
D．将两个3.8V 小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常
发光，故D 错误。
故选B。
【典例3】（2023·山东·高考真题）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出
功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户
端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
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【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
，A 错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有
，P′ = U4I4
联立解得I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为P 损 = I3
2R = 4kW
且U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据
，解得
，BD 错误；
C．根据理想变压器无功率损失有P = U2I3＋P 储
代入数据有P 储 = 408kW，C 正确。
故选C。
【典例4】（多选）（2023·湖南·高考真题）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮
通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为
，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而
成的边长为
的正方形，共
匝，总阻值为
。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为
的匀强磁场。 大轮
以角速度
匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连
接一个阻值恒为
的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为
B．灯泡两端电压有效值为
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为
的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效
值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【答案】AC
【详解】A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据
根据题意可知大轮与小轮半径之比为
，则小轮转动的角速度为
，线圈转动的角速度为
，A 正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
又
联立可得，
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则线圈产生感应电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
，B 错误；
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为
的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来
的2 倍，线圈产生感应电动势的最大值
此时线圈产生感应电动势的有效值
根据电阻定律
可知线圈电阻变为原来的2 倍，即为
，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值
，C 正确；
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据
可知小轮和线圈的角速度变小，根据
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误。
故选AC。
【典例5】（多选）（2023·海南·高考真题）下图是工厂利用
的交流电给
照明灯
供电的电路，变压器原线圈匝数为1100 匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为
B．交变电流的周期为
C．副线圈匝数为180 匝
D．副线圈匝数为240 匝
【答案】BC
【详解】A．电源电压的有效值
，选项A 错误；
B．交流电的周期
，选项B 正确；
CD．根据
，可得副线圈匝数
匝，选项C 正确，D 错误。
故选BC。
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预测1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图甲所示，无线充电是近年来发展起来的新技术，具有
使用方便、不易老化磨损等优点，同时也存在着传输距离短、能量损耗大等不足。图乙为其工作原理
图，其送电线圈与受电线圈匝数比为
，若在ab 端输入
的交流电压，则cd
端的输出电压
可能为（ ）
A．10V
B．11V
C．22V
D．44V
预测2．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度
ω0匀速转动，通过理想变压器为后面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表和电流
表均为理想交流电表，不计导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．仅将滑片P 下滑时，
不变
B．仅将滑片P 下滑时，电压表示数V2变大
C．仅将滑片P 下滑时，电流表示数A3变小
D．仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），电源的效率变小
预测3．（2024·贵州安顺·二模）能源问题是全球面临的重大问题，远距离输电在兼顾经济效益的同
时，应尽可能减少输电过程中的能量损失。现通过一个理想变压器进行远距离输电，原线圈接在有效值恒
定的正弦交流电源上，不计电源内阻。原线圈接有合适的灯泡
，副线圈接有合适的灯泡
（设两灯泡的
电阻都不随温度变化）、定值保护电阻
及滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，如图所示，
此时两灯泡都发光且亮度合适。现将滑动变阻器R 的滑片向下滑动少许，下列说法正确的是（ ）
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A．电压表
的示数减小
B．灯泡
变亮
C．定值保护电阻
的电功率增大
D．灯泡
变亮
预测4．（2023·广东肇庆·模拟预测）如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产
生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4Ω，外接灯泡的电阻为8Ω。则（
）
A．电压表的示数为6V
B．瞬时电动势的表达式为
C．在
时，穿过线圈的磁通量最小
D．发电机的输出功率为2W
预测5．（2024·湖北·二模）如图，理想变压器原线圈与定值电阻
串联后接在电压恒定
的
交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1 2∶。已知
，R
的最大阻值为20Ω。现将滑动变阻器R 的滑片P 从最上端开始向下滑动，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电源的输出功率变大
C．当
时，滑动变阻器消耗的功率最大
D．当
时，电压表示数为48V
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押题1. 如图所示为某稳压器的内部电路简图，其中线圈A、B、C、D 的总匝数分别为
，
且匝数比
，ab 端输入交流电的电压为U，cd 端接用户，滑片P 可上下滑动。不计
能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．用户两端可获得的最高电压为U
B．用户两端可获得的最低电压为U
C．用户两端可获得的最高电压为
D．用户两端可获得的最低电压为
押题2. 如图所示是某款手摇点火器的原理图，当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V 时可以产生电火花。
已知匀强磁场的磁感应强度大小为
，手摇发电机线圈的面积为
，共50 匝，不计内阻，
变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为
。下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为5V 时，点火器可以产生电火花
B．只有当电压表示数超过50V 时，点火器才能产生电火花
C．线圈转速为2r/s 时，点火器可以产生电火花
D．线圈转速为5r/s 时，1s 内点火器可以产生10 次电火花
押题3. 图甲是汽车点火线圈的内部结构，点火线圈能在瞬间输出高压，使汽车启动。其原理如图乙所示。
闭合开关S，理想变压器原线圈两端会加上
的正弦式交流电，原、副线圈匝数之比为
，则下列说法正确的是（ ）
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A．电压表示数为50V
B．副线图中交流电的频率为5000Hz
C．点火针两端的电压最大值为5000V
D．点火针的放电电流是转换器输出电流的100 倍
押题4. 如图所示，一台交流发电机
通过理想升压变压器
和理想降压变压器
向远处的用户供电，输
电线的总电阻为
；
的输入电压和输入功率分别为
和
，它的输出电压和输出功率分别为
和
；
的输入电压和输入功率分别为
和
，它的输出电压和输出功率分别为
和
。下列判断正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
押题5. 图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙．已知矩形导线框的匝数为100
匝，面积为
，处在磁感应强度大小为
的匀强磁场中，矩形导线框以10rad/s 的角速度绕垂直磁
场方向的轴
匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为
，图示
时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，理想电流表
示数为0.5A，副线圈串联了电阻可忽
略的熔断器、定值电阻
，滑动变阻器R 和理想电流表
，电路处于正常工作状态．不计矩形导线框电
阻，下列说法正确的是（ ）
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A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为
B．熔断器的熔断电流应该不小于5A
C．滑动变阻器的滑片向d 端滑动的过程中，电流表
示数减小
D．线框从图示位置开始转过
的过程中，产生的平均电动势为
预测1．A
【详解】根据题意可知输入端电压的有效值为
V=220V
根据变压器电压与线圈匝数的关系有
，解得
V
实际存在漏磁损耗，所以cd 端的输出电压
可能为10V。
故选A。
预测2．A
【详解】A．对原线圈有
，
，
，联立可得
所以
，故A 正确；
B．根据变压器原副线圈电压与匝数的关系
若仅将滑片P 下滑时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据等效电阻法可知，原线圈回路中的电流I1增
大，则原线圈的输入电压U1减小，U2减小，所以电压表示数V2减小，故B 错误；
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C．由于I1增大，则I2增大，根据欧姆定律可知，R1两端的电压增大，R2两端的电压减小，流过R2的电流
减小，流过R3的电流增大，故C 错误；
D．若仅将圆形线圈拉直成正方形（线圈周长不变），由于外电路等效电阻和电源内阻不变，根据闭合电
路欧姆定律可知
，则电源的效率不变，故D 错误。
故选A。
预测3．D
【详解】A．设输入电压为U，根据
，
，
，
解得
，
滑动变阻器R 的滑片向下滑动少许， 电阻R 阻值增大，副线圈总电阻
增大，
减小， 灯泡
变暗；
电压
增大，电压表
的示数增大， 选项A B 错误；
D．因
，
电压
增大， 故电压U2 增大，
增大，灯泡
变亮， D 正确 。
C．因
，
，
减小， 故
减小，
增大，
减小， 定值保护电阻
的电
功率减小，选项C 错误；
故选D。
预测4．BD
【详解】A．由图乙可知，电动势有效值为
电压表测的是有效值，则示数为
，故A 错误；
B．由图乙可知，电动势的最大值为
，周期为
，则瞬时电动势的表达式为
，故B 正确；
C．在
时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C 错误；
D．灯泡消耗的功率为
，故发电机的输出功率为
，故D 正确。
故选BD。
预测5．BD
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【详解】A．依题意，理想变压器原副线圈电压之比为
又
联立，解得
可知滑动变阻器R 的滑片P 从最上端开始向下滑动时，
减小，
增大，即电流表示数变大，
也增大，
由
可知原线圈电压减小，所以副线圈电压减小，即电压表示数变小。故A 错误；
B．电源的输出功率
，随
的增大而增大。故B 正确；
C．滑动变阻器消耗的功率为
当满足
，即
时，滑动变阻器消耗的功率最大。故C 错误；
D．当
时，有
电压表示数为
，故D 正确。
故选BD。
押题1．D
【详解】根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
，可得
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
，且
整理得
，可知用户两端可获得的电压无最大值，当
时，用户两端可获得的电压最低，
为
故选D。
押题2．D
【详解】
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AB．根据变压器原、副线圈的数比等于电压比，有
令
，解得
电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时有
电压表的示数为5V 时，点火器不能产生电火花，只有当电压表示数超过
时，点火器才能产生电火
花，故AB 错误；
CD．线圈在匀强磁场中匀速转动时产生交流电，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，
即
设线圈转速为n，则发电机的最大电动势为
解得
故线圈转速为2r/s 时，点火器不能产生电火花，线圈转速为5r/s 时，副线圈的电压最大值超过了5000V，
能产生电火花，且1s 内点火器产生电火花的次数为
，故C 错误，D 正确。
故选D。
押题3．C
【详解】A．电压表的示数应为交流电压的有效值，即
，故A 错误；
B．由
可知，原线圈交流电的频率为
，变压器不改变交流电的频率，因此副线圈中交流电的频率
也为50Hz，故B 错误；
C．原线圈两端的电压最大值为50V，原、副线圈匝数之比为
，根据
，可知点火针两
端的电压最大值为5000V，故C 正确；，
D．根据
，可知点火针的放电电流是转换器输出电流的
，故D 错误。
故选C。
押题4．BC
【详解】根据题意输电线的损失的电压为
输电线的电流为
，联立解得
故选BC。
押题5．AD
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【详解】A．电动势的最大值为
从中性面开始计时，则原线圈两端电压的瞬时值表达式为
，选项A 正确；
B．理想电流表
示数为0.5A，则次级电流
，则熔断器的熔断电流应该不小于0.05A，选
项B 错误；
C．滑动变阻器的滑片向d 端滑动的过程中，R 阻值减小，则次级电流变大，则电流表
示数变大，选项
C 错误；
D．线框从图示位置开始转过
的过程中，产生的平均电动势为
，选
项D 正确。
故选AD。
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