文档文本内容
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第38 讲 带电粒子在电场中运动的综合问题
目录
01 考情解码•命题预警........................................................................................................................ 2
02 体系构建•思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破•靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 带电粒子在力电等效场中的圆周运动 .................................................................4
知识点 方法概述及应用......................................................................................................4
考向1 竖直电场中的等效场问题.........................................................................................4
考向2 水平电场中的等效场问题
...................................................................................7
考点二 用力学三大观点处理带电粒子在电场中运动的综合问题 ...............................10
知识点1 力电综合问题的处理流程...................................................................................10
知识点2 电场中的功能关系...............................................................................................11
考向1 用动力学和能量观点解决力电综合问题
..........................................................11
考向2 用能量和动量观点解决力电综合问题...................................................................14
04 真题溯源•考向感知.......................................................................................................................17
1
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
力电等效场中
的圆周运动
综合应用
中频
\
2024•浙江
2024•河北
\
用力学三大观
点处理带电粒
子在电场中运
动的综合问题
综合应用
高频
2025•黑吉辽蒙
2025•福建
2024•福建
2024•江西
2023•福建
考情分析：
1.命题形式：选择题实验题计算题
2.命题分析：高考对带电粒子在电场中运动的综合问题的考查较为频繁，大多在综合性的计算题中出现，
题目难度较大。
3.备考建议：本讲内容备考时候，强化训练用力力、能量、动量三大观点来处理带电粒子在电场中运动时
的直线和曲线运动的问题。
4.命题情境：此类题目多是将重力场中的模型，比如说板块、传送带、弹簧等模型放到匀强电场中予以命
题。
复习目标：
会利用动力学、能量和动量的观点处理带电粒子在电场中直线运动、曲线运动问题。
2
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(4)W 电＋W 非电＝ΔEk(
动能定理
解
由
求
)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－
Ep
B(
能量
度
解
从
角
求
)
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(1)WAB＝qUAB(
用
普遍适
)
非平衡状态：牛顿第二定律+运动学公式+功能关系
平衡状态：平衡条件
电场中的功能关系
力电综合问题的处理流程
力学三大观点处理带
电粒子在电场中运动
运动规律迁移至等效重力场分析
二者合力对应加速度作为等效重力加速度
重力和电场力合力视为等效重力
方法应用
等效思维方法的应用
方法概述
带电粒子在力电等效
场中的圆周运动
带电粒
子在电
场中运
动的综
合问题
3
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考点一 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
知识点 方法概述及应用
1.方法概述
等效思维方法是将一个复杂的物理问题,等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题,若
采用常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用等效法求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷。
2.方法应用
先求出重力与电场力的合力,将这个合力视为一个等效重力,将a= F合
m 视为等效重力加速度。再将物体
在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
考向1 竖直电场中的等效场问题
例1 如图所示，竖直放置的半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB 与粗糙绝缘水平轨道BC 在B 处平滑连接，
O 为圆弧轨道的圆心，直线OB 左侧空间分布着电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为
m、电荷量为q = 4 mg
E
的带负电的物块，以一定的初速度从A 点沿切线进入圆弧轨道。已知物块与水平轨
道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
4
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A．无论在A 点的初速度多大，物块一定能沿圆弧轨道运动到B 点
B．物块以不同的初速度从A 点沿圆弧轨道滑到B 点，其在B 点的速度最小为0
C．物块以不同的初速度从A 点沿圆弧轨道滑过B 点后，最终可停在距B 点R
μ 的位置
D．物块沿圆弧轨道滑过B 点后，最终停在BC 上，因摩擦产生的热量的最小值为3
2 mgR
【答案】D
【详解】AB．q = 4 mg
E
的带负电的物块受到竖直向上的电场力4mg 和竖直向下的重力mg，则场力的合力
方向竖直向上，大小为3mg，可知，B 点为等效物理最高点，若物块恰好达到B 点，则在B 点若恰好由场
力的合力提供向心力，此时物块在B 点的速度为最小值，则有3mg =m v
2
R 解得v =√3 gR由A 点到B 点根
据动能定理得−3mgR = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2解得v0=3√gR所以物块如果能沿圆弧轨道运动到B 点，在A 点的
初速度最小为3√gR，B 点速度的最小值为√3 gR，故AB 错误；
CD．结合上述，若从A 点沿圆弧轨道滑过B 点，到达B 点的最小速度为√3 gR，在水平轨道上根据动能定
理有−μmgx =0−1
2 m v
2解得x = 3 R
2 μ 所以最小距离为3 R
2 μ ，此时摩擦力做功为W f=−μmgx = 3
2 mgR所以
摩擦生热最小值为3
2 mgR，故C 错误，D 正确。故选D。
【变式训练1-1·变考法】如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，A、B 为两个固定的电
荷量为−Q的点电荷，O 点是AB连线的中点。有一质量为m 的带电小球在两电荷连线的中垂面内做半径为
R 的匀速圆周运动，圆心为O，带电小球和电荷A 的连线与AB连线夹角为30°，重力加速度为g，静电力
常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球所带电荷量的大小为E
mg
5
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C．小球做圆周运动向心力大小为kQmg
E R
2
D．小球做圆周运动的线速度大小为1
2√
kQg
ER
【答案】D
【详解】AB．由于小球在两电荷连线的中垂线内做匀速圆周运动，则有Eq =mg解得q = mg
E 小球处于竖直
向上的匀强电场中，受到竖直向上的电场力，故小球带正电，故AB 错误；
CD．带电小球和电荷A 的连线与AB连线夹角为30°，则Fn=2k
Qq
(
R
sin30° )
2 sin30° = kQmg
4 E R
2由于
Fn=m v
2
R 解得v = 1
2√
kQg
ER 故C 错误，D 正确。故选D。
【变式训练1-2·变情境】如图所示，竖直向下的匀强电场中，A、B 分别是轨迹的最高点和最低点，用绝缘
细线拴住的质量为m 的带电小球在竖直平面内绕O 做圆周运动，重力加速度为g，以下四种说法中正确的
是（ ）
A．A、B 两点的绳子拉力差可能是12mg
B．带电小球不可能做匀速圆周运动
C．带电小球通过A 点时，细线拉力一定最小
D．带电小球通过B 点时，动能一定最大
【答案】A
【详解】A．设细线长度为r，当电场力与重力的合力F 方向竖直向下时，对小球从A 到B 的运动过程，根
据动能定理有1
2 m vB
2 −1
2 m v A
2 =2 Fr ①在A、B 两点根据牛顿第二定律分别有F +T A =m v A
2
r ②；
T B−F =m vB
2
r ③联立①②③解得A、B 两点的绳子拉力差为T B−T A =6 F ④；
当F=2mg 时，有T B−T A =12mg ⑤故A 正确；
B．当电场力与重力平衡时，小球可以做匀速圆周运动，故B 错误；
CD．若小球所受电场力竖直向上，且大于重力，则小球通过A 点时，速度最大，做圆周运动所需向心力
最大，细线拉力最大，同理可知这种情况下小球通过B 点时动能最小，故CD 错误。故选A。
【变式训练1-3·变考法】用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O 点做圆周运动，竖直面内
加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与
绳中张力F 间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则（ ）
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A．小球所带电荷量为b+mg
E
B．轻绳的长度为a
b
C．小球在最高点的最小速度为√
2a
m
D．小球在最高点的最小速度为√
5a
m
【答案】C
【详解】A．当F =0时，由mg+ Eq =m v
2
L ，1
2 mv
2=a联立解得q = b−mg
E
故A 错误；
B．在最高点，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则有F +mg+ Eq=m v
2
L 即
1
2 m v
2⋅2
L = F +mg+ Eq由Ek= 1
2 m v
2可得Ek= L
2 F + L
2 (mg+ Eq)由图像可组织，图像斜率k = a
b = L
2 即
L= 2a
b 故B 错误；
CD．当F =0时，重力和电场力的合力提供向心力，此时为最小速度，由1
2 mv
2=a解得v =√
2a
m
故C 正确，
D 错误。故选C。
考向2 水平电场中的等效场问题
例2 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，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、电荷量为+q（q>0）的带电小球（可视为点电
荷），使小球获得一初速度后能绕O 点在竖直平面内做圆周运动。A、B 为水平方向的直径，小球运动到B
点时细线的拉力恰好为小球在A 点时细线拉力的6 倍。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到B 点时，动能最大
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B．小球运动到B 点时，动能为31 EqL
5
C．小球运动到A 点时，向心加速度大小为11 Eq
5m
D．小球在A 点和B 点动能之比为1:3
【答案】C
【详解】A．由题意可知，小球在等效最低点速度最大，动能最大，由于小球重力跟电场力的合力斜向左
下方，即等效重力指向左下方，可知该位置应在运动轨迹的最低点与B 点之间某一位置，所以其在B 点时
的动能不是最大，故A 错误；
BCD．设小球在A 点和B 点时细线的拉力分别为TA 和TB，根据牛顿第二定律有T A+ Eq=m v A
2
L
，
T B−Eq =m vB
2
L T B=6T A小球从A 点运动到B 点，根据动能定理有Eq⋅2 L= 1
2 mvB
2 −1
2 mv A
2 联立解得
Ek A = 1
2 mv A
2 = 11 EqL
10
，Ek B= 1
2 mvB
2 = 31 EqL
10
，aA = v A
2
L = 11 Eq
5m
所以
Ek A
Ek B
= 11
31故BD 错误，C 正确。故
选C。
【变式训练2-1】如图所示，质量为m、电荷量为q 的带正电的小球用长为L 的绝缘细线悬挂在O 点，空
间存在水平向右的匀强电场，小球静止时位于P 点，此时细线与竖直方向的夹角α = 37°，不计小球的大
小，重力加速度为g。sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。则下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为4 mg
3q
B．若剪断细线，小球将做平抛运动
C．若在P 点给小球一定初速度使小球恰好在竖直面内做圆周运动，则小球做圆周运动过程中的最小速
度为√
5
4 gL
D．若在P 点给小球一定初速度使小球恰好在竖直面内做圆周运动，则小球做圆周运动过程中的最小速
度为√gL
【答案】C
【详解】A．对小球进行受力分析如图
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可知Eq
mg = tan α解得E = mg tan α
q
= 3mg
4 q 故A 错误；
B．若剪断细线，小球所受的合力沿着绳子拉力的反方向，则小球做匀加速直线运动，故B 错误；
CD．小球静止时，沿着绳子方向斜向下的点为等效最低点，沿着绳子斜向上的点是等效最高点，在等效
最高点时，由等效重力提供向心力时速度最小，此时等效重力为G
′ =√(mg)
2+(qE)
2= 5
4 mg根据牛顿第二
定律G
′ =m vmin
2
L
解得vmin=√
5
4 gL故C 正确，D 错误。故选C。
【变式训练2-2·变情境】如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，电场中固定一半径为R 的半圆形绝
缘槽，槽的左右端点a、c 等高，b 为槽的最低点。从a 点静止释放一质量为m 的带负电的小球，小球沿圆
弧槽下滑至b 点时对槽的压力为mg。小球可视为质点，运动过程中电量保持不变，摩擦力可忽略不计。下
列判断正确的是（ ）
A．小球可以运动至c 点
B．小球将在b 点保持静止
C．小球运动过程中的最大速率为√2(√2−1)gR
D．若从c 点静止释放小球，小球将沿圆弧运动至b 点
【答案】C
【详解】A．小球沿圆弧槽下滑至b 点时对槽的压力为mg，由牛顿第三定律可知，在竖直方向圆弧槽b 点
对小球的支持力大小为mg，可知小球在竖直方向受力平衡，由牛顿第二定律可知，此时小球的速度是零，
且受电场力方向水平向左，因此小球不可以运动至c 点，故A 错误；
B．小球在竖直方向受力平衡，受电场力方向水平向左，由牛顿第二定律可知，小球向左做加速运动，故
B 错误；
C．小球在a 点时速度是零，在b 点时速度是零，可知小球从a 点到b 点，重力势能转化为电势能，且重力
势能的减少等于电势能的增加，则有mgR =qER可得mg=qE由题意可知，当小球从a 点下落到受重力和
电场力的合力方向与O 点的连线在一条直线上时，小球的速率最大，如图所示
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由动能定理，则有mgRsin 45°−qER(1−cos 45°)= 1
2 mvm
2解得vm
❑=√2(√2−1)gR故C 正确；
D．由C 选项分析可知，小球受到的重力大小等于受的电场力，因此小球在c 点时受到的合力大小为
F =√2mg受合力方向与水平直径成45°角，即由c 点指向b 点，因此从c 点静止释放小球，小球将沿直线
运动至b 点，故D 错误。故选C。
【变式训练2-3】如图，在水平方向的匀强电场中，一质量为m、电量为+q 的小球，栓在一长为L 的轻绳
一端，在水平绝缘光滑桌面上绕O 点做圆周运动，小球运动到B 点时的速度方向恰与电场方向垂直，小球
运动到与B 点在同一直径上的A 点时，球与绳间刚好没有拉力作用，则（ ）
A．小球在B 点时的速度vB=√
4 qEL
m
B．小球在B 点时的速度vB=√
5qEL
m
C．小球在B 点时绳上的拉力大小为5qE
D．小球运动向心加速度的最大值是最小值的6 倍
【答案】B
【详解】AB．小球运动到A 点时球与绳间刚好没有拉力作用，说明了电场力提供向心力，则qE =m v
2
L 解
得v =√
qEL
m B 到A 的过程中电场力做功，由动能定理得−2qEL= 1
2 mv
2−1
2 mvB
2解得vB= √5qEL
m
故A 错
误，B 正确；
C．小球在B 点时绳上的拉力大小与电场力的合力提供加速度，得F −qE =m vB
2
L
解得F =m vB
2
L +qE =6qE
故C 错误；
D．球所受向心力的最大值F −qE =5qE而最小值是qE，即小球所受向心力的最大值是最小值的5 倍，根
据牛顿第二定律可知小球运动向心加速度的最大值是最小值的5 倍，故D 错误。故选B。
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考点二 用力学三大观点处理带电粒子在电场中运动的综合问题
知识点1 力电综合问题的处理流程
知识点2 电场中的功能关系
1．电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
2．电场力做功的计算方法
(1)WAB＝qUAB(普遍适用)
(2)W＝qEx cos θ(适用于匀强电场)
(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)
(4)W 电＋W 非电＝ΔEk(由动能定理求解)
考向1 用动力学和能量观点解决力电综合问题
例1 如图所示，某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示，一个质量
为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动，以O为坐标原点，取
竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E机与位移x的关系如图乙所示，重力加速度为g，不计空气阻力，
则（ ）
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A．电场强度方向沿x轴正方向
B．从O运动到x1的过程中，小球的速率越来越小，加速度越来越大
C．从O运动到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功变大
D．到达x1位置时，小球速度的大小为2√
2(E1−E0+mg x1)
m
【答案】C
【详解】A．小球机械能的变化量取决于除重力外的其他力所做的功，即
Δ E机=qEΔ x
故题图乙中图线的切线斜率表示小球受到的电场力，斜率变大，场强变大，小球机械能减小，电场力做负
功，则场强沿x轴负方向，故A 错误；
B．从O运动到x1的过程中，根据牛顿第二定律可得mg−qE =ma由于E变大，可知a变小，小球由静止释
放后一开始做加速度减小的加速运动，故B 错误；
C．从O运动到x1的过程中，相等的位移Δ x内，小球克服电场力做功为W =qEΔ x由于E变大，可知W 变
大，故C 正确；
D．从O运动到x1的过程中，根据动能定理可得mg x1−(E0−E1)= 1
2 m v
2解得到达x1位置时，小球速度的
大小为v =√
2(E1−E0+mg x1)
m
故D 错误。故选C。
【变式训练1-1·变情境】如图所示，一长为L 的绝缘轻绳一端系着质量为m、带电荷量为+q 的小球（可视
为质点）、另一端固定在O 点，整个空间存在与竖直方向夹角为45
∘的匀强电场。小球绕O 点在竖直面
ACBD 内做圆周运动，其中AB 水平，CD 竖直，E、F 连线与电场平行且经过O 点，小球运动到A 点时速
度最小，为√2 gL，g 为重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
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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，合力做功为4mgL
C．小球在B 点时轻绳的拉力大小为6mg D．小球运动到E 点时机械能最小
【答案】D
【详解】A．小球运动到A 点时速度最小，则电场力和重力的合力水平向右，电场力F = Eq= √2mg 解得
匀强电场的电场强度大小E = √2mg
q
故A 错误；
B．电场力和重力的合力大小F 合=mg 方向水平向右，所以小球从A 点运动到B 点合力做功为2mgL，故B
错误；
C．A 到B 过程，由动能定理有mg⋅2 L= 1
2 m vB
2−1
2 m vA
2小球在B 点时有T −mg=m vB
2
L
解得小球在B 点
时轻绳的拉力大小T =7mg故C 错误；
D．由能量守恒知，小球运动到E 点时电势能最大，机械能最小，故D 正确。
故选D。
【变式训练1-2·变情境】在地面附近，存在着两个有理想边界的电场，边界A、B 将该空间分成上下两个
区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向下的匀强电场。两区域电场强度大小相
等，在区域Ⅰ中的P 点由静止释放一质量为m，电荷量为q 的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为v0，
进入区域Ⅱ到达M 点速度刚好减为零，如图所示，已知此过程中小球在区域Ⅱ中运动时间是区域Ⅰ中运动
施加的2 倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
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A．小球带正电
B．电场强度大小是mg
q
C．P 点距边界的距离为v0
8g
D．若边界AB 处电势为零，则M 点电势为−3mv0
2
4 q
【答案】D
【详解】A．根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且区域Ⅱ的场强
方向向下，故电荷带负电，故A 错误；
B．在上方电场，根据牛顿第二定律得a1= mg+qE
m
在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为
a2= qE−mg
m
因为a1t1=a2t2 ，2t1=t2 解得E = 3mg
q
故B 错误；
C．设P 点距边界的距离为h，则h= v0
2
2a1
= v0
2
8 g 故C 错误；
D．对边界到M 的过程运用动能定理得：-qU +mgh' =0−1
2 mv0
2h' = v0
2
2a2
解得U = 3mv0
2
4 q
=0-φM则
φM =−3m v0
2
4 q
故D 正确。故选D。
【变式训练1-3·变情境】如图所示，在倾角为θ =30°的光滑斜面的底端有一个固定的挡板，劲度系数为k
的轻质弹簧的两端分别栓接在固定挡板和质量为m的小物体B 上，质量为2m带电量为+q的小物体A 和B
靠在一起处于静止状态。已知弹簧的弹性势能为Ep= 1
2 k x
2，其中x为弹簧的形变量，不计空气阻力（重力
加速度为g）。现施加沿斜面向上场强大小为E = 2mg
q
的匀强电场（未画出），使小物体A 向上运动，当
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小物体A、B 恰好分离时，小物体B 的动能为（ ）
A．7m
2 g
2
12k
B．7m
2 g
2
24 k
C．7m g
2
12k
D．7m g
2
24 k
【答案】B
【详解】小物体A 和B 靠在一起处于静止状态，根据平衡条件有(2m+m)gsinθ =k x1，A、B 刚刚分离时，
加速度相等，A、B 之间弹力为0，则有qE−2mgsinθ =2ma，k x2−mgsinθ =ma加电场至A、B 刚刚
分离过程qE(x1−x2)+ 1
2 k x1
2−1
2 k x2
2= 1
2
(2m+m)v
2+(2m+m)g(x1−x2)sinθ，B 的动能Ek= 1
2 mv
2解得
Ek= 7m
2 g
2
24 k 故选B。
考向2 用能量和动量观点解决力电综合问题
例2 离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P 处注入，在A 处电离出一价正离子，已知
B、C 之间加有恒定电压U，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速形成电流为I 的离子束后喷出推进器，
假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为（ ）
A．√2 MUI
B．U
2
2 MI
C．U
2 MI
D．√MUI
【答案】A
【详解】在A 处电离出正离子，经B、C 间电压加速后，由动能定理可知qU = 1
2 m v
2解得v =√
2qU
m
以推
进器为参考系，应用动量定理有Ft =nmv −0又因为I = nq
t ，M = nm
t 解得F =√2 MUI根据牛顿第三定律
知推进器获得的推力大小为√2 MUI。故选A。
【变式训练2-1·变情境】如图，绝缘底座放在光滑水平面上，间距为d 的平行板电容器竖直固定在绝缘底
座上，A 板有小孔O，水平光滑绝缘杆穿过O 固定在B 板上，绝缘杆离地高度为h，电容器、底座和绝缘
杆的总质量为m。给电容器充电后，一质量为m 的带正电圆环P 套在杆上以某一速度v0对准O 向左运动，
在电容器中P 距B 板最近的位置为S，OS = d
2 。若A、B 板外侧无电场，内部为匀强电场，P 过孔O 时与
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板无接触，不计P 对A、B 板间电场的影响。则（ ）
A．P 从O 至S 的过程中，绝缘底座的位移大小为d
2
B．P 进入两板间所受的电场力为m v0
2
d
C．P 从O 至S 的过程中，整个系统电势能的增加量为1
4 mv0
2
D．圆环P 落地时，圆环P 和水平光滑绝缘杆最右端的距离为v0√
h
g
【答案】C
【详解】A．带电圆环P 进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作
用下做匀加速直线运动，当它们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，由
于系统动量守恒有m v0=2mv解得v = 1
2 v0该过程电容器（绝缘底座）向左做匀加速直线运动，有x = v
2 t环
向左做匀减速直线运动，有x′ = v + v0
2
t由题意可知x′ −x = d
2 解得x = 1
4 d故A 错误；
B．P 从O 运动至S 的过程中，绝缘底座的位移大小为x = 1
4 d对绝缘底座研究，由动能定理可知
Fx = 1
2 mv
2根据牛顿第三定律可知，P 进入两板间所受的电场力和绝缘底座受到的力为相互作用力，则P
进入两板间所受的电场力为F = m v0
2
2d
故B 错误；
C．P 从O 运动至S 的过程中，带电圆环P 减速，动能减小，电容器动能增加，系统动能减小，电势能增
加，增加的电势能为Δ Ep= 1
2 m v0
2−1
2 ×2m v
2= 1
4 m v0
2故C 正确；
D．圆环P 离开杆时，由系统动量守恒m v0=m v1+m v2以及能量守恒1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2解得圆环速
度为v1=0绝缘底座速度为v2= v0根据h= 1
2 gt
2可得t =√
2h
g 则落地时，圆环P 和水平光滑绝缘杆最右端的
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距离为Δ x = v0t = v0√
2h
g 故D 错误。故选C。
【变式训练2-2·变情境】如图所示，水平地面上固定有一足够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板上
放置着两滑块M、N，其中M 带正电，N 不带电且绝缘。滑块M、N 的质量分别为m、2m。N 的正上方P
处固定一电荷量为Q 的正点电荷。现给滑块M 向右的初速度v0，经过一段时间与滑块N 发生弹性碰撞，
碰撞时间极短，碰后滑块N 向右运动距离l 恰好静止。已知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为μ，重力
加速度为g，两滑块均视为质点，整个过程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是（ ）
A．M 在运动过程中的电势能增大
B．M 在运动过程中的加速度不变
C．碰撞前M 运动的时间为v0
μg −√
9l
2 μg
D．碰撞前M 克服摩擦力所做的功为1
2 m v0
2−9
4 μmgl
【答案】D
【详解】A．在正点电荷和导体板产生的电场中，导体板上表面处的电场均竖直向下，则在整个过程中静
电力对M 始终不做功，M 在运动过程中的电势能不变，故A 错误；
B．除碰撞外，滑块M 在运动的整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f 和电场力F 作用，其中重力、
支持力和电场力在竖直方向上，三个力平衡，有mg＋F＝N
由于导体板表面电场强度从P 点正下方到两侧越来越小，则M 在运动过程中F 变化，N 变化，摩擦力f＝
μN 变化，根据牛顿第二定律可得f＝ma，可知M 在运动过程中的加速度变化，故B 错误；
C．设碰撞后瞬间绝缘滑块N 的速度大小为v，之后做匀减速运动的加速度大小为a′，根据牛顿第二定律得
2μmg＝2ma′由运动学公式得－2a′l＝0－v2联立解得v =√2 μgl
设碰撞前瞬间M 的速度为v1，碰撞后瞬间M 的速度为v2，取向右为正方向，
根据动量守恒定律得mv1＝mv2＋2mv
根据碰撞前后总动能不变，有1
2 mv1
2= 1
2 mv2
2+ 1
2 ×2mv
2
联立解得v1= 3
2 √2 μgl，v2=−√2 μgl
2
碰撞前M 运动的整个过程中，滑块M 所受摩擦力等于合力，根据动量定理可得−f t =m v1−m v0
由B 项分析可知f > μmg，可得碰撞前M 运动的时间t < v0
μg −√
9l
2 μg
，故C 错误；
D．设碰撞前M 克服摩擦力所做的功为W，根据动能定理，有−W = 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
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解得W = 1
2 m v0
2−9
4 μmgl
故D 正确。
故选D。
【变式训练2-3·变情境】❑6
14C是一种放射性同位素，生物学中常将❑6
14C标记到有机物中，追踪其在生物
体内的代谢路径。已知静止在O 点的❑6
14C原子核发生衰变的同时，空间中出现如图所示的匀强电场。之
后衰变产物A、B两粒子的运动轨迹OA 、OB如图中虚线所示，不考虑粒子所受重力、阻力和两粒子间的
相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．❑6
14C原子核发生的是β衰变
B．❑6
14C衰变过程满足能量守恒，动量不守恒
C．两粒子始终处在同一等势面上
D．经过相等时间A、B 粒子水平位移大小之比为2 5∶
【答案】D
【详解】A．根据A、B 两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，即两粒子均带正电，
可知❑6
14C原子核发生的是α 衰变，故A 错误；
BC．根据上述，该衰变的核反应方程为❑6
14C→4
10 Be+2
4 He，衰变过程能量守恒，动量守恒，两原子核动
量大小相等，则有mAvA=mBvB
可知，质量越大，速度越小，即❑4
10Be的初速度小于❑2
4 He的初速度，粒子在电场中做类平抛运动，则有
x=vt，y = 1
2
qE
m t
2
解得y = qE
2m
x
2
v
2
根据图像可知，当竖直分位移大小相等时，❑4
10Be的初速度小，电荷量多，则水平分位移小一些，可知A
粒子为❑4
10 Be粒子，根据y = 1
2
qE
m t
2可知，由于❑4
10 Be的比荷小于❑2
4 He的比荷，经历相等时间，❑4
10 Be
的竖直分位移小于❑2
4 He的竖直分位移，即两粒子飞出后不在同一等势面上，故BC 错误；
D．根据x=vt，mAvA=mBvB解得经过相等时间A、B 粒子水平分位移之比为xA
xB
= mB
mA
= 2
5可知经历相等时间
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A、B 粒子水平分位移比为2：5，故D 正确。故选D。
1．（多选）（2024·江西·高考真题）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、
带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q 和Q。在图示的坐标
系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x = x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷
的电势能Ep=k Qq
r （r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力
加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
A．最低点的位置x =
kQq
(mg+ f )x0
B．速率达到最大值时的位置x =√
kQq
mg−f
C．最后停留位置x 的区间是√
kQq
mg ≤x ≤√
kQq
mg−f
D．若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg−f )√
kQq
mg+ f
【答案】BD
【详解】A．全过程，根据动能定理(mg−f )( x0−x ）−(k Qq
x −k Qq
x0
)=0解得x =
kQq
(mg−f )x0
故A 错误；
B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg= f +k Qq
x
2 解得x =√
kQq
mg−f
故B 正确；
C．小球甲最后停留时，满足mg−f ≤k Qq
x
2 ≤mg+ f 解得位置x 的区间√
kQq
mg+ f ≤x ≤√
kQq
mg−f
故C 错误；
D．若在最低点能返回，即在最低点满足k Qq
x
2 >mg+ f 结合动能定理
(mg−f )( x0−x ）−(k Qq
x −k Qq
x0
)=0又Ep=k Qq
r 联立可得Ep0<(mg−f )√
kQq
mg+ f 故D 正确。故选
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BD。
2．（2025·广东·高考真题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的
平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A 点处，由
静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B 点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬
间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍（
k <1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B 点与左平板的距离为
l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B 点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】(1)q = mgdl
Uh
(2)Q = kmgdh
Ul
(3)若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
≤d时，W = mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
，若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
>d时，
W = mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
【详解】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有h= 1
2 gt
2
水平方向上做匀加速直线运动，则有qU
d =ma，l = 1
2 at
2
解得q = mgdl
Uh
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为v y 1=√2 gh
水平分速度为v x1=√2al =√
2 gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k √2gh
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ = v y 2
v x1
= kh
l
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由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tanθ =
UQ
d
mg = UQ
mgd
联立解得Q = kmgdh
Ul
（3）根据题意可知，由于k <1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘
板碰撞，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t
′，则有t
′ = 2k √2 gh
g
=2k√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a
' = UQ
md = kgh
l
水平方向运动的距离为l
′ = v x1t
′ + 1
2 at
′2= 4 kl+ 4 k
3h
2
l
则电场对颗粒做的功为W = Uql
d + UQl
'
d
= mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
若l+l' >d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向
位移为d −l，颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为
W ' = Uql
d + UQ(d −l)
d
= mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
3．（2024·福建·高考真题）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N 与桌
面上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C
相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、
B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t =0时撤去电场，C 向下加速运动，下降
0.2m后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J。已知A、B、C 的质量分别为
0.3kg、0.4 kg、0.2kg，小球C 的带电量为1×10
−6C，重力加速度大小取10 m/s
2，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)求A 与B 间的滑动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续向右运动，一
段时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B 未与A 脱离，
C 未与地面相碰）
【答案】(1)2×10
6 N/C(2)0.5；2
3 m/s(3)2
3 √2m/s
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【详解】（1）撤去电场前，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，对A、B 整体分析可知，此时绳中拉
力为0，对C 根据共点力平衡条件有qE =mC g解得E =2×10
6 N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有T 1=mC g，T 1= f 其中f = μmB g解得
μ=0.5，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹
簧的弹性势能相同，C 下降0.2m的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 Ep解得v = 2
3 m /s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据
共点力平衡有2kh−f =0当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h
′，对
A 根据牛顿第二定律可得f −2k h
' =mAa对B、C 根据牛顿第二定律可得qE+mC g−f =(mB+mC)a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降0.2m时开始相对滑动，在C 下降0.2m的过程中，对
A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有qE h
′ +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vmax
2
+2 Ep
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程
中的最大速度为v
′
max = vmax联立解得v
′
max = 2√2
3
m /s
4．（2024·河北·高考真题）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）v A =√
Uq−mgL
m
，vB=√
3(Uq−mgL)
m
【详解】（1）在匀强电场中，根据公式可得场强为
E = U
L
（2）在A 点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
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Eq−mg =m v A
2
L
A 到B 过程根据动能定理得
qU −mgL= 1
2 mvB
2−1
2 mv A
2
联立解得
v A =√
Uq−mgL
m
23
