文档文本内容
专题强化：带电粒子（带电体）在电场中的力电综合
问题
目录
.....1
.....4
考点一 带电体在等效场中的运动.....................................................................................................................................4
考向1：等效场中的圆周运动....................................................................................................................................6
考向2：等效场中的抛体运动....................................................................................................................................6
考点二 带电粒子在交变电场中的运动............................................................................................................................ 9
考点三 电场中的动力学、动量和能量问题.................................................................................................................14
考向1：动力学、动能定理分析力电综合问题..................................................................................................14
考向2：能量观点、动量观点分析力电综合问题.............................................................................................15
. .18
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 18
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 27
核心考点
1.等效重力场法：
核心思想：在处理带电体（考虑重力）在匀强电场与重力场的叠加场中的运动时，将
重力和电场力合成为一个“等效重力”，从而将复杂的复合场问题等效为一个新的重力
场。
等效最高点/最低点：确定等效重力场的“等效最高点”（速度最小、临界点）和“等
效最低点”（速度最大），用竖直面内圆周运动的模型（绳模型或杆模型）分析其临界条
件。
2.动力学观点的应用：
牛顿第二定律：F 合=ma，分析粒子在任意时刻的加速度，特别是瞬时加速度问题。
匀变速直线运动/曲线运动：对粒子的运动进行分解（类平抛、类竖直上抛等），用运
动学公式求解位移、速度和时间。
3.功能关系与能量观点的应用：
动能定理：W 总=ΔEk是最常用的工具，包括电场力做功和重力做功。
机械能守恒：在只有重力和弹簧弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，总和不
变。但在电场中，若电场力做功，机械能不守恒。
能量守恒：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种
形式，或者从一个物体转移到其他物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变。在电场
中，常表现为系统的动能、重力势能、电势能、弹性势能等相互转化，总和不变。
考情透析
1.题型与难度：主要以计算题的形式出现，是高考的压轴题或区分题。难度高，对综合
能力要求极高。
2.命题规律：
高频考查：带电体在复合场（电场+重力场）中的圆周运动（等效重力场法）、带电粒
子在电场中多过程、多阶段的运动（如先加速、后偏转、再进入磁场等）、结合弹簧、斜
面、轨道等力学模型的综合问题。
常规考法：综合应用牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理来解决带电
体在电场中的复杂运动问题。
创新考法：往往将电场与磁场、传送带、板块模型、弹簧等高度融合，或在交变电
场、空间立体电场等新情境下考查，要求学生具备极强的模型建构、过程拆分、知识迁移
能力。
3.考查方向：侧重用等效法处理复合场中的圆周运动、用能量和动量观点处理多过程问
题、分析临界状态（如“恰好通过最高点”、“最大速度”、“最小速度”等）、区分并
灵活选用力学三大观点（动力学、能量、动量）。
素养对接
1.模型建构与等效思维：能从复杂的电场情境中识别出“等效重力场”模型、“类平
抛”模型、“圆周运动”模型。其中等效重力场法是解决复合场中圆周运动的核心科学思
维，要求学生具备很强的等效、转化与建模能力。
2.守恒思想与能量观念：深刻理解电场力做功将引发电势能的变化，并能与重力势能、
动能、弹性势能等综合考虑，运用能量守恒定律分析系统能量的转化与转移，培养科学的
能量观。
3.多过程拆分与综合思维：能将一个复杂的多过程问题拆分为几个相对简单的子过程
（如匀加速直线、类平抛、匀速圆周、碰撞等），并识别每个过程的受力特征、运动特征
和能量特征，再通过物理量（如速度、位移、时间）将各子过程有机串联起来。
4.逻辑推理与论证能力：在分析临界问题时，能运用物理规律（如向心力公式、功能关
系）进行严谨的逻辑推导，论证出临界条件，并计算相应的临界值。
学习目标
1.知识目标：
能说出等效重力场法的核心思路，并能熟练确定等效重力的方向和大小。
能写出动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律的表达式，并清楚它们的
适用条件和物理意义。
能说出竖直面内圆周运动“绳模型”和“杆模型”在等效最高点处的临界条件。
2.能力目标：
模型建构能力：能从问题中准确识别并构建出“等效重力场”模型，并将圆周运动、
类平抛运动等模型与之结合。
过程拆分与衔接能力：能独立将一个复杂过程拆分为几个简单子过程，并利用速度作
为“桥接”，将各过程的物理量联系起来。
三大观点选择能力：能根据问题的具体情境（如：涉及加速度和力的瞬时关系→牛顿
定律；涉及时间和位移的变化→动力学/功能关系；涉及力的空间累积→功能关系；涉及力
的时间累积、碰撞、冲击→动量观点），合理、灵活地选择和组合力学三大观点。
临界问题分析能力：能通过分析受力和运动规律，找出临界状态（如“刚好不脱离轨
道”、“最大速度”、“最小拉力”等），并列出临界条件方程。
备考建议
1.熟悉“等效重力场”模型，这是解决复合场问题的核心：
操作步骤：
①合成等效重力。
②找到等效“竖直方向”：等效重力的方向即为新的“竖直向下”方向。
③找到等效最高点与最低点：在等效重力场中，将物体在竖直面内做圆周运动的模型
照搬过来。等效最高点是速度最小、最容易脱离轨道的点；等效最低点是速度最大的点。
④应用规律：在等效最高点列向心力方程，在任意两位置间列动能定理或能量守恒方
程。
2.必须掌握“力学三大观点”在电场中的选用原则：
动力学观点（牛顿运动定律+运动学）：适用于匀变速直线运动或瞬时加速度问题，且
过程单一。
能量观点（动能定理/机械能守恒/能量守恒）：适用于不涉及时间的问题，或涉及位
移、力做功、能量转化的问题。这是首选和核心。
动量观点（动量定理/动量守恒）：适用于涉及时间、冲击力、碰撞、爆炸等有明显时
间累积效应或系统内力作用的问题。
3.专题训练“多过程、多物体、多场”的综合压轴题：
训练要求：快速阅读并在草稿纸上画出大致的物理过程示意图（受力图、运动轨迹
图）。
将复杂过程拆分成一个个简单的阶段（如：A→B 是直线加速，B→C 是类平抛，C→D
是圆周运动...）。
找到不同阶段间的连接点（通常是速度的大小和方向）。
为每个阶段选择合适的物理规律列出方程，最后联立求解。
4.强化“临界问题”的专项训练：
常见临界条件：“刚好不脱离轨道”→在等效最高点，轨道支持力或绳拉力为零（仅
重力或等效重力充当向心力）。
“恰好到达某点”→在该点速度为零。
“最大速度”→合力为零（平衡位置），即动能最大点（在等效最低点）。
“最大加速度”→合力最大。
5.强化易错点专项训练：
易错点一：忘记区分是否考虑重力。微观粒子（如电子、质子、离子）一般不计重
力；宏观带电体（如小球、油滴、尘埃）必须考虑重力。
易错点二：乱用“等效最高点”的结论。必须明确是在“绳模型”还是“杆模型”
下。绳模型：临界速度v=√(g'r)；杆模型：临界速度v=0。它们的临界条件完全不同。
易错点三：能量观点和动量观点混用。在用动能定理时，一定要正确列出所有力的做
功情况，特别是电场力做功W=qU（注意正负号）。动量守恒只适用于系统不受外力或合外
力为零的情况，不能乱用。
易错点四：列能量守恒方程时忘记电势能。只要电场力做功，系统的电势能就一定会
变化，能量守恒方程中必须包含电势能项。
考点一 带电体在等效场中的运动
【必备知识回顾】
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问
题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之
为“等效重力场”．
2．“等效重力”及“等效重力加速度”
(1)“等效重力”：将重力与电场力进行合成，如图所示，则G 效＝F 合。
(2)“等效重力加速度”：g 效＝，F 合的方向即为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
3．在“等效重力场”中的圆周运动
带电体在“等效重力场”中做圆周运动的等效“最高点”与“最低点”：
以下两种情境为例：图中虚线圆周表示带正电的带电体在“等效重力场”中做圆周运动的轨迹，过其
圆心作“等效重力”的作用线：
(1)沿着“等效重力”的反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效“最高点”。
(2)沿着“等效重力”的方向延长交于圆周上的那个点即为等效“最低点”。
4．带电体在“等效重力场”中的类抛体运动
（1）类抛体运动
①如果带电体的初速度方向与等效重力方向垂直，则带电体做类平抛运动。
②如果带电体的初速度方向与等效重力方向成某一锐角或钝角，则带电体做类斜抛运动。
（2）处理方法：与处理平抛运动、斜抛运动的方法相同。
①利用运动的合成与分解的方法分析解决。
②利用动能定理等规律分析解决。
【重难模型精讲】
考向1：等效场中的圆周运动
【典例1】(2026·山西省·单元测试)半径为r的绝缘光滑圆形轨道固定在竖直平面内，轨道内侧有一质
量m、带正电的小球，空间存在着水平向右的匀强电场。小球所受静电力是其重力的3
4 倍。
(1)将小球从轨道的最低点A处静止释放，小球在何处动能最大？最大动能是多少？
(2)要使小球做完整的圆周运动，求至少在A处给它以多大的初速度？
【答案】(1)小球的受力分析如图所示
静电力是重力的3
4 倍，设重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，所以有tanθ = F电
mg = 3
4
则θ =37
∘
即等效最低点与圆心的连线与竖直方向的夹角为37
∘，即图中的B点，此位置动能最大，由A到B由动
能定理有F电r sin37
∘-mgr (1-cos37
∘)= Ek max -0
解得Ek max= 1
4 mgr；
(2)由题意可知，图中的C点为等效最高点，要使小球做完整的圆周运动，则小球恰好过C，即在此位
置小球与轨道刚好没有弹力，即重力与静电力的合力恰好提供向心力，所以有
mg
cos37
∘=m vC
2
r
从A到C运用动能定理有- F电r sin37
∘-mgr(1+cos37
∘)= 1
2 mvC
2 - 1
2 mv A
2
联立解得v A =
❑√23 gr
2
。
考向2：等效场中的抛体运动
【典例2】（多选）(2026·云南省·模拟题)水平地面上方有水平向右的匀强电场，场强大小为E = mg
2q ，
从地面上的A点斜向右上方以速度v0=10m/ s抛出一个带正电荷为+q、质量为m的小球，速度方向与水
平地面的夹角θ =53
∘，轨迹如图所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面的C点。
忽略空气阻力的影响。g=10m/ s
2则()
A.D、E两点速度大小相等
B.B点速度为10m/ s
C.小球落地时与水平方向的夹角仍为53° D.A、C两点距离为16m
【答案】BD
【解析】A.D、E两点高度相等，小球从D→E重力做功为零，电场力做正功，故D、E两点速度大
小不等，故A 错误；
B. 小球在竖直方向与水平方向的初速度为：v x = v0cos53° =10×0.6m/ s=6m/ s，
v y = v0sin53° =10×0.8m/ s=8m/ s，B为轨迹最高点，故B 点竖直速度为零，则v y =>¿，水平方向
qE =max，v x = v0+axt，联立解得：v x =10m/ s，故B 正确；
C.小球从A →C的时间为从A →B的两倍，则到C点时，水平速度为：v xC = v x+ax⋅2t =14 m/ s，
小球落地时与水平方向夹角正切：tan β = v y
v xC
，解得：tan β = 4
7 ，故C 错误；
D.A、C两点距离为：x = v xC
2 - v x
2
2ax
，解得：x =16m，故D 正确。
【变式训练与拓展】
【变式1】（多选）(2026·吉林省通化市·期末考试)如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆形轨道固定在
竖直平面内，下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。质量为m的带正电
小球从A点以某一初速度向左运动，沿轨道运动并从C点飞出，经过P点时恰好对轨道无压力。已知轨道
上M点与圆心O等高，OBC共线，OP与竖直方向的夹角为45❑
∘，取重力加速度为g，下列说法正确的是
()
A.小球所受静电力大小为mg
B.小球经过P点的速度大小为❑√2 gR
C.小球经过轨道上C点的加速度大小为❑√2g
D.小球在M点受到的弹力大小为3(❑√2-1)mg
【答案】AD
【解析】AB.小球经过P点时恰好对轨道无压力，合力恰好提供向心力，则有tan 45
❑
∘
= F
mg ，可得小
球所受静电力大小为F =mg，根据牛顿第二定律，小球经过P点时有F合= ❑√2mg=m vP
2
R
，小球经过P点的
速度大小为v P= ❑√
❑√2 gR
故A 正确，B 错误；
C.
小
球
从
P点
到
C点
的
过
程
中
，
根
据
动
能
定
理
有
F ⋅R sin 45❑
∘-mgR(1-cos 45❑
∘)= 1
2 m vC
2 - 1
2 m v P
2，求得vC
2 =(3 ❑√2-2)gR，可得小球经过轨道上C
点的向心加速度大小为an= vC
2
R =(3 ❑√2-2)g，水平方向的加速度大小为ax = F
m = g，则小球经过轨道上C点
的加速度大小为aC =
❑√an
2+ax
2 =
❑√(23-12❑√2)g，故C 错误；
D.P点是小球运动的等效最高点，根据运动的对称性，可知小球在M点速度大小满足v M
❑= vC
❑，小球在
M点根据牛顿第二定律，有N + F =m v M
2
R
，联立可求得小球在M点受到的弹力大小N =3(❑√2-1)mg，故
D 正确。
【变式2 】（多选）(2026· 四川省· 联考题) 如图所示，质量m=2×10
-3kg、电荷量绝对值
q =3×10
-2C的带电小球，自A点垂直于水平电场线方向进入范围足够大的匀强电场，它到达B点时的速
度vB=5m/ s，速度方向与电场方向的夹角为127
∘，AB沿电场方向的距离为0.9m。取sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8，重力加速度大小g=10m/ s
2，忽略空气阻力。下列说法正确的是()
A.A、B两点的电势差U AB=0.3V
B.小球在A点的初速度v0=10m/ s
C.从A点到B点的过程中小球的机械能减少了9×10
-3J
D.在小球从A点运动到最高点的过程中，小球速度的最小值为2❑√5m/ s
【答案】BD
【解析】由小球的运动可知，小球带负电，由小球在B点的速度大小和方向可知
vBy = vBcos37
∘= 4 m/ s，vBx = vBsin37
∘=3m/ s，由水平方向上小球做匀变速直线运动特点可知
t AB= 0.9
vBx
2
s=0.6 s
，由竖直方向上小球的运动可知vBy = v0- gt AB，则小球在A点的初速度v0=10m/ s，选
项B 正确;
对小球由A点到B点的过程由动能定理有U AB(-q)-mgh= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v0
2，代入数据可得
U AB=-0.3V ，选项A 错误;
从A点到B点的过程中小球的机械能增加了U AB(-q)=9×10
-3J，选项C 错误;
结合以上分析知2 F电=mg，小球的速度与小球所受合力垂直时，小球的速度有最小值，
v = v0cosθ =10×
❑√5
5 m/ s=2❑√5m/ s，选项D 正确。
考点二 带电粒子在交变电场中的运动
【必备知识回顾】
1．常见的交变电场类型
产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的粒子运动
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定
理等求解)。
注意：对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场
时可认为是在匀强电场中运动。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
【重难模型精讲】
【典例3】（多选）(2025·安徽省蚌埠市·其他类型)真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图
甲所示。加在A、B间的电压U AB做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为-k U 0(k ≥1)，电压变化
的周期为2T，如图乙所示。在t =0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向
从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是()
A.若k =1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B.若k =1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加eU 0
6
C.若k =1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足d >
❑√
5eU 0T
2
3m
D.若k =1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于❑√v0
2+( eU 0T
dm
)
2
【答案】BC
【解析】AB.若k =1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；
若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，在0～2T时间内电场力做功为零，电子动能变化为零，
在2T ～3T时间内根据动能定理可得：△Ek =e× U 0
2 × 1
3 = eU 0
6
，故A 错误，B 正确；
C.竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1= eU 0
md ，位移：x1= 1
2 a1t
2，
在T ～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a2= 3eU 0
2md ，初速度的大小：
v1=a1T
匀减速运动阶段的位移x2= v1
2
2a2
；由题知d
2 ≥x1+ x2，解得d ≥
❑√
5eU 0T
2
3m
，故C 正确；
D.若k =1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，平行电场方向的速度大小为：
v y =a2T -a1T = eU 0T
2md ，合速度为v合=
❑√v0
2+( eU 0T
2dm )
2，故D 错误。
故选BC。
【变式训练与拓展】
【变式3】（多选）(2025·重庆市市辖区·月考试卷)如图甲所示，大量静止的质量为m、电荷量为+q的
带电粒子陆续经加速电压U 1加速后，从P点沿水平方向进入偏转电场，长为l的两平行金属板A、B水平放
置，两金属板间加如图乙所示的电压，图中U 0、T已知。P点到A板的距离为两板间距离的三分之一，且
向上偏转距离最大的粒子刚好从上板右端边缘飞出，其中U 1= ml
2
2qT
2，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
下列说法正确的是（）
A.A、B两板间的距离为❑√
3qU 0T
2
4 m
B.在t =0至t = T
2 时间内射入偏转电场的粒子，出电场时的速度大小各不相同
C.将B板向上平移，平移的距离为开始时板间距离的1
3时，有部分粒子会打在B板上
D.将A板向下平移到紧靠P点的位置，有部分粒子会打在B板上
【答案】AC
【解析】设板间距离为d，根据题意可知，t = T
2 时刻从P点射出的粒子向上偏转且偏转距离最大，最
大距离1
3 d =2⋅1
2
qU 0
md ( T
2 )
2，解得d =
❑√
3qU 0T
2
4 m
，故A 正确;
所有粒子在电场中运动的时间均为T，所有粒子出电场时的速度与板平行，竖直方向速度均为0，速度
大小均相同，故B 错误;
当B板向上平移的距离为1
3 d时，设t =0时刻进入电场的粒子也能射出电场，则
y =2⋅1
2 ⋅qU 0
m⋅2
3 d
( T
2 )
2= 1
2
❑√
3qU 0T
2
4 m
> 1
3
❑√
3qU 0T
2
4 m
，假设不成立，因此有部分粒子会打在B板上，故
C 正确;
将A板向下平移到紧靠P点的位置，设t =0时刻进入电场的粒子也能射出电场，则
y =2⋅1
2 ⋅qU 0
m⋅2
3 d
( T
2 )
2= 1
2
❑√
3qU 0T
2
4 m
< 2
3
❑√
3qU 0T
2
4 m
，因此假设成立，即将A板向下平移到紧靠P点的
位置，不会有粒子打在B板上，故D 错误。
【变式4】(2025·江苏省南京市·模拟题)如图甲所示，质量为m、带电量为+q的初速度为零的带电粒子，
经A、B间的电场加速后，沿水平放置的平行极板C 、D的中心线OO
'进入偏转电场。已知极板A、B间
电压为U，极板C 、D的板长为L，板间距离为d。如图乙所示，C 、D板间加上周期性变化的电压U CD、
T = L❑√
2m
qU 、U 0= U d
2
L
2 。粒子的重力忽略不计，两板间电场看作匀强电场。
(1)求粒子射入偏转电场时的速度大小v0；
(2)若粒子在t =0时刻进入C、D间的偏转电场，求粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离
y及速度偏转角θ的正切值；
(3)若粒子在t = T
4 时刻进入C、D间的偏转电场，求粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距
离y '。
【答案】(1)带电粒子经电场加速，由动能定理有Uq = 1
2 mv0
2-0，
解得粒子射入偏转电场时的速度大小v0= ❑√
2Uq
m 。
(2)粒子在t =0时刻进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，L= v0t，t = L
v0
= T
2 ，
竖直方向做匀加速直线运动a= U 0q
dm = qUd
m L
2，
粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y = 1
2 at
2= d
4 ，
粒子离开偏转电场时竖直速度v y =at = qUd
mLv0
，
速度偏转角θ的正切值tanθ = v y
v0
=
qUd
mLv0
v0
= qUd
mLv0
2 = d
2 L
。
(3)粒子在t = T
4 时刻进入偏转电场，粒子离开偏转电场所用时间t = L
v0
= T
2 ，
T
4 ∼T
2 时间内，竖直方向做匀加速直线运动a= U 0q
dm ，
位移y1= 1
2 a( T
4 )
2= d
16 ，
T
2 ∼3T
4 时间内，竖直方向做匀减速直线运动a=- U 0q
dm ，
位移y2=(a T
4 ) T
4 - 1
2 a( T
4 )
2= 1
2 a( T
4 )
2= d
16 ，
粒子离开偏转电场时沿垂直于板面方向的偏转距离y ' = y1+ y2= d
8 。
【变式5】(2025·辽宁省·联考题)如图甲所示，在坐标系xOy的第Ⅱ象限内放置了α射线管，α射线管由
平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C到两板的距离相等，且开口在y轴上(
图中C与两板绝缘)，粒子源P在A极板的左端，可以斜向下朝A、B两极板间沿特定方向发射质量为m、
电荷量为2e(e为元电荷)、初速度为v0的α粒子。极板长度和两板间距均为L，当A、B板间加上某一电压
时，α粒子刚好能以某一速度水平进入细管C，且以相同速度水平射出，然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析
器中做匀速圆周运动，之后α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限。已知静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指
向圆心O，粒子经过处的电场强度大小均为E0= m v0
2
4 eL ;第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向平行于x轴
且随时间呈周期性变化的电场，从α粒子进入第Ⅳ象限开始计时为t =0时刻，电场强度E随时间t变化关系
如图乙所示(图中T为已知值，规定沿x轴正方向为电场正方向)。α粒子的重力不计。求：
(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小v ;
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r ;
(3)当t =2T时，α粒子的坐标。
【答案】(1)α粒子在金属板内运动过程，
沿金属板方向有L= v xt
垂直金属板方向有L
2 = 0+ v y
2
t
又v0
2= v x
2+ v y
2
解得v = v x =
❑√2
2 v0
(2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，
由电场力提供向心力可得2e E0=m v
2
r
解得r = L
(3)α粒子在第Ⅳ象限，0∼T
2 内有
x1= 1
2 × 2e E0
m
( T
2 )
2= v0
2T
2
16 L
y1= v T
2 =
❑√2v0T
4
t =2T时，α粒子的横坐标为x =r + 4 x1= L+ v0
2T
2
4 L
纵坐标为y =- 4 y1=- ❑√2v0T
在t =2T时，α粒子的坐标为( L+ v0
2T
2
4 L ,- ❑√2v0T )
考点三 电场中的动力学、动量和能量问题
【必备知识回顾】
电场中的力电综合问题，是指带电物体在重力、静电力等共同作用下的运动问题。解决该类问题，在
正确受力分析的基础上，要正确建立带电物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动模型进行类比，
根据其运动特点灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究。
1．动力学的观点：对于带电物体在匀强电场中做直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律和运
动学公式解题。
2．能量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及能量的问题，可以应用动能定理、功能关系、
能量守恒定律等灵活解题。
3．动量的观点：对于带电物体在电场中的运动过程涉及动量的问题，可以应用动量定理、动量守恒
定律等灵活解题。
【重难模型精讲】
考向1：动力学、动能定理分析力电综合问题
【典例4】(2026·江苏省·月考试卷)如图所示，空间有场强大小E =10
3V /m，方向竖直向下的匀强电
场，长L=1m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.8kg、带电荷量q =0.01C的正电小球。
现把小球拉起至绳子水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂(无能量损
失)，小球继续运动并垂直打在一个与水平面成θ =53❑
∘且足够大的挡板MN上的C点，重力加速度g取
10m/ s
2，试求：
(1)绳子的最大张力T；
(2)B、C两点的电势差U；
(3)当小球运动至C点时，突然调整匀强电场的方向和大小，同时迅速向右平移挡板到某处，若小球
仍能垂直打在挡板上且场强最小，求调整后匀强电场Emin大小和方向。
【答案】解：(1)小球从A →B过程，由动能定理及圆周运动知识有：
(mg+qE)L= 1
2 mvB
2
T -(mg+qE)=m vB
2
L
联立解得：T =54 N，小球在最低点时，绳子的拉力最大。
(2)小球从A →C由功能关系及电场相关知识有：
(mg+qE)hAC = 1
2 m vC
2 -0
vC sinθ = vB
U AC = E⋅hAC
又由于AB之间电势差为U AB= E⋅hAB，hAB= L
且U AC =U AB+U BC
联立解得：U =U BC =562.5V
(3)由题可知改变电场方向后小球必须做匀速直线或匀加速直线运动，才能垂直打在挡板上，
由矢量三角形可知：当F电与F合(或运动)的方向垂直时，电场强度有最小值Emin，
由矢量三角形图有：q Emin=mgsinθ，
得：Emin=640V /m；方向与水平方向夹角为53°，向右倾斜向上
考向2：能量观点、动量观点分析力电综合问题
【典例5】(2026·安徽省芜湖市·其他类型)如图所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段
的长度L=1m，CDF为竖直平面内半径R =0.1m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电
场强度大小E =1×10
3 N /C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，
另一端与质量m=0.1kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一个套在半圆轨道上、电
荷量q =1.0×10
-3C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q(图中未画出)。
由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动，当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小
F N =5 N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/ s²，两滑块和圆环
均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求；
(1)圆环的质量M；
(2)圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vc；
(3)弹簧的最大弹性势能E p。
【答案】解：(1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR+qE R = 1
2 M v D
2
由牛顿第二定律有F N -qE = M v D
2
R
解得M =0.1kg
(2)圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，故Mg×2 R = 1
2 M vC
2
解得vc =2m/ s
(3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速
度大小为2m/ s；滑块Q在BC段运动的过程中，
根据动能定理有- μMgL= 1
2 M vB
2 - 1
2 M vc
2
解得vB= ❑√2m/ s
滑块Q和滑块P碰撞时有M vB=( M +m)v
E p= 1
2 ( M +m)v
2
解得E p=0.05 J
【变式训练与拓展】
【变式6】(2026·辽宁省沈阳市·期末考试)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的
四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R =0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强
电场，电场强度E =1.0×10
4 N /C，现有一个质量m=0.1kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上A点
处，AB两点距离x =1.0m，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，
速度恰好为零，已知带电体所带电荷量q =+8.0×10
-5C，取g=10m/ s
2，求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；
(2)物体从B到C过程中摩擦力做的功。
【答案】(1)从A点到B点运动过程中，根据动能定理有Eqx = 1
2 m vB
2，解得vB= 4 m/ s，
带电体在B点进入圆弧形轨道，在B点竖直方向受重力mg与支持力N的作用。
根据牛顿第二定律有F N -mg= m vB
2
R
，解得F N =5 N，
根据牛顿第三定律，带电体在B点对圆弧轨道的压力大小F N ' =5 N
(2)从B点到C点运动过程中，根据动能定理有EqR -mgR+W f =0- 1
2 m vB
2，解得W f =-0.72J。
【变式7】(2026·江苏省·单元测试)如图所示，CD左侧存在电场强度大小为E = mg
q 、方向水平向左的
匀强电场，一个质量为m、带正电电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L、倾角α =53°的直角三角形
斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，
圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为
g(sin53° =0.8,cos53° =0.6)。
(1)求DA两点间的电势差U DA；
(2)求圆管半径r；
(3)求小球从D点运动到P点的时间t。
【答案】解：(1)由电势差和电场强度的关系：U = Ed可知：U DA = Ed = mg
q L
(2)由小球恰好过D点，判断v D=0
从A到D过程，根据动能定理：mg( L tan53° -2r )- EqL=0
解得r = L
6
(3)由于mg= Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。
设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x = y，x tan53°+ y =2r
解得x = L
7 ，y = L
7
竖直方向自由落体有y = 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2 L
7 g
答：(1)DA两点间的电势U DA为mgL
q
；
(2)求圆管半径r为L
6 ；
(3)求小球从D点运动到P点的时间t为❑√
2 L
7 g 。
【变式8】(2026·广西壮族自治区河池市·其他类型)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，由水平
粗糙轨道AB与光滑圆弧轨道BC组成的绝缘轨道固定在竖直面内，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，AB
部分轨道足够长，圆弧轨道的半径为R，OC与水平方向的夹角为45°。将一个质量为m、电荷量为+q的
带电小物块在水平轨道上某处由静止释放，物块沿轨道由C点滑出，当物块的速度为零时位置刚好在O点
正上方。已知重力加速度为g，匀强电场的电场强度E = mg
q ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，物
块可视为质点，求：
(1)物块开始释放的位置离B点的距离为多少；
(2)物块在BC轨道上运动时，对轨道的最大压力为多少。
【答案】(1)由于OC与水平方向夹角为45❑
∘，qE =mg
重力与电场力的合力方向与OB的夹角为45❑
∘
因此物块从C点滑出后，在电场中做类竖直上抛运动
根据几何关系，C点到最高点运动的距离x1= R
最高点离水平轨道的高度h=(❑√2+1) R
从释放到最高点，根据动能定理qEx - μmgx -mgh=0
解得x =2(1+ ❑√2) R
(2)设物块第一次运动到圆弧轨道上D点时物块对轨道的压力最大。分析可知，OD与竖直方向的夹角
为45❑
∘，设在D点时速度为v，根据动能定理qEx - μmgx +qE×
❑√2
2 R -mg(R -
❑√2
2 R)= 1
2 m v
2
解得v =2❑√
❑√2 gR
在D点，根据牛顿第二定律F - ❑√2mg=m v
2
R
解得F =5 ❑√2mg
根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的最大压力F ' = F =5 ❑√2mg
基础巩固练
1.(2026·湖南省长沙市·其他类型)如图所示，已知两平行金属极板间电压为U，间距为d。质量为m的
带电金属微粒从距上板的距离为d位置处由静止释放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速
度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为()
A.负电荷，q = mgd
U
B.负电荷，q = 2mgd
U
C.正电荷，q = 2mgd
U
D.正电荷，q = mgd
U
【答案】B
【解析】根据题意可知，带电金属微粒的末速度为0，所以带电金属微粒受到的电场力竖直向上，则
金属微粒带负电，根据动能定理2mgd -qU =0-0
解得q = 2mgd
U
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2.(2026·江苏省·单元测试)如图所示，在水平面MN的下方空间中存在竖直向下的匀强电场，质量为m
的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、
B、C三点在同一直线上，且AB =2BC。由此可知()
A.小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒
B.电场力大小为2mg
C.小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1
D.小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1
【答案】C
【解析】A.从A到B到C，整个运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A 错误；
BCD.从A到B到C，小球在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2∶1，所以从
A到B的时间与从B到C的时间之比等于2∶1，AB和BC竖直方向上的分量也是2∶1，所以竖直方向上的
加速度之比是1∶2，根据Eq-mg=ma，可知qE =3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C 正确，
B、D 错误。
故选C。
3.(2026·广东省·单元测试)如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅
在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O'为圆心在平
面内旋转相同角度后，带电粒子依旧能够沿直线从A运动到B，则()
A.平行金属板一定顺时针旋转45°
B.平行金属板一定逆时针旋转45°
C.带电粒子电势能一定逐渐增加
D.带电粒子一定做匀变速直线运动
【答案】D
【解析】刚开始时粒子做匀速直线运动，mg=qE =q U
d ，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为
零。
如
图
所
示
，
平
行
金
属
板
顺
时
针
旋
转
θ角
，
则
q U
d ' cosθ =q
U
dcosθ cosθ =q U
d =mg，所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无
关，根据受力分析可知，电场力做正功，粒子的电势能逐渐减少，粒子做匀加速直线运动；同理，若平行
金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项D 正确。
故选D。
4.(2026·北京市市辖区·入学测验)1909年，美国物理学家密立根用如图甲所示的实验装置，比较准确地
测定了电子的电荷量。平行金属板间存在竖直方向的匀强电场，喷雾器喷出带同种电荷的油滴，油滴进入
金属板间后，发现有的油滴刚好悬浮不动，有的油滴运动轨迹如图乙所示，a、b为轨迹上两点，忽略空气
粘滞阻力和浮力对油滴的影响，下列说法正确的是()
A.电场中a点的电势一定高于b点的电势
B.油滴在a点的加速度可能大于在b点的加速度
C.油滴在a点的动能一定大于在b点的动能
D.油滴在a点的机械能一定大于在b点的机械能
【答案】C
【解析】解：A、油滴进入金属板间后，发现有的油滴刚好悬浮不动，则电场力等于重力，电场力方
向向上，因油滴带电电性未知，故无法确定场强方向，电势高低无法确定，故A 错误；
B、平行金属板间存在竖直方向的匀强电场，场强大小处处相等，电场力处处相等，根据F =ma知，
加速度也处处相等，故B 错误；
CD、油滴受电场力向上，从b到a过程中，电场力做负功，重力做正功，水平方向不受力，则水平方
向速度不变，竖直方向在电场力和重力作用下速度逐渐增大，油滴动能逐渐增大，油滴在a点的动能一定
大于在b点的动能；根据功能关系可知，该过程机械能逐渐减小，油滴在a点的机械能一定小于在b点的机
械能，故C 正确，D 错误；
故选：C。
5.(2026·四川省绵阳市·模拟题)如图所示，三维空间坐标系的y轴竖直向上，y轴上y =- L处记作P点，
空间存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)。长度为L的绝缘细线一端固定在O点，另一端连接质量为
m、电荷量大小为q带正电的小球(可视为质点)。已知重力加速度为g，不计空气阻力，匀强电场的电场强
度大小为3mg
4 q ，下列说法正确的是（）
A.若小球从P点由静止释放，则小球运动的最大速率为
❑√gL
2
B.若小球从P点由静止释放，则小球的机械能最大时动能也最大
C.若小球过P点做匀速圆周运动，则小球运动的速率为3 ❑√gL
4
D.若小球过P点做匀速圆周运动，则绳子的拉力为5
4 mg
【答案】C
【解析】A. 设小球所受合外力的大小为F，方向与y负方向的夹角为θ，则有
F =
❑√(mg)
2+(qE)
2= 5mg
4
，tanθ = qE
mg = 3
4 ，小球从P点静止释放，小球到动能最大的过程有
FL(1-cosθ)= 1
2 mv❑
2 -0，解得v = ❑√
gL
2 ，故A 错误；
B.小球机械能最大时是向右最远的时候，电场力做功最多，此时动能为零，故B 错误；
C.若小球做匀速圆周运动，则说明小球做圆周运动的平面一定与合外力在同一平面内，所以小球过P
点做圆锥摆运动，有F tanθ =m
v
'2
Lsinθ ，解得v ' = 3 ❑√gL
4
，故C 正确；
D.绳子的拉力T cosθ = 5
4 mg，解得T = 25
16 mg，故D 错误。
6.（多选）(2026·湖南省·单元测试)带电量均为Q的异种点电荷分别固定在水平方向上的MN两点，其
连线中垂线上的O点连接长为l的绝缘轻杆，杆的另一端固定一质量为m，电量为q(q>0)的带电小球，杆
可绕O点无摩擦地在竖直面内转动．如图所示，现让小球从O的等高处A点(电势为φ A)释放，若C也为O
的水平等高点，且OC =OA，以无穷远处为电势零点，且q<Q，则
A.转到最低点B时的速度v =
❑√
2(mgl+φ A q)
m
B.转到最低点B时的速度v =
❑√
2(mgl -φ A q)
m
C.小球恰好能到达C点
D.要想使小球到达C点，在A点至少需要提供初速度v0=2
❑√
-φ A q
m
【答案】AD
【解析】AB.异种点电荷其周围电场线的特点：连线中垂线是一条电势为零的等势线，A点的电势
φ A<0，B点的电势φB=0，C点的电势φC>0；小球在运动过程中受重力和电场力，对AB过程应用动能定
理有：mgL+(φ A -0)q = 1
2 m v
2，得v =
❑√
2(mgl+φ A q)
m
，故A 正确，B 错误；
CD .若小球刚好能到达C点，设小球在A点的初速度为v0，根据电场分布的对称性规律可知C点的电
势为φC =-φ A，在小球由A到C的过程中，重力不做功，电场力做负功，总功为负，对AC过程应用动能定
理：(φ A -φC)q =2φ A q =0- 1
2 m v0
2，得v0=2
❑√
-φ A q
m
，故D 正确，C 错误。
故选AD。
7.（多选）(2026·湖南省·单元测试)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成
α =30°斜向上，在电场中有一质量为m，电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，
当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正
确的有()
A.小球再次到M点时，速度刚好为零
B.小球从P到M过程中，合外力对它做了❑√3mgL的功
C.小球从P到M过程中，小球的机械能增加了❑√3mgL
D.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动
【答案】BD
【解析】解：A、当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小
球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，
所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A 错误；
B、电场力与重力合力为mgtan30° = ❑√3mg，这个方向上位移为L，所以做功为❑√3mgL，B 正确；
C、机械能增加量就是动能增加量❑√3mgL和重力势能增加量mgL之和，C 错误；
D、细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，D 正确；
故选：BD。
8.（多选）(2026·江苏省·月考试卷)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电
物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能
E p随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是()
A.物块受到的电场力
B.匀强电场的场强大小
C.物块返回O点时的动能
D.物块与水平面间的动摩擦因数
【答案】AC
【解析】解：AB.由克服电场力做功等于电势能的增加量Δ E p= FΔx，得F = Δ E p
Δx = 80
8 N =10 N，由
于不知道电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A 正确，B 错误；
CD.由图乙可知，物块的初动能为100 J，当运动到8m处物块的动能为0，则此过程中有
-( F + f )x =0- 1
2 m v0
2，得f =2.5 N，从物块O点开始运动到返回O点，由动能定理得- f ×2 x = Ek - Ek 0，
得Ek = Ek 0-2fx =(100-2×2.5×8)J =60 J，由于不知道物块的质量，则无法求解动摩擦因数，故C 正
确，D 错误。
故选AC。
9.（多选）(2026·河南省·模拟题)如图所示，一带负电小球系在足够长且绝缘的轻质细线下，细线另一
端固定在天花板上，分别在空气中(甲)，竖直匀强电场中(乙)，垂直纸面向里的匀强磁场中(丙)小角度摆动。
忽略空气阻力及带电小球产生的电场，下列说法正确的是()
A.乙图振动过程中动能最大时，重力势能和电势能之和最小
B.三种情况下，小球的周期甲、丙相同且大于乙
C.三种情况下，小球经过最低点时，细线上的张力均保持不变
D.三种情况下，小球机械能均守恒
【答案】AB
【解析】A、乙图中，小球的动能、重力势能、电势能之和守恒，当动能最大时，重力势能和电势能
之和最小，故A 正确；
B、
，
，g' = mg+ Eq
m
>g
，对于丙图，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，
不改变小球速度大小，只改变小球速度方向，则不会改变小球的周期，所以T 甲=T 丙>T 乙，故B 正确；
C、甲图的小球经过最低点时，有F甲-mg= m v甲
2
L
，每次经过最低点的速度大小相同，则细线的张
力保持不变，
乙图的小球经过最低点时，有F乙-mg- Eq= mv乙
2
L
，每次经过最低点的速度大小相同，则细线的张
力保持不变，
丙图的小球经过最低点时，速度大小不变方向相反，洛伦兹力的方向改变，所以小球从左向右和从右
向左经过最低点时绳子张力会发生变化，故C 错误；
D、甲与丙只有重力做功，机械能守恒，乙除了重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
10.(2026·北京市市辖区·入学测验)如图1所示，绝缘细线的一端系一带正电小球，另一端固定在O点，
整个装置处于光滑绝缘水平面上，空间存在一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，小球静止时处于
A点，图2为俯视图。已知细线长度为L，小球质量为m，带电量大小为q，重力加速度为g，不计空气阻力，
细线的长度不变。
(1)在水平面上将小球拉至位置O'，OO'垂直于电场线，使细线刚好伸直，然后将小球由静止释放。
求小球到达A点时速度的大小；
(2)保持细线伸直，将小球在水平面上拉离A点一个很小的距离，由静止释放，小球将做简谐运动，
类比单摆的周期公式求出小球做简谐运动的周期；
(3)在小球处于A点静止的情况下，突然撤掉水平面，O点位置不变，小球将在竖直面内运动。若
E = mg
q ，不计空气阻力，求小球在之后的运动过程中细线拉力的最大值。
【答案】解：(1)小球从O'到A过程由动能定理有：qEL= 1
2 m v
2
解得：v = ❑√
2qEL
m
(2)此模型是在电场力作用下的简谐运动，类比单摆的周期公式T =2π ❑√
L
g ，只要求出对应的加速度
即可，
由牛顿第二定律得：qE =ma
解得：a= qE
m
代入上式得：T ' =2π ❑√
mL
qE
(3)根据重力与电场力大小关系可知，动能最大的位置在与竖直方向成45
o角斜向右下的位置，对小球
根据动能定理有：mgLcos 45° -qEL(1-cos 45°)= 1
2 m v
2
小球在细线拉力最大的位置，根据牛顿第二定律有：Fm- ❑√2mg= mv
2
L
联立，解得：Fm=(3 ❑√2-2)mg
11.(2026·广东省·单元测试)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷
量为+Q的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向
右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为
零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°。静电常数为k，重力加速度为g，试求：
(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)点电荷+Q产生的电场在B点的电势；
(3)物块能获得的最大速度。
【答案】(1)物体在A点受到点电荷的库仑力F =k qQ
r
2
由几何关系可知r =
h
sin 60
∘
设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有N -mg- Fsin60° =0
解得N =mg+ 3 ❑√3kQq
8h
2
；
(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理有q(φ -φB)= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
解得φB=φ+ m(v0
2- v
2)
2q
；
(3)设物块能获得的最大速度为vm，由能量守恒定律有qφ+ 1
2 mv0
2= 1
2 mvm
2
解得vm= ❑√v0
2+ 2qφ
m 。
12.(2026·河南省开封市·其他类型)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘
光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R =0.40m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线
与轨道所在的平面平行，电场强度E =3.0×10
4 N /C。现有一电荷量q =+1.0×10
-5C、质量m=0.04 kg
的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然
后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g=10m/ s
2。试求：
(1)带电体运动到圆形轨道C点时的速度；
(2)圆弧形轨道对带电体支持力的最大值；
(3)D点到B点的距离x。
【答案】解：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，由牛顿第二定律得mg=m vC
2
R
，解得vC =2.0m/ s；
(2)设带电体通过B点时的速度为vB，带电体从B运动到C的过程中，由动能定理得
-mg2 R = 1
2 m vC
2- 1
2 m vB
2，解得vB=2❑√5m/ s，
由P到B带电体做加速运动，由于电场力和重力的合力斜向右下方，所以带电体从B到C先加速后减速，
最大速度一定出现在从B到圆弧上与O等高的位置之间，
在此过程中只有重力和电场力做功，电场力F =qE =0.3 N，G =mg=0.4 N，其合力与重力方向成
37°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为37°处，
设小球的最大动能为Ekm，最大速度为vm，最大支持力为F N，
根据动能定理有qER sin37
∘-mgR(1-cos37
∘)= 1
2 m vm
2- 1
2 m vB
2，解得vm= ❑√22m/ s，
在动能最大位置，支持力也最大，因电场力与重力的合力大小为F =0.5 N，
根据牛顿第二定律，有F N -0.5 N =m vm
2
R
，
解得F N =2.7 N；
(3)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，
竖直方向2 R = 1
2 gt
2，x = vC t - 1
2
qE
m t
2，
解得x =0.2m。
综合提升练
1．（2022·浙江·高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N 间存在匀强电场，
板长为L（不考虑边界效应）。t=0 时刻，M 板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直
M 板向右的粒子，到达N 板时速度大小为❑√2v0；平行M 板向下的粒子，刚好从N 板下端射出。不计重力
和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M 板电势高于N 板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度a= 2v0
2
L
D．粒子从N 板下端射出的时间t = (❑√2-1)L
2v0
【答案】C
【解析】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M 板和N 板的电势高低，故A 错误；
B．根据题意垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；
则平行M 板向下的粒子到达N 板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B 错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M 板向下的粒子刚好从N 板下端射出，在两板间做类平抛运动，
有
L
2 = v0t
d = 1
2 at
2
对于垂直M 板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有
(
❑√2v0)
2- v0
2=2ad
联立解得
t = L
2v0
，a= 2v0
2
L
故C 正确，D 错误；
故选C。
2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑绝缘水平面AB 与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC 在B
点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A 间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O 点，另一
端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A 点
左侧释放后，依次经过A、B、C 三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（）
A．EkA< EkB< EkC
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由题意可得A 点弹簧伸长量为
，B 点和C 点弹簧压缩量为
，即三个位置弹簧弹性势能相
等，则由A 到B 过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB> EkA
同理B 到C 过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB> EkC
由A 到C 全过程则有qEl AB-mglBC = EkC - EkA>0
因此EkB> EkC> EkA
故选C。
3．（多选）（2023·湖北·高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压
加速后，射入水平放置的平
行板电容器，极板间电压为
。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹
的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2 L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不
计重力。下列说法正确的是（）
A．L:d =2:1
B．U 1:U 2=1:1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【解析】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场
强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
E = U 2
2d ，F =qE =ma
粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度
v x = v0cos 45=
❑√2
2 v0，v y = v0sin 45=
❑√2
2 v0
从射入到运动到最高点由运动学关系
v y
2 =2ad
粒子射入电场时由动能定理可得
qU 1= 1
2 m v0
2
联立解得
U 1:U 2=1:1
B 正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
2 L= v xt，d = 0+ v y
2
⋅t
联立可得
L:d =1:1
A 错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
L= v xt1，v y 1=at1
射入电容器到最高点有
v y =at
解得
v y 1= v y
2
设粒子穿过电容器与水平的夹角为α，则
tan α = v y 1
v x
= 1
2
粒子射入电场和水平的夹角为β = 45°
tan (α + β)= tan α + tan β
1- tan α tan β =3
C 错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为
联立
x = v x
' t
'，qU 1= 1
2 mv❑
2 ，v x
' = v cos 45°
解得
且
x = v x
' t
'，y = 0+ v y
'
2
⋅t
'
即解得
x =2 L, y =d = L
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同
理
x = L= v x
' t1
' ，v y 1=a
' t1
' ，y1= v y 1+0
2
t1
' = x1
4 = L
4
即轨迹不会变化，D 正确。
故选BD。
4．（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E p=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
【解析】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
E p=k Qq
r
联立可得
Ep0<(mg- f )❑√
kQq
mg+ f
故D 正确。
故选BD。
5．（多选）（2025·海南·高考真题）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存在沿斜面向
下的匀强电场，电场强度为E = 3mg
2q 。质量为m 的物块M、N 用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M 带
正电，电荷量为q，N 不带电，N 一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外
力作用使M 静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M 从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩
擦。则（）
A．释放时M 的加速度为2 g
B．M 下滑的最大速度为❑√
2m g
2
k
C．M 下滑的最大距离为3mg
k
D．M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3
【答案】BD
【解析】A．初始时，弹簧弹力等于N 的重力，弹簧处于压缩状态，即k x1=mg
可得x1= mg
k
释放M 时，弹簧弹力不会突变，对M 和N，根据牛顿第二定律Eq+mgsin30° -mg+ k x1=2ma
可得释放时M 的加速度为a= g，A 错误；
B ．当M 、N 的加速度为零，M 的速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，根据平衡条件
Eq+mgsin30° =k x2+mg
解得x2= mg
k
由于x1= x2，可知弹簧弹性势能不变，M 从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理
Eq( x1+ x2)+mgsin30⋅( x1+ x2)-mg( x1+ x2)= 1
2 ⋅2m vm
2 -0
联立解得M 下滑的最大速度为vm=
❑√
2m g
2
k
，B 正确；
CD．以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N 所受的合外力与位移的关系满足
F合=kx -( Eq+mgsin30° -mg)=kx -mg
可知M、N 做简谐运动，刚释放M 时，加速度a= g，根据简谐运动的对称性可知当M 下滑的最大距
离时，加速度大小也为g，根据牛顿第二定律k( x3- x1)+mg- Eq -mgsin30° =2mg
解得M 下滑的最大距离为x3= 4 mg
k
根据题意，M、N 做简谐运动的周期T =2t
从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为x = x3
2 cos 2π
T t
' = 2mg
k
cos π
t t
'
当下滑距离为mg
k 时，代入数据有mg
k = 2mg
k
cos π
t t
'
可得t
' = t
3
即M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3，故D 正确，C 错误。
故选BD。
6．（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
【解析】（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
Eq-mg=m v A
2
L
A 到B 过程根据动能定理得
qU -mgL= 1
2 m vB
2- 1
2 m v A
2
联立解得
v A = ❑√
Uq -mgL
m
vB=
❑√
3(Uq -mgL)
m
7．（2023·北京·高考真题）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为
小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速
度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不
考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v 方向相反，大小为f =krv，其中r 为颗粒
的半径，k 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
；
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和
2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
【答案】（1）U 1= 2d
2mv0
2
q L
2
；（2）a、U 2= d
2kR v0
qL
；b、25%
【解析】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有
L= v0t
竖直方向
d = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律
qE =ma
又
E = U 1
d
解得
U 1= 2d
2mv0
2
q L
2
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向
F电= f
qU 2
d
=kRv
且
d
v = L
v0
解得
U 2= d
2kR v0
qL
b.10μm带电荷量q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻
力等于电场力，有
f =kR vmax
f = qU 2
d
在竖直方向颗粒匀速下落
d = vmaxt ，2.5μm的颗粒带电荷量为
q
' = q
16
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
f
' = 1
4 kR vmax
'
f
' = q
'U 2
d
设只有距下极板为d '的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落
d
' = vmax
'
解得
d
' = d
4 2.5μm的颗粒被收集的百分比
d
'
d ×100 % =25 %
8．（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
U h
(2)Q = kmgd h
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
【解析】（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
U h
（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= ❑√2gh
水平分速度为v x1= ❑√2al =
❑√
2gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k ❑√2 gh
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
= k h
l
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 = kmgd h
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 ❑√2gh
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
