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高考重点考点解读与针对性训练
第十章 静电场
考点80 电场中的力电综合问题
【考点解读】
1.解题关键
通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特
点来选择相应规律求解.动能定理和能量守恒定律在处理电场中的能量问题时仍是首选的方
法.
（1）用正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题：可以将复杂的运动分解为两个互相正交
的比较简单的直线运动.
（2）用能量观点处理带电粒子在电场中的运动问题：对于受变力作用的带电粒子的运动问
题，必须借助于能量观点来处理；即使是受恒力作用的运动问题，用能量观点处理常常也
更加简便.
2.用能量观点处理带电粒子的运动问题
（1）用动能定理处理
思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.
②分析粒子在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.
③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）.
④根据W＝ΔEk列出方程求解.
（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
列式的方法常有两种：
①利用初、末状态的总能量相等（即E1＝E2）列方程.
②利用某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）两个结论
①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.
【高考真题】
【典例1】（2024·山东高考10 题）如图所示，带电量为＋q 的小球被绝缘棒固定在O 点，
右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q 的小滑块
从斜面上A 点由静止释放，滑到与小球等高的B 点时加速度为零，滑到C 点时速度为零。
1
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已知A、C 间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（
）
A.O、B 间的距离l＝√
√3k q
2
mg
B.O、B 间的距离l＝√
√3k q
2
3mg
C.从A 到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D.A、C 之间的电势差UAC＝－mgs
2q
答案：AD
解析：小滑块在B 点的加速度为零，则沿斜面方向有mgsin 30°＝k q
2
l
2 cos 30°，解得l＝
√
√3k q
2
mg
，A 正确，B 错误；小滑块从A 点到C 点的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°
＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－mgs
2 ，C 错误；根据电场力做功与电势差的关系
结合C 项分析可知，A、C 之间的电势差UAC＝W
q ＝－mgs
2q ，D 正确。
【典例2】（2024·河北高考13 题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线
系住一带电小球，在竖直平面内绕O 点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A 点为最
低点，B 点与O 点等高。当小球运动到A 点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电
荷量为q（q＞0），质量为m，A、B 两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）小球在A、B 两点的速度大小。
答案：（1）U
L （2）√
qU －mgL
m
√
3qU －3mgL
m
2
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解析：（1）A、B 两点间的电势差为U，则E＝U
L 。
（2）小球运动到A 点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝mv A
2
L
解得小球在A 点的速度大小vA＝√
qU －mgL
m
小球从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
解得小球在B 点的速度大小vB＝√
3qU －3mgL
m
。
【典例3】.（2024·浙江6 月选考12 题）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
答案 C
解析： 根据等量异种点电荷的电场特点可知，圆环所在平面为等量异种点电荷电场的等
势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A 到C 的过程中电势升高，电势能增加，A 错误；
当竖直向上的电场的电场强度E 满足qE＝mg 时，小球沿圆环做匀速圆周运动，B 错误；根
据动能定理可以求得小球运动到B 点的速度vB，则由an＝vB
2
R
可以求得小球的向心加速度，
根据牛顿第二定律可以求得小球的切向加速度，再根据平行四边形定则可以得到小球在B
点的加速度，C 正确；小球在D 点要受到圆环指向圆心的力提供向心力，所以小球在D 点
3
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受到圆环的作用力方向并不平行MN，D 错误。
【典例4】.（2024·吉林高考6 题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场
力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为
直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O 点出发运动到与O 点等高处的过程中（
）
A.动能减小，电势能增大
B.动能增大，电势能增大
C.动能减小，电势能减小
D.动能增大，电势能减小
答案 D
解析： 根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，
小球从O 点运动到与O 点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于
小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，
A、B、C 错误，D 正确。
【典例5】[2022 浙江6 月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝a
r
，a 为常量.比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，
则（ BC ）
A.轨道半径r 小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
答案 BC
解析 粒子在半径为r 的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝a
r 代入上式得ω2＝qa
mr
2，可知
轨道半径小的粒子，角速度大，A 错误；由qE＝mv
2
r
、Ek＝1
2mv2、E＝a
r 解得Ek＝qa
2 ，即
电荷量大的粒子动能一定大，B 正确；由qE＝mv
2
r
、E＝a
r 可得v2＝qa
m ，即粒子速度的大
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小与轨道半径r 无关，C 正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外
未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D 错误.
【典例6】.[ 2022 浙江6 月/多选]如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝
a
r ，a 为常量.比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动.不考虑粒子间的相互作用及重
力，则（ BC ）
A.轨道半径r 小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
答案 BC
解析 粒子在半径为r 的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝a
r 代入上式得ω2＝qa
mr
2，可知
轨道半径小的粒子，角速度大，A 错误；由qE＝mv
2
r
、Ek＝1
2mv2、E＝a
r 解得Ek＝qa
2 ，即
电荷量大的粒子动能一定大，B 正确；由qE＝mv
2
r
、E＝a
r 可得v2＝qa
m ，即粒子速度的大
小与轨道半径r 无关，C 正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外
未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D 错误.
【针对性训练】
1.（2025·河北石家庄模拟）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u，
电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中
线射入两板间，经时间T 从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述错误的是（ ）
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A.t＝0 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B.t＝1
4 T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
答案 B
解析： 粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0 时入射的粒子，在竖直方向先加速，然
后减速，最后离开电场区域，故t＝0 时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项
A 正确；t＝1
4 T 时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减
速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B
错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场
力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电
场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D 正确。
2. ( 2025 年5 月山西青桐鸣大联考)如图所示，电荷量为
的点电荷固定在M 点，
电荷量为
的点电荷固定在N 点，M、N 在同一竖直线上．粗细均匀的光滑绝缘细杆水平
固定，与M、N 连线的垂直平分线重合，M、N 连线的中点为O，M、N 间的距离为L．一
个质量为m、电荷量大小为
（正负未知）的带电小球套在光滑杆上，在A 点由静止释放，
在电场力作用下向O 点运动，不计小球大小，静电力常量为k，则下列说法正确的是（
）
A. 小球的电势能一直减小
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B. 小球运动的加速度一定一直减小
C. 杆对小球的作用力一定一直增大
D. 当小球与M 连线与杆成
角时，小球的加速度大小为
【答案】AD
【解析】．由于M 点带正电的点电荷的电荷量比N 点带负电的点电荷的电荷量大，因此小
球在静电力作用下向右运动，说明小球带负电，静电力一直做正功，小球的电势能一直减
小，故A 正确；小球在无穷远处和O 点加速度均为零，因此小球运动的加速度可能先增大
后减小，故B 错误；两点电荷对小球的作用力竖直方向的分力向上，当小球从A 向O 运动
时，点电荷对小球竖直方向的作用力一直增大，如果这个作用力先小于小球重力，后大于
小球重力，则杆对小球的作用力可能先减小后增大，故C 错误；当小球与M 连线与杆成
角时，有
,解得
, 故D 正确。
3. （湘豫名校联考2025 学年高三春季学期第二次模拟考试）如图，在虚线BC 的左侧存在
水平向右的匀强电场，BC 为半径为R 的半圆的竖直直径，光滑水平轨道AB 与光滑半圆轨
道在B 处平滑相连，AB=3R。质量为m，电荷量为q 的带正电滑块从A 点由静止释放，然后
沿光滑轨道运动，从C 飞出后瞬间，撤去电场，最后落在A 处。已知重力加速度为g，下
列说法中正确的是（ ）
A. 滑块经过C 处时对圆弧轨道的压力为
B. 滑块经过C 处时对圆弧轨道的压力为
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C. 滑块从A 到D 机械能的增量为
D. 滑块从A 到D 机械能的增量为
【答案】D
【解析】．从
点飞出后有
可得
在
处有
解得
，故AB 错误；
从
到
过程有
，解得
从
到
的机械能增量为A 到C 电场力所做的功，
故滑块从A 到D 机械能的增量为
，故C 错误，D 正确；
4. （河南商丘2025 年5 月考前冲刺）中国的风洞技术已达到世界领先水平，尤其在高超
声速领域表现出色。如图所示，风洞中产生水平向左的均匀风力，一质量为m 的小球从水
平面上以速度
与水平方向成
角斜向右上方抛出，小球落回水平面时速度方向与水平
方向成
角。已知重力加速度为g，不计竖直方向的空气阻力，则小球（ ）
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A. 抛出点与落点之间距离为
B. 从抛出到落回水平面所用时间为
C. 从抛出点运动到落点的过程，重力的冲量为0
D. 所受水平风力的大小为
【答案】AD
【解析】．小球在竖直方向做竖直上抛运动，则小球从抛出点运动到落点所用时间为
，B 错误；
小球从抛出点运动到落点的过程重力的冲量为
，C 错误；
小球抛出和落回水平面时竖直分速度大小不变，均为
设小球抛出和落回时水平分速度大小分别
，则
、
解得
小球在水平方向做匀减速直线运动，则小球抛出点与落点之间距离为
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，A 正确；
在水平方向由动量定理得
解得小球所受水平风力的大小为
，D 正确。
。
5. (山东青岛2025 年高三年级第三次适应性检测)如图所示，水平向右的匀强电场中固定倾
角为30°的足够长斜面，质量为m、带电量为+q 的小球以初速度
从斜面底端斜向上抛出，
初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度
，重力加速
度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 机械能不变
B. 离斜面最远时动能最小
C. 运动的时间为
D. 运动的时间为
【答案】D
【解析】小球从抛出到落回斜面的过程中，电场力做功会改变机械能，故机械能不守恒，
故A 错误；
以斜面为参考系，建立沿斜面向上（x 轴）和垂直斜面向上（y 轴）的坐标系，小球受重
力 mg（竖直向下）和电场力 qE（水平向右），沿斜面方向（x 轴）：电场力分量：
（沿斜面向上）
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重力分量：
（沿斜面向下）
根据牛顿第二定律
解得加速度
（沿斜面向下）
垂直斜面方向（y 轴）： 电场力分量
（垂直斜面向下）
重力分量：
（垂直斜面向下）
根据牛奶第二定律
解得加速度
（垂直斜面向下）
初速度
与斜面方向夹角为
，分解到斜面坐标系，沿x 轴为
沿y 轴为
离斜面最远时（y 方向速度为 0），时间
此时x 方向速度
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设合力与竖直方向的夹角为
，则
故
此时合力与速度成钝角，速度大小继续减小，故离斜面最远时动能不是最小，故B 错误；
落回斜面时
由
解得
，故C 错误，D 正确。
6. （2025 年5 月广州高三综合测试）如图所示，绝缘轻绳穿过有光滑孔的带正电小球A，
绳两点P、Q 固定，在竖直平面内，整个空间存在匀强电场。小球静止时，轻绳绷紧，AP
水平、AQ 竖直，小球A 的质量为m，则（ ）
A. 球受到的电场力可以等于2mg
B. 球受到电场力的最小值为mg
C. 匀强电场方向一定水平向右
D. 匀强电场方向可以竖直向下
【答案】A
【解析】．小球受重力、水平向左和竖直向上的拉力作用，根据共点力平衡条件可知，球
受到的电场力可以向右，大小等于2mg，故A 正确；
球受到的电场力可以向右，电场力最小值可以趋向于0，故B 错误；
球受到的电场力可以斜向右下方或者右上方，匀强电场方向不一定竖直向下，故CD 错误；
7.[2024 山东菏泽明德学校月考/多选]两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其
连线中垂线上有A、B、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为＋2×10－3C、质量为0.1kg 的小
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物块（可视为质点）从C 点静止释放，其在水平面内运动的v－t 图像如图乙所示，其中B
点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（
ACD ）
A.由C 到A 的过程中物块的电势能逐渐减小
B.B、A 两点间的电势差UBA＝5V
C.由C 点到A 点电势逐渐降低
D.B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强为100N/C
答案 ACD
解析 由v－t 图像可知，由C 到A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，
电势能一直减小，A 正确；由v－t 图像可知，A、B 两点的速度分别为vA＝6 m/s，vB＝4
m/s，再根据动能定理得qUAB＝1
2mvB
2－1
2mv A
2 ，解得UAB＝－500 V，故UBA＝500 V，B 错误；
两个等量同种正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到
A 点的过程中电势逐渐降低，C 正确；小物块在B 点的加速度最大，为am＝
4
7−5 m/s2＝2
m/s2，所受的电场力最大为Fm＝mam＝0.1×2 N＝0.2 N，则场强最大值为Em＝Fm
q
＝
0.2
2×10
−3 N/C＝100 N/C，故D 正确.
8 （山西吕梁市2025 年高三年级第三次模拟考试）如图所示，倾角为
的光滑、足够长
绝缘斜面固定在水平地面上，斜面底端有一电荷量为
、质量为
的带电
小物块，小物块在平行于斜面向上的恒定拉力
作用下，由静止开始运动，经过一段时间
后撤去拉力
，此后，小物块继续沿斜面运动，又经过
返回到斜面底端。已知
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重力加速度
取
，整个空间存在水平向右的电场强度大小
的匀强电场。则
拉力
的大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【
解
析
】
由
牛
顿
第
二
定
律
可
得
，
取沿斜面向上为正方向，则
，
且
联立解得
N，故选D。
9. （山东省临沂2025 年普通高中学业水平等级测评试题三模）空间存在一匀强电场，将
一质量为m、带电荷量为+q 的小球从一水平线上的A 点分两次抛出。如图所示，第一次抛
出时速度大小为
，方向与竖直方向的夹角为30°，经历时间
回到A 点；第二次以同样的
速率
竖直向上抛出，经历时间
经过水平线上的C 点，B 的竖直方向投影为AC 的中点。
已知小球的两次运动轨迹均在同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球
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从抛出到回到水平线的过程，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 电场强度的最小值为
C. 电场沿水平方向时，电势差
D. 电场强度为最小值时，小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
【答案】CD
【解析】小球两次抛出的竖直加速度相同，在竖直方向上的分运动均为先向上减速后反向
加速，由几何关系结合竖直上抛运动知识可得第一次抛出
第二次抛出
联立解得
，故A 错误；
经分析可知，当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，由牛顿第二定
律得
解得电场强度的最小值为
，故B 错误；
电场沿水平方向时，小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，B 投影为AC 中点，则
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根据
可知，电势差
，故C 正确；
电场强度为最小值时，竖直方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
水平方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
第二次抛出到回到水平线上的过程中电场力对小球做功
联立解得
小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
，故D 正确；
10. （山西吕梁市2025 年高三年级第三次模拟考试）建立如图所示的空间直角坐标系
，在
轴上关于
点对称的
两点分别固定一个电荷量为
的正点电荷，
轴
上的
点恰好与
两点组成边长为
的等边三角形，
轴上的A 点到
两点的距离均
为
。将质量为
、电荷量为
的试探电荷从A 点由静止释放，不计试探电荷的重力，已
知静电力常量为
，下列说法正确的是（ ）
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A.
点的电场强度大小为
B. 试探电荷在A 点
电势能小于在
点的电势能
C. 试探电荷在
两点之间做往复运动
D. 从A 点到
点，试探电荷的加速度先增大后减小
【答案】D
【解析】据平行四边形定则可知x 轴上C 点的电场强度大小
，
故A 错误；
试探电荷在等量同种点电荷的电场作用下，在没有越过O 点前，沿A→O 做加速运动，电
场力做正功，电势能减小，即试探电荷在A 点的电势能大于在O 点的电势能，故B 错误；
O 点速度最大，试探电荷不会在A、O 两点之间做往复运动，故C 错误；
在z 轴正半轴上取一点M，设BM 与BD 夹角为
，两正点电荷单独在M 点产生的电场强度
为E，两正点电荷在M 点产生的合电场强度为
，得
其中
对其求导得
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当
时，导函数等于零，
有最大值，
有最大值，AD 与BD 的夹角
为60°，
，即最大值点位于A 点和O 点之间，故从A 点沿z 轴到O 点，
电场强度先增大后减小，试探电荷的加速度先增大后减小，故D 正确。
11. （2025 年5 月山西三模）竖直平面内存在水平向右的匀强电场E，一带电小球从电场中
的O 点以初速度v₀ 向左上方射出，v₀ 方向与水平方向成30°角，如图所示。小球运动到其
轨迹的最左端时，速度大小恰好等于初速度大小v₀，则小球受到的电场力与它受到的重力
的比值为（ ）
A.
B. 1：2
C.
D.
【答案】C
【解析】带电小球在水平方向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
根据速度—时间公式有
小球运动到其轨迹的最左端，速度大小与初速度大小相同，表明小球在竖直方向上经历减
速为零又反向加速的过程
解得
12. （2025 年4 月东北三省部分高中联盟第二次模拟联合调研）如图，带正电
的
物块A 放在水平桌面上，通过光滑的滑轮与B 相连，A 处在水平向左的匀强电场中，
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，从O 开始，A 与桌面的动摩擦因数随x 的变化如图所示，取O 点电势能
为零，A、B 质量均为1kg，B 离滑轮的距离足够长，则（ ）
A. 它们运动的最大速度为0.8m/s
B. 它们向左运动的最大位移为2m
C. 当速度为0.6m/s 时，A 的电势能可能是-2.4J
D. 当速度为0.6m/s 时，绳子的拉力可能是10N
【答案】BC
【解析】．当加速度为零时，A、B 运动的速度最大，根据平衡条件得
，
联立解得
由图可知
所以此时A、B 运动的位移大小为
根据动能定理可得
又
解得
当A、B 到达最大位移处时，速度为零，则有
又
19
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联立解得
故A 错误，B 正确；
当物体的速度为
时，有
又
联立解得
或
所以A 的电势能为
或
根据
可知此时动摩擦因数为
或
根据牛顿第二定律得
，
联立可得绳子拉力为
代入数据解得
或
故C 正确，D 错误。
。
13. （湖南娄底市2025 届高三4 月教学质量检测）在水平面上，从
点将一小球斜向上抛
出，而后落于水平面上的
点。现将空间中加上竖直方向的电场，将一带电小球仍从
点
以相等的速率斜向上抛出，最后还是落在
点，不计空气阻力。则下列说法正确的是（
）
A. 两小球在空中运动的时间相等
B. 两小球在最高点时的速度相等
C. 带电小球在空中运动时的加速度一定大于重力加速度
D. 若仅将电场方向改为水平方向，带电小球的落地点一定不在
点
【答案】D
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【解析】带电小球，在电场中由于受电场力，竖直方向的加速度一定不等于重力加速度，
但两小球均落于B 点，抛出时的夹角一定不同，时间不等，A 错误；
由于夹角不相等，水平分速度不等，在最高点时的速度不相等，B 错误；
由于不明确电场的方向和带电小球的电性，所以加速度可能大于也可能小于重力加速度，C
错误；
电场竖直方向时，水平方向的分运动始终是匀速运动，电场方向改变后，水平方向的分运
动变为变速运动，所以落点发生改变，D 正确。
14. (2025 届广州天河区普通高中毕业班综合测试（三）)如图甲所示，用虚线将粗糙绝缘
水平面上的空间划分为左右两个区域。两个区域分别加上方向相反、大小相等的水平电场，
电场强度大小均为E。将质量为m 的不带电金属小滑块B 静置于粗糙绝缘水平面上与虚线
交界处。质量也为m、带电荷量为+2q 的金属小滑块A 从距虚线边界距离s 处无初速度释放
（A、B 均可以视为质点），一段时间后A、B 发生弹性正碰，且碰撞时间极短。碰后A、B
所带电荷量相等，碰后金属小滑块A 的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，已知小
滑块A 运动时的
关系图像如图乙所示（
为未知量）。金属小滑块A、B 与水平面间
的滑动摩擦力均为qE，且A、B 之间的库仑力可用真空中点电荷的相互作用力计算，静电
力常量为k，求：
（1）弹性正碰前瞬间金属小滑块A 的速度大小；
（2）金属小滑块A 碰撞后的速度最大时，金属小滑块B 的速度大小；
（3）金属小滑块A、B 碰撞分离至A 速度达到最大的过程中，A、B 间的库仑力对A、B 做
的总功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）对A 受力分析有
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根据动能定理得
所以
（2）A、B 碰撞，根据动量守恒有
弹性碰撞机械能守恒，有
解得
，
碰撞后A、B 所带电荷量均分，A、B 构成的系统所受外力之和为零，系统动量守恒，有
解得
（3）设A、B 的距离为d 时，A 受合力为0 时速度最大，有
解得
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A、B 碰后到距离为d 的过程中，设库仑力做的总功为W，由动能定理得
解得
15. （河北名校联考普通高中2025 届高三年级适应性演练）如图所示，在水平向右的匀强
电场中有一个倾角为30°的挡板，一质量为
，带电量为
的小球以初速度
斜向上抛出，
初速度与水平方向的夹角为60°。已知空气阻力忽略不计，重力加速度为
，匀强电场的电
场强度
。求：
（1）小球离挡板的最大距离；
（2）小球落到挡板上的时间和发生位移的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）将物体的受力和运动均沿挡板分解和垂直挡板分解，如图
根据牛顿第二定律，可知垂直挡板分解可得其加速度
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则小球离挡板的最大距离
联立解得
（2）结合以上分析可知，小球离挡板的最大距离时用时
对称性可知小球落到挡板上的时间
根据牛顿第二定律，可知沿挡板方向的加速度
则小球落到挡板上时发生位移的大小
联立解得
16 .[ 2023 黑龙江哈尔滨质量监测/多选]如图所示，AC 是圆O 的一条水平直径，BD 是竖直
直径，M 点是圆上的点，OM 连线与OC 的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电
场中.将电荷量为q（q＞0）、质量为m 的粒子从圆心O 点以相同的动能Ek0射出，射出方
向不同但都与圆共面，粒子在重力和电场力的作用下可以经过圆周上的所有点.其中经过C
点时粒子的动能最小且为Ek 0
2 .已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的电场
强度E＝2mg
q
，则下列说法正确的是（ AD ）
A.M 点的电势高于A 点的电势
B.B 点的电势等于D 点的电势
C.粒子经过M 点时的动能为3
8Ek0
D.粒子经过AB 连线中点时的动能为5
4 Ek0
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答案 AD
解析 由题意知，因为经过C 点时粒子的动能最小，所以粒子从O 点到C 点克服合外力所
做的功最多，而重力和电场力对粒子做的功只与粒子的初、末位置有关，与路径无关，由
此可推知重力和电场力的合力F 的方向一定水平向左，如图所示，又
因为qE＝2mg，则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度
方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M 点
的电势高于A 点的电势，B 点的电势低于D 点的电势，A 正确，B 错
误；根据前面分析可知粒子所受合外力大小为F＝mg
tan30° ＝√3
mg，对从O 点到C 点的粒子，根据动能定理有Ek0
2
－Ek0＝－FR，根据几何关系可知OM 垂
直于电场线，所以OM 为一条等势线，粒子从O 点到M 点的过程，电场力不做功，重力做
负功，根据动能定理有EkM－Ek0＝－mgR sin 60°，解得EkM＝3
4 Ek0，C 错误； AB 连线中点G
在AO 上的投影点为H，根据几何关系可知HO＝R
2 ，根据动能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得
EkG＝5
4 Ek0，D 正确.
17.[如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于A 点，整个空间有
斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角θ＝30°，电场强度E＝1.0×103N/C，B 点是轨道
的最高点，半圆半径R＝2m.在水平轨道上距A 点L＝8√3
3
m 的C 处由静止释放一质量m＝
2×10－4kg、电荷量q＝2×10－6C 的带正电小球P，小球沿水平轨道运动一段时间，从A 点
冲上半圆轨道，并沿半圆轨道到达轨道最高点B，取A 点电势为零，重力加速度g 取
10m/s2.求小球在半圆轨道上运动的过程中：
（1）电势能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－3J （2）10m/s
解析 （1）设过O 点的电场线与半圆轨道的交点为M，
则小球在M 点电势能最低，如图所示.
OM 与竖直方向成60°角，EpA＝0，小球从A 到M 的过程
中，根据功能关系有WAM＝EpA－EpM
电场力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）
联立并代入数据解得EpM＝－6×10－3J
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（2）小球从C 到A 的过程中，根据动能定理有
EqLcosθ＝1
2mv A
2
因为mg＝Eq，且重力与电场力的夹角为120°，所以合力为F 合＝mg，方向斜向左下方，与
竖直方向成β＝60°角，过O 点沿F 合的方向作直线，交半圆轨道于D 点，如图所示，则小
球在D 点时速度最大
小球从A 到D 的过程中，根据动能定理有
F 合R（1－cos60°）＝1
2mv D
2 －1
2mv A
2
联立并代入数据解得vD＝10m/s
所以小球在半圆轨道上运动的最大速度为10m/s.
18.[2 024 云南昆明“三诊一模”摸底]如图所示，质量为m、带电
荷量为＋q 的小球（可视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳
子另一端固定在O 点的拉力传感器上（拉力传感器没有画出），O
点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场.现使
小球获得一初速度后绕O 点在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，
拉力传感器显示出绳子拉力的最小值为0，最大值为12mg，g 为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O 点的水平距离.
答案 （1）mg
q （2）√10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
mg＋qE＝mv0
2
R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg＋qE）×2R＝1
2mv2－1
2mv0
2
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv
2
R
联立解得E＝mg
q
（2）绳断后小球做类平抛运动
竖直方向上：R＝1
2at2
水平方向上：x＝vt
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
联立解得x＝√10R.
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19. （辽宁省名校联盟2025 年高三1 月份联合考试）空间中某一竖直面内存在水平方向的
匀强电场，如图所示，将一质量为
、电荷量为
的小球从地面上的
点先后两次抛出，
第一次抛出时，速度方向与竖直方向的夹角为
，之后小球又回到
点；第二次竖直向
上抛出，之后小球回到地面上另外一点，运动都在同一竖直面内，速度大小均为
，地面
水平，不计空气阻力，重力加速度为
。
（1）求匀强电场的大小；
（2）求第二次抛出落地时的速度大小；
（3）小球按第一次的角度抛出，同一竖直面内调整匀强电场，使小球仍然能够落回抛出点
，求强电场的最小值和方向。
【答案】（1）
（2）
（3）
，方向与地面成
斜向右上
【解析】（1）第一次抛出，小球能返回到
点，说明重力与电场力的合力与
的方向相反，
则有
解得
（2）小球竖直方向做竖直上抛运动有
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水平方向匀加速运动有
又
，
解得
（3）当电场方向与第一次抛出的初速度方向垂直时电场强度最小，如图所示
则有
电场强度的最小值为
方向与地面成
斜向右上。
20.（2025·浙江衢州期末）如图，用一长L＝20 cm、不可伸长的绝缘轻绳将一带电小球悬
挂于O 点，O 点离水平地面高h＝48 cm，小球质量m＝1.0×10－3 kg。加一范围足够大的
水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×105 N/C，平衡时小球静止于A 点，此时轻绳
与竖直方向夹角θ＝37°。现将小球拉到O 点正下方B 点（绳子刚好伸直），由静止释放。
带电小球可视为质点，sin 37°＝0.6，求：
（1）小球所带电性和电荷量q；
（2）小球第一次经过A 点时的速度大小vA；
（3）当小球第一次运动到A 点时立即剪断轻绳，小球运动到与A 点等高处时与A 点的水平
距离x。
答案：（1）带负电 2.5×10－8 C
（2）1 m/s （3）0.15 m
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解析：（1）小球静止于A 点，可知小球受到的静电力水平向右，与电场强度方向相反，则
小球带负电；根据平衡条件可得tan θ＝qE
mg
解得小球的电荷量为q＝mg tanθ
E
＝2.5×10－8 C。
（2）现将小球拉到O 点正下方B 点（绳子刚好伸直），由静止释放，到达A 点时，根据动
能定理可得qELsin θ－mgL（1－cos θ）＝1
2mv A
2－0
解得小球第一次经过A 点时的速度大小为vA＝1 m/s。
（3）当小球第一次运动到A 点时立即剪断轻绳，球运动到与A 点等高处时，竖直方向有
t＝2v A sinθ
g
＝0.12 s
水平方向有x＝vAcos θ·t＋1
2at2，a＝qE
m ＝3
4 g
联立解得x＝0.15 m。
29
