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秘籍8 力电综合问题问题
1、本专题主要培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒
定律分析与解决电学综合问题。
2、本专题针对综合性计算题的考查，一般过程复杂，要综合利用电学知识、动量和能量观点分
析问题，综合性较强，难度较大。
题型一 借助电场及约束轨道考查分析带电体运动的问题（选择题、计算题）
题型二 结合电磁场考查带电体（粒子）的碰撞问题（计算题）
题型三 结合复合场考查带电体的运动问题
1、带电体的力电综合问题
Ⅰ、解答力电综合问题的一般思路
Ⅱ、运动情况反映受力情况
(1)物体静止(保持)：F 合＝0.
(2)做直线运动
①匀速直线运动：F 合＝0.
②变速直线运动：F 合≠0，且F 合与速度方向总是一致．
1
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(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．
(4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.
(5)匀变速运动：F 合＝恒量．
2、用功能关系分析带电粒子的运动
Ⅰ、功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
Ⅱ、电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcos α 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU 来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
3、“等效重力场”中的直线运动模型
【运动模型】如图所示，在离坡底为L 的山坡上的C 点树直固定一根直杆，杆高也是L．杆上端A
到坡底B 之间有一光滑细绳，一个带电量为q、质量为m 的物体穿心于绳上，整个系统处在水平向
右的匀强电场中，已知细线与竖直方向的夹角θ=30º．若物体从A 点由静止开始沿绳无摩擦的滑下，
设细绳始终没有发生形变，求物体在细绳上滑行的时间．（g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8）
因细绳始终没有发生形变，故知在垂直绳的方向上没有压力存在，即带电小球受到的重力和电场力
的合力方向沿绳的方向．建立“等效重力场”如图所示
C
B
A
E
2
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“等效重力场”的“等效重力加速度”，方向：与竖直方向的夹角30
∘，大小：g
' =
g
cos30
∘带电小
球沿绳做初速度为零，加速度为g
'的匀加速运动
S AB=2 Lcos30
∘ ①
S AB= 1
2 g
' t
2 ②
由①②两式解得t =√3 L
g
“等效重力场”的直线运动的几种常见情况
匀速直线运动
匀加速直线运动
匀减速直线运动
4、“等效重力场”中的抛体类运动模型
【运动模型】如图所示，在电场强度为E 的水平匀强电场中，以初速度为v0竖直向上发射一个质量
为m、带电量为+q 的带电小球，求小球在运动过程中具有的最小速度．
建立等效重力场如图所示，等效重力加速度g
'
g'
C
B
A
θ
v0
mg
qE
θ
v0
mg
qE
F 合
θ
v0
mg
qE
F 合
E
v0
3
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设g
'与竖直方向的夹角为θ，则g
' =
g
cosθ 其中arcsinθ =
qE
√（qE ）
2+（mg）
2
则小球在“等效重力场”中做斜抛运动 v x= v0sinθ v y = v0cosθ
当小球在y 轴方向的速度减小到零，即v y =0时，两者的
合速度即为运动过程中的最小速度v x0sinθ0
qE
√（mg）
2+（qE ）
2
min
1．（2023•宁德模拟）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为
L 的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球。小球静止时细线与竖
直方向成θ 角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，
重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度E = mgtanθ
q
B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin= mgL
2sinθ
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【解答】解：A．小球静止时细线与竖直方向成θ 角，对小球进行受力分析，如图所示
qE
m
g
v）
g'
y
x
θ
4
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由平衡关系可知
tanθ= qE
mg
解得
E= mgtanθ
q
故A 正确；
B．小球静止时细线与竖直方向成θ 角，则A 点为小球绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周
运动的等效最高点，如图所示
A 点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知
F= mg
cosθ = m vmin
2
L
动能
Ekmin= 1
2 mvmin
2
联立解得
Ekmin= mgL
2cosθ
故B 错误；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化量等于除重力之外的电场力做的功。由题意可知，当小
球运动到最左边与O 点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C 错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再
5
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做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D 错误。
故选：A。
2．（2023•永州三模）如图所示，在竖直平面xOy 内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m
的小球从y 轴上P 点以水平速度v 进入第一象限，速度方向沿x 轴正方向，经过x 轴上Q 点时的
速度大小也为v，方向与x 轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g。
不计空气阻力，小球从P 点运动到Q 点的过程中（ ）
A．速度的最小值为√10
10 v
B．所受电场力的最小值为√10
10 mg
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【解答】解：D、将小球在Q 点的速度v 分解为水平分量vcos37°和竖直分量vsin37°。
由位移—时间公式可得：小球水平分位移为：x = v + vcos37°
2
t
小球竖直分位移为y = vsin37°
2
t
解得：x
y = 3
1，故D 错误；
A、根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平向右方向的分加速度
大小为ax = v - vcos37°
t
小球竖直向下方向的分加速度大小为：a y = vsin37°
t
设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有：tanθ = ax
a y
联立解得：tanθ= 1
3
6
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可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与
沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有：vmin
＝vcosθ
结合上述解得：vmin= 3√10
10
v，故A 错误；
B、根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为：F＝ma，该合力方向与竖直方向夹角亦为
θ，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有：最小电场力：F 电min＝
mgsinθ
根据tanθ=
sinθ
√1- sin
2θ
= 1
3，可求得sinθ=√
1
10
从而求得：F 电min= √10
10 mg，故B 正确；
C、根据上述可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球
运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，故C 错误。
故选：B。
3．（2023•宁都县校级一模）如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一
根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q 的带负电小球，另一端
固定在O 点。把小球拉到使细线水平的A 点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向
成θ＝60°角的B 点时速度为零。以下说法中正确的是（ ）
A．小球在B 点处于静止状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是√3qE＝mg
C．小球将在A、B 之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为- 1
2qEl
【解答】解：A、小球受重力、向右的电场力和细线的拉力，将重力和电场力合成等效为复合场
的场力，则小球的运动是类似单摆的摆动，故B 点不是平衡状态，沿细线方向合力为零，故A
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错误；
B、对小球从A 到B 的过程，根据动能定理有：mglsinθ﹣qEl（1﹣cosθ）＝0﹣0
解得：√3mg=qE，故B 错误；
C、根据能量守恒定律可知，小球将在A、B 之间往复运动，且幅度不变，故C 错误；
D、小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为：W =-qEl(1-cosθ)=- 1
2 qEl，故D
正确；
故选：D。
4．（2023•西湖区校级模拟）如图所示，质量为m、带电荷量为+q 的小球（可视为质点）与长为L
的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O 点，整个系统处在与竖直方向夹角为45°的匀强电场中。
已知A、B、C、D、E、F 为圆周上的点，AB 为水平直径，CD 为竖直直径，EF 过O 点且与CD
的夹角为45°，当小球绕O 点在竖直平面内做半径为L 的圆周运动时，小球运动到A 点时的速度
最小，最小速度为vmin=√gL，g 为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为mg
q
B．小球从A 点运动到B 点时，合力做的功为mgL
C．小球运动到B 点时轻绳拉力的大小为5mg
D．小球运动到F 点时的机械能最大
【解答】解：A．小球在A 点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O 点在竖直平面内
做圆周运动，在A 点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平
衡，则有
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mg＝qEsin45°
解得：E= √2mg
q
故A 错误；
B．小球从A 点运动到B 点时，重力做功是零，电场力做功为W＝qE•2Lcos45°
解得：W＝2mgL
因此合力做的功为2mgL，故B 错误；
C．小球运动到B 点时，由动能定理可得2mgL= 1
2 mvB
2 - 1
2 mv A
2
在B 点，由牛顿第二定律可得T﹣qEcos45°＝mvB
2
L
代入数据解得T＝6mg
故C 错误；
D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，
小球在E 点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F 点时的电势最低，具有的电势能
最小，因此小球在F 点的机械能最大，故D 正确。
故选：D。
5．（2023•滨海新区模拟）一带负电的粒子以一定的初速度进入点电荷Q 产生的电场中，A、B 是
其运动轨迹上的两点，C 为AB 的中点。其中A 点的场强方向与AB 连线成60°角；B 点的场强
方向与AB 连线成30°角，如图所示。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q 带负电
B．AB 两点电势差是AC 两点电势差的2 倍
C．该粒子在A 点的动能小于在B 点的动能
D．该粒子在A 点的加速度大小等于在B 点加速度大小的3 倍
【解答】解：A．反向延长EA，EB的方向，交点即为点电荷的位置，结合电场线的特点可知点
电荷Q 带正电，故A 错误；
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B．由几何关系可知点电荷到AC 两点距离相等，可知AC 两点电势差为零，则AB 两点电势差
不是AC 两点电势差的2 倍，故B 错误；
C．因A 点电势高于B 点，则带负电的粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，则该粒子在
A 点的动能大于在B 点的动能，故C 错误；
D．由几何关系可知rB=√3r A，根据，a= qE
m = kqQ
r
2m
∝1
r
2，可知该粒子在A 点的加速度大小等
于在B 点加速度大小的3 倍，故D 正确。
故选：D。
6．（2023•郑州二模）如图所示，长度均为L 的两平行金属板沿水平方向放置，两极板的间距为d
= 1
2
L。两极板带有等量异种电荷，其中上极板带正电。带电粒子1 由左侧正中央沿平行于极板
的速度v1射入电场，同时另一完全相同的粒子2，由上极板的正中央以垂直于极板的速度v2射
入电场，经过一段时间两粒子同时到达下极板正中央的O 点。粒子的质量为m，电荷量为+q，
两极板之间的电压恒为U，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，两极板之间的电场可看作匀
强电场。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子1 到达O 点时的速度v＝2√
qU
m
B．粒子2 射入电场时的速度v2= 1
2√
qU
m
C．若将粒子1 射入电场时的速度变为2v1，两粒子将在O 点上方相遇
D．若将粒子1 射入电场时的速度变为2v1，两粒子仍可同时到边O 点
【解答】解：A、粒子1 做类平抛运动，设粒子1 达到O 点的时间为t，根据运动学公式，水平
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方向有：1
2 L=v1t
竖直方向有：v y
2 t = 1
2 d = 1
4 L
联立解得：vy＝v1
粒子1 到达O 点时的速度v=√v1
2+ v y
2 =√2v1
由动能定理得：q× 1
2 U = 1
2mv2- 1
2 mv1
2
联立解得：v1=√
qU
m
v=√
2qU
m
t= L
2 √
m
qU
故A 错误；
B、粒子2 做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移—时间公式得：d= 1
2L＝v2t+ 1
2at2
由牛顿第二定律得：qU
d =ma
联立解得：v2= 1
2√
qU
m
故B 正确；
C、粒子水平方向做匀速直线运动，若将粒子1 射入电场时的速度变为2v1，粒子1 到达O 点所
在竖直面的时间为1
2t，粒子2 做匀加速直线运动，1
2t 内的位移一定小于总位移的一半，则在粒
子1 初速度平面的上方，故两粒子不能相遇，故C 错误；
D、粒子1 做类平抛运动，若水平方向的速度变为2 倍，竖直方向的运动不变，到达下级板的时
间为t，水平方向做匀速直线运动，水平位移变为原来的两倍，则不能到达O 点，故D 错误。
故选：B。
7．（2023 秋•中牟县期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为m 的带电小球，以初
速度v 从A 点竖直向上运动通过B 点时，速度方向与电场方向相反，且A、B 连线与水平方向夹
角为45°，重力加速度为g。则小球从A 点运动到B 点的过程中（ ）
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A．小球的加速度大小为g
B．小球的最小动能为1
8mv2
C．小球重力势能增加1
4 mv2
D．小球机械能增加1
2mv2
【解答】解：A、由于A、B 连线与水平方向夹角为45°，则此过程中水平位移和竖直位移大小
相等，通过的时间相等，则平均速度大小相等，则有：vB
2 = v
2，故vB＝v；根据加速度定义式a
= Δv
Δt
可得，水平方向的加速度大小也为g，故小球的加速度大小为：a=√g
2+ g
2=√2g，故A 错
误；
B、合外力方向垂直于AB 连线，将初速度进行分解，如图所示：
最小速度为：vmin＝vcos45°= √2
2 v
最小动能为：Ek = 1
2 m vmin
2 = 1
2 m( √2
2 v)
2= 1
4 m v
2，故B 错误；
C、小球达到最高点时，竖直方向的位移为：h= v
2
2g
，则重力势能增加：ΔEp＝mgh，解得ΔEP
= 1
2 mv
2，故C 错误；
D、此过程中，电场力做功W= 1
2 mv
2，则小球机械能增加1
2mv2，故D 正确。
故选：D。
8．（2023•响水县校级开学）如图所示，带电荷量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜
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面底端C 点，斜面上有 A、B、D 三点，A 和C 相距为L，B 为AC 的中点，D 为AB 的中点.现
将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零.已知重力加速度为
g，带电小球在A 点处的加速度大小为g
4 ，静电力常量为k.则下列说法中错误的是（ ）
A．小球从A 到B 的过程中，速度最大的位置在AD 之间
B．小球运动到B 点时的加速度大小为 g
2
C．BD 之间的电势差UBD大于DA 之间的电势差UDA
D．AB 之间的电势差UAB= kQ
L
【解答】解：A、假设小球在A 点受到的电场力为F，由牛顿第二定律：mgsin30°﹣F＝maA
解得：F= 1
4 mg
带电小球在A 点时受到的库仑力
F= kQq
L
2
带电小球在D 点受到的电场力
F ' = kQq
( 3
4 L)
2 = 16 kQq
9 L
2
= 16
9 F = 4
9 mg＜1
2 mg
可知小球在D 点时合力的方向向下，则加速度不等于零，故A 错误；
B、小球在B 点受到的库仑力
FB= kQq
( 1
2 L)
2 =4F＝mg
则带电小球在B 点受力有：FB﹣mgsin 30°＝maB
解得：aB= g
2 ，故B 正确；
C、由点电荷的电场的特点可知，BD 之间的电场强度大于DA 之间的电场强度，则BD 之间的电
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势差UBD大于DA 之间的电势差UDA，故C 正确；
D、由A 点到B 点应用动能定理得：mgsin 30°• L
2 -UAB•q＝0
可求得：UAB=-mgL
4 q
=- kQ
L ，故D 正确。
本题选则错误的
故选：A。
9．（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5√3cm
B．电势能增加了3
4 √3×10
- 4J
C．电场强度大小为√3×104N/C
D．减小R 的阻值，MC 的距离将变大
【解答】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：MC=
d
tan30° = 10
√3
3
cm＝10√3cm，故A 错误；
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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：
mg
sin120° =
F
sin30°
可得电场力大小为：F= √3
3 mg= √3
3 ×3.0×10﹣4×10N=√3×10﹣3N
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＝Fx=√3×10﹣3×0.075J= 3
4 √3×10
-4J ，所以电势能增加了
3
4 √3×10
-4J，故B 正确；
C、电场强度的大小为：E= F
q ，解得：E=√3×105N/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。
10．（2022 秋•西昌市期末）如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的绝缘轨道，AB 段为光滑水
平直轨道，BC 段为光滑圆弧轨道，对应的圆心角θ＝37°，半径R＝2m，CD 段为足够长的粗糙
倾斜直轨道，各段轨道均平滑连接，水平轨道所在区域有大小为E＝2×105N/C、方向水平向左匀
强电场。质量m＝0.5kg、电荷量q＝+1×10﹣5C 的小物体（视为质点）从水平面上某点由静止释
放，第一次通过C 点的速度vC＝4m/s。已知倾斜轨道与小物体间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大
静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37° ＝0.6 ，cos37° ＝0.8 。求：
（1）物块第一次通过圆弧轨道BC 上B 点瞬间对轨道压力；
（2）释放点到B 点的距离；
（3）小物块在倾斜轨道上经过的总路程。
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【解答】解：（1）物块从B 到C 过程，由动能定理得：-mgR(1-cosθ)= 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2
在B 点，由牛顿第二定律有：F N -mg= m vB
2
R
联立解得：FN＝11N
由牛顿第三定律可得，小物块对轨道压力大小11N，方向竖直向下。
（2）小物块由静止开始到B 点过程，由动能定理得：qEx = 1
2 mvB
2-0
代入数据解得：x＝3m
（3）在斜面上由于：μmgcos37°＜mgsin37°
小物体不会静止倾斜轨道上，最终在C 点以下做往复运动。
小物块从第一次到C 点至到达C 点速度为零过程，由动能定理得：- μmgcos37° s=0- 1
2 m vC
2
代入数据解得：s＝2m
答：（1）物块第一次通过圆弧轨道BC 上B 点瞬间对轨道压力为11N，方向竖直向下；
（2）释放点到B 点的距离为3m；
（3）小物块在倾斜轨道上经过的总路程为2m。
11．（2022 秋•荔湾区校级期末）如图所示，竖直平面（即纸面）内存在范围足够大的匀强电场，
其大小和方向未知。一质量为m、带电量为+q（q＞0）的小球从O 点以初速度v0水平向左抛出，
小球运动到抛出点正下方A 点时的速度大小为√13 v0，已知OA 两点间距离为4 v0
2
g
，重力加速
度为g，不计空气阻力，在小球从O 点运动到A 点的过程中，求：
（1）电场力对小球做的功；
（2）电场强度E 的大小和方向；
（3）小球的最小速度。
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【解答】解：（1 ）小球由O 运动到A 过程，由动能定理有：mg• OA+W
= 1
2 m(√13 v0)
2- 1
2 m v0
2
代入数据解得电场力对小球做功为：W＝2mv0
2；
（2）设电场力方向与OA 的夹角为θ，则小球由O 运动到A 过程，电场力做功：W＝
qE•OA•cosθ
可得：2qEcosθ＝mg
小球在水平方向做匀变速直线运动，加速度大小为：ax= qEsinθ
m
在竖直方向做匀加速直线运动，加速度大小为：ay= mg+qEcosθ
m
水平方向根据位移—时间关系可得：0＝v0tOA- 1
2 axtOA
2
竖直方向根据位移—时间关系可得：OA= 1
2 a ytOA
2
联立解得：ax= √3
2 g，ay= 3
2 g
解得电场强度大小为：E= mg
q 、θ＝60°，即电场强度的方向为与OA 成60°角斜向下；
（3）经过时间t，小球的速度大小为：v=√(v0-axt )
2+(a yt )
2
根据数学知识可得：gt= √3
6 v0，即t= √3 v0
6 g
时，小球的速度最小，最小为：
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vmin=√
3
4 v0
2= √3
2
v0.
答：（1）电场力对小球做的功为2mv0
2；
（2）电场强度E 的大小为mg
q 、方向与OA 成60°角斜向下；
（3）小球的最小速度为√3
2 v0。
12．（2023 秋•石家庄期中）一带电小滑块放在倾角为30°的斜面上，滑块与斜面之间的动摩擦因
数为μ= √3
2 ，若在空间中施加竖直向上的匀强电场，则小滑块保持静止且恰好与斜面间无摩擦。
现除去竖直电场，将间距为d＝5m 的带电金属板A、B 垂直固定在绝缘斜面上，如图所示。A 板
在斜面处开有小孔，可使小物块通过，板间形成斜向上的匀强电场，场强为原竖直场强的两倍，
A 板接地（电势为零），现让小物块从A 板小孔位置以一定的初速度沿斜面向下运动，若小物
块与金属板B 发生碰撞，碰撞中能量不损失（即碰后瞬间速度大小不变）。设小物块大小不计
且不影响金属板间电场的分布（g 取10m/s2）。求：
（1）带电小物块以多大的初速度v0进入电场，才能恰好到达金属板B？
（2）若带电小物块以初速度v1＝12m/s 进入电场，当其动能等于电势能时，距离A 板多远？
（3）小物块至少以多大的初速度v2进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点？
【解答】解：（1）由题意，加一个竖直向上的电场E 时，物块与斜面恰无摩擦，由此可知：mg
＝qE
电场变为2E 沿斜面向上时，由动能定理得：(mgsin30° - μmgcos30° -2qE)d =0- 1
2 m v0
2
代值可得：v0＝15m/s
（2 ）若下滑过程中出现动能与势能相等的位置距离A 板距离为x ，据题意可得：
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(mgsin30° - μmgcos30° -2qE)x = Ek - 1
2 mv1
2
由题设条件：Ek＝Ep
根据电势能的公式：Ep＝qφ＝2qEx
联立可得：x≈1.69m
（3）小滑块以初速度v2进入电场后，若它运动到B 板时的动能大于其电势能，则它在电场中运
动时找不到动能与电势能相等的点，即滑块到达B 板（电势能达到最大）仍小于此处的动能
则有：E′k＞2Edq
以上过程由动能定理有：(mgsin30° - μmgcos30° -2qE)d = E'k - 1
2 m v2
2
联立可得：v2＞5√17m/ s
答：（1）带电小物块以15m/s 的初速度v0进入电场，才能恰好到达金属板B；
（2）其动能等于电势能时，距离A 板为1.69m；
（3）当进入速度v2＞5√17m/ s，在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点。
13．（2023•辽宁模拟）如图所示，竖直固定的光滑绝缘轨道处在水平向右的匀强电场中，轨道的
倾斜部分MN 倾角θ＝53°，水平部分NP 与倾斜轨道MN 平滑连接，圆心为O、半径为R 的圆弧
轨道PQJK 与NP 相切于P 点。现有一质量为m、电荷量为+q 的带电小球（可视为质点）从M
点由静止释放，小球可沿轨道运动。已知电场强度大小E= 3mg
4 q ，轨道水平段NP 长度sNP＝
4R，重力加速度为g，空气阻力不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）当小球释放高度h＝9.6R 时，求小球到达P 点时的速度大小；
（2）当小球释放高度h＝9.6R 时，求小球运动到与O 点等高的Q 点时受到轨道弹力的大小；
（3）如果其他条件不变，仅将小球带电量变为﹣q，要使小球在运动过程中不脱离圆弧轨道，
求小球释放高度h 的取值范围。
【解答】解：（1）当小球释放高度h＝9.6R 时，从释放到运动到P 点的过程，由动能定理可得：
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mgh+qE（
h
tan53° +sNP）= 1
2 mvP
2 -0
代入数据解得：vP=6√gR。
（2）小球从P 到Q 的过程，由动能定理可得：
﹣mgR+qER= 1
2 mvQ
2 - 1
2 mvP
2
在Q 点，根据牛顿第二定律可得：
N﹣qE＝mvQ
2
R
联立解得小球运动到Q 点时受到轨道弹力的大小：N＝36.25mg。
（3）小球受到的重力和电场力的合力F 的大小为：
F=√(mg)
2+(qE)
2
解得：F= 5
4 mg
将小球带电量变为﹣q，电场力的方向为水平向左，设合力F 与竖直方向夹角为β，则有：
tanβ= qE
mg ，解得：β＝37°
如下图所示：
①小球不脱离圆弧轨道，且做完整的圆周运动，则小球在圆轨道的等效最高点G 需要的最小向
心力恰好由合力F 提供，设小球在圆轨道的等效最高点G 的最小速度为vG，则有：
F= 5
4 mg＝mvG
2
R
从释放到运动到G 点的过程，由动能定理可得：
mg（h1﹣R﹣Rcosβ）﹣qE（
h1
tan53° +sNP+Rsinβ）= 1
2 mvG
2 -0
联立可得：h1= 94
7 R
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②小球的运动不越过圆心O 点的等效等高处D 点，小球亦可不脱离圆弧轨道，设小球释放高度
为h2时恰好能运动到D 点，根据动能定理得：
mg[h2﹣（R﹣Rsinβ）]﹣qE（
h2
tan53° +sNP+Rcosβ）＝0﹣0
联立可得：h2= 64
7 R
为使小球能够进入圆弧轨道，需满足：
mgh3﹣qE（
h3
tan53° +sNP）＞0
解得：h3＞48
7 R
则为使小球不脱离圆弧轨道，h 应满足：h≥94
7 R，或48
7 R＜h≤64
7 R。
答：（1）小球到达P 点时的速度大小为6√gR；
（2）小球运动到与O 点等高的Q 点时受到轨道弹力的大小为36.25mg；
（3）小球释放高度h 的取值范围为h≥94
7 R，或48
7 R＜h≤64
7 R。
14．（2023 秋•海淀区校级期中）（1）原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原
子的电子在半径为r 的圆轨道上绕核运动，电子的质量为m、电荷量为e，等效电流I1有多大？
（静电力常量为k）。
（2）科学家发现，除了类似太阳系的恒星﹣行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研
究，使我们对宇宙有了较深刻的认识。双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直
径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。已
知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周
运动，引力常量为G。求：该双星系统的运动周期T。
（3）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性。对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于
电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星﹣行星系统，记为模型Ⅰ。另一
种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子
核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ。已知核外电
子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷
量大小均为e。
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用Ek Ⅰ、Ek Ⅱ表示，请推理分析，比较Ek Ⅰ、Ek Ⅱ的大小关系；
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②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用T Ⅰ、T Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研
究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性。
【解答】解：（1）设电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期：T= 2πr
v
根据电流的定义式得等效电流为：I= e
T = ev
2πr
电子绕原子核的运动，由库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得：k e
2
r
2 = mv
2
r
解得：v=√
k e
2
mr
联立可得：I= e
2
2π √
k
mr
3
（2）根据万有引力定律和牛顿第二定律有：G M 0
2
L
2
= M 0a
变形后解得：a= G M 0
L
2
由运动学公式可知，a= 4 π
2
T
2 ⋅L
2
整理解得：T =2π√
L
3
2G M 0
（3）①模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v 对于电子绕核的运动，
根据库仑定律和牛顿第二定律有：k e
2
r
2 = m v
2
r
从而解得：Ek Ⅰ= 1
2 mv
2= k e
2
2r
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为
r2。根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有：k e
2
r
2 = mv1
2
r1
，解得：Ek 1= 1
2 m v1
2= k e
2
2r
2 r1
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对于原子核有：k e
2
r
2 = M v2
2
r2
，解得：Ek 2= 1
2 M v2
2= k e
2
2r
2 r2
系统的总动能：Ek Ⅱ= Ek 1+ Ek 2= k e
2
2r
2 (r1+r2)= k e
2
2r
即在这两种模型中，系统的总动能相等。
②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有k e
2
r
2 =m 4 π
2
T Ⅰ
2 r
变形解得：T Ⅰ
2 = 4 π
2mr
3
k e
2
模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为T Ⅱ
根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有k e
2
r
2 =m 4 π
2
T Ⅱ
2 ⋅r1，解得r1= k e
2T Ⅱ
2
4 π
2r
2m
对原子核有k e
2
r
2 = M 4 π
2
T Ⅱ
2 ⋅r2，解得r2= k e
2T Ⅱ
2
4 π
2r
2 M
因r1+r2＝r，将以上两式代入，可解得：T Ⅱ
2 = 4 π
2mM r
3
k e
2( M +m)
所以有：T Ⅰ
T Ⅱ
=√
M +m
M
因为M≫m，可得T Ⅰ≈T Ⅱ，所以采用模型Ⅰ更简单方便。
答：（1）等效电流I1为e
2
2π √
k
mr
3；
（2）该双星系统的运动周期T 为2π√
L
3
2G M 0
；
（3）①总动能分别用Ek Ⅰ、Ek Ⅱ表示，推理分析得到：Ek Ⅰ＝Ek Ⅱ；
②见解析。
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