文档文本内容
第41 讲 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
力
平衡问题.................................................1
题型02 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
运动
力
直线
.................................................5
题型03 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
力
一般运动...............................................10
题型04 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
运动
力
圆周
...............................................15
题型05 电场中的
电综合问题
力、
.........................................................................................20
重难·创新演练.........................................................................................................................20
真题·实战演练.........................................................................................................................29
模拟·基础演练
考查重点：带电粒子（体）在复合场中的运动、受力……
⏳题型01 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
力
问题
平衡
1．（25-26 高二上·辽宁朝阳）如图所示，把质量是8.0×10
−3kg、带电荷量qB=8.0×10
−5C的小球B 用
绝缘细线悬挂起来，将带电荷量q A = 4.0×10
−8C的小球A 靠近小球B，两者相距一定距离时，细线与竖直
方向成45°角，此时整个系统处于静止状态且A、B 在同一水平线上，A、B 均视为点电荷，静电力常量
k =9.0×10
9 N ⋅m
2/C
2，重力加速度g取10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．A、B 小球电性相同
B．A、B 之间的距离为0.6m
C．绳子的拉力大小为0.08N
D．地面对A 的摩擦力大小为0.08 ❑√2N
【答案】B
【详解】A．由题意可知A、B 相互吸引，故A、B 小球电性相反，故A 错误；
BC．对B 进行受力分析，结合几何关系得到T cos45° =mg，T sin 45° = F
解得B 球受到的静电力为F =mgtan 45° =mg=0.08 N
绳子的拉力T = ❑√2 F =0.08 ❑√2N
又由F = k q A qB
r
2
解得r =0.6 m，B 正确，C 错误；
D．对A 受力分析，地面对A 的摩擦力大小等于A、B 之间的库仑力大小，故f = F =0.08 N，故D 错误。
故选B。
2．（2026·辽宁营口·二模）如图所示，长为l 的绝缘细线一端悬于O 点，另一端系一质量为m、电荷量为
q 的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A 点，此时细线与竖直方向的夹角为37°。
重力加速度大小为g，sin37°=0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．匀强电场的电场强度大小为4 mg
3q
C．现用外力缓慢把小球拉到最低点，电势能减少9mgl
20
D．在最低点由静止释放小球，小球到达A 点时细线的拉力大小为7mg
4
【答案】D
【详解】A．小球静止时细线向左偏，电场水平向右，故小球受到向左的电场力，它带负电，故A 错误；
B．由平衡条件有qE =mgtan37°
tan37° = 3
4
解得E = 3mg
4 q ，故B 错误；
C．将小球拉到最低点的过程中，电场力做的功W =−qElsin37° =−9mgl
20
电场力做负功，电势能增加9mgl
20
，故C 错误；
D．小球从最低点到A 点，由动能定理有−mgl(1−cos37°)+qElsin37° = 1
2 mv
2
代入数据得v
2=0.5 gl
在A 点，有T −mgcos37°−qEsin37° = mv
2
l
解得T = 7
4 mg，故D 正确。
故选D。
3．（25-26 高三上·黑龙江）如图所示，一用绝缘轻绳连接质量为m 的带电小球，静止于水平向右的匀强
电场中，轻绳与竖直方向之间的夹角θ =53°，已知重力加速度大小为g，sin53° =0.8，cos53° =0.6，则
下列说法正确的是（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力大小为3
4 mg
C．剪断细线后小球将做曲线运动
D．剪断细线后的运动过程中，小球的电势能减少
【答案】D
【详解】AB．根据受力平衡可得，小球电场力F 水平向右，故小球一定带正电，
且F =mg tan53°
解得F = 4 mg
3
，故AB 错误；
C．剪断细线后，小球受到的合力为重力与电场力的合力，为恒力，故小球将做匀变速直线运动，故C 错
误；
D．剪断细线后，电场力对小球做正功，故小球电势能将减少，故D 正确。
故选D。
4．（2026·山东济南·三模）如图所示，竖直平面内固定一圆心为O 的1
4 圆弧细管道GH，绝缘且内壁光滑，
管道底端H 与水平地面相切。在圆弧轨道所处的平面内，质量为m 的带电小球a 由绝缘细线OM 和ON 悬
挂在O 点处于静止状态，OM 水平，ON 与水平方向夹角为53°。质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端
口由静止释放，当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无压力。已知重力加速度为g，sin53° =0.8，小球b
由G 滑到H 过程中，OM 绳上拉力的最大值为（ ）
A．4 mg
B．4.5mg
C．5mg
D．5.5mg
【答案】B
【详解】小球b 所受库仑力和管道弹力始终与速度垂直，只有重力做功，小球b 机械能守恒，从G 滑到H
的过程中有mgR = 1
2 mv
2
只有当小球a 和小球b 存在相互吸引的库伦力时，小球b 运动到H 端时对管道壁才有可能恰好无压力，此
时有F 库−mg=m v
2
R
设小球b 与O 的连线与水平方向的夹角为θ，对小球a 受力分析，在竖直方向FON sin α =mg+ F 库sinθ
在水平方向F 库cosθ+ FON cosα = FOM其中α =53°
联立解得FOM =mg cosα
sin α +3mg( cosα sinθ
sin α
+cosθ)
当θ取37°时，OM 绳上拉力最大，FOM ,max= 4.5mg。
故选B。
5．（2026·陕西榆林·模拟预测）电场强度大小为E的匀强电场的方向斜向右下方且与水平方向成53°的角，
用轻质绝缘细线将质量为m的带电小球（视为质点）悬挂在天花板上，带电小球处于静止状态时，细线与
天花板间成37°角。已知重力加速度为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．小球所受的电场力大小为0.8mg
C．轻质细线的拉力大小为0.75mg
D．小球带电量的绝对值为0.6mg
E
【答案】B
【详解】A．对小球进行分析，为了使小球处于静止状态，小球所受合力为0，则小球所受电场力方向一
定与电场方向相反，斜向左上方，可知，小球带负电，故A 错误；
BCD．对小球进行受力分析，如图所示
根据平衡条件有qE =mgcos37
∘，T =mgsin37
❑
∘
解得qE =0.8mg，T =0.6mg，q = 0.8mg
E
，故B 正确，CD 错误。
故选B。
⏳题型02 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
运动
力
直线
6．（2026·辽宁·一模）如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接
一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行于斜面向
上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。已知匀强电场的电
场强度为E =100 N /C，斜面倾角θ =37°，物块质量为m=1kg，电荷量为q =0.1C，物块与斜面间动摩擦
因数为μ=0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为k =10 N / m，BM 与斜面垂直，
且BM =0.3 m。物块沿斜面方向移动的距离用x表示，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取
10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，下列说法正确的是（ ）
A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变大
B．物块的加速度a随x变化的关系为a=−10 x + 4
C．物块在MN 的中点P处的速度大小为
❑√10
5
m /s
D．MN 的长度为0.6m
【答案】C
【详解】A．设弹性绳与BM 夹角为β，由受力分析垂直斜面方向有mgcosθ =k lBM
cos β cos β + N
则N =mgcosθ−k lBM，运动过程中斜面弹力不变，由f = μN可知，物块上滑过程中受到的摩擦力不变，
故A 错误；
B．设弹性绳与BM 夹角为β，由受力分析沿斜面方向牛顿第二定律有
Eq−mgsinθ−μ(mgcosθ−k lBM )−k lBM
cos β sin β =ma
又由几何关系lBM
cos β sin β = x
联立可得Eq−mgsinθ−μ(mgcosθ−k lBM )−kx =ma
代入数据a=−10 x +2，故B 错误；
C D．根据上述作出a−x图像如图所示
可知物块从M到N的过程，a−x图线的面积乘以质量m即为合力做功，根据对称性可知1
2 MN =0.2m
解得MN =0.4 m
设物块在MN中点P处的速度v，根据动能定理可得1
2 m×2×0.2= 1
2 m v
2
解得v =
❑√10
5
m /s，故C 正确、D 错误。
故选C。
7．（2025·辽宁·模拟预测）空间存在着竖直方向的电场，取竖直向上为正方向，沿竖直方向建立y轴，y
轴上的电势φ与位置坐标y关系的图像如图所示。已知重力加速度g取10 m /s
2，现将质量为0.2kg，电荷量
为0.5C 的带正电小球在y =−2m处由静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．小球释放瞬间，其加速度大小为40 m /s
2
B．小球运动过程中动能的最大值为7.5J
C．若取y =0处为重力势能的零势能点，则小球运动过程中重力势能最大为5J
D．小球从由静止释放到第一次回到释放位置所用时间为
❑√15
3
s
【答案】D
【详解】A．由图像分析可知，y轴负半轴的电场为匀强电场，方向竖直向上，根据φ−x图像的斜率表示
电场强度大小，可得E1= 20
2 V/ m =10 V/ m
根据牛顿第二定律，可得小球在y轴负半轴的加速度为a1= E1q−mg
m
=15 m /s
2
故A 错误；
B．y轴正半轴的电场也为匀强电场，方向竖直向下，根据φ−x图像的斜率表示电场强度大小，可得
E2= 20
1 V/ m =20 V/ m
根据牛顿第二定律，可得小球在y轴正半轴的加速度为a2= −E2q−mg
m
= −60 m /s
2
小球在y =0处的速度最大，由动能定理可知(E1q−mg)Δ y = Ek−0
解得动能的最大值为Ek=6J
故B 错误；
C．设小球上升的最大高度为y1，则有(E1q−mg)Δ y = (E2q+mg) y1
解得y1=0.5 m
所以小球运动过程中重力势能最大为Ep=mg y1=1J
故C 错误；
D．小球向上加速的时间为t1= ❑√
2Δ y
a1
= ❑√
4
15 s
小球向上减速的时间为t2= ❑√
2 y1
a2
= ❑√
1
60 s
所以小球从静止释放到第一次回到释放位置的时间为t =2(t1+t2)=
❑√15
3
s
故D 正确。
故选D。
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在平行于纸面的匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球，仅在重力
和电场力的作用下，由静止释放，沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度g，下列
说法正确的是（ ）
A．电场方向可能水平向左
B．电场强度的最小值为mgtanθ
q
C．小球的电势能不可能增加
D．小球的机械能可能增加
【答案】D
【详解】B．带电小球受重力mg、电场力F，小球运动轨迹为直线，那么小球受力的合力也必定沿运动轨
迹直线斜向下，由力合成的三角形定则求合力，如图所示
由解析图可知，当电场力F 与小球运动轨迹直线垂直时，电场力F 最小，场强最小，则有F=qEmin=mgsinθ
解得Emin= mgsinθ
q
故B 错误；
A．小球带正电，受电场力方向只能向右侧，所以电场方向不可能向左，故A 错误；
CD．当电场力方向与速度方向夹角α为某一钝角时，如图所示
电场力做负功，小球机械能减小，电势能增加，α为锐角时，电场力做正功，小球机械能增加，电势能减
小，故C 错误，D 正确。
故选D。
9．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，平行金属板竖直放置，M、N 极板分别带等量异号电荷，两
板间电场可看作匀强电场，两板间距离为d。长为L（L>d）的绝缘轻质细线一端固定在O 处，另一端栓接
质量为m、带电量为q 的小球，如图所示保持静止状态，此时细线与竖直方向成θ 角（θ<5°），小球始终
在板间运动，不计空气阻力，已知两极板足够长，重力加速度为g，不计小球半径。下列说法正确的是（
）
A．两板间的电场强度大小为mgsinθ
q
B．小球带正电，若把N 板向右水平移动一小段距离，则θ 角变小
C．剪断细线后，小球以加速度a=
g
cosθ 做匀加速直线运动，小球运动到N 板的时间为
❑√
2(d −Lsinθ)
g tanθ
D．若电场瞬间消失，则小球由图示位置开始第一次运动到M 极板瞬间所用的时间为π ❑√
L
g
【答案】C
【详解】A．由于小球处于静止状态，根据平衡条件可得
Eq =mg tanθ
所以
E = mg tanθ
q
故A 错误；
B．根据平衡条件可知，小球受到水平向右的电场力，所以小球带正电，当把N 板向右水平移动一小段距
离，根据
C = εr S
4 πkd
C = Q
U
E = U
d
可知，电容C 减小，Q 不变，则U 增大，E 不变，所以θ 角不变，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律可得
mg
cosθ =ma
所以
a=
g
cosθ
小球做匀加速直线运动，则
d −Lsinθ
sinθ
= 1
2 at
2
所以
t = ❑√
2(d −Lsinθ)
g tanθ
故C 正确；
D．若电场瞬间消失，则小球由图示位置开始第一次运动到M 极板瞬间所用的时间为
t
′ = T
4
T =2π ❑√
L
g
所以
t
′ = π
2
❑√
L
g
故D 错误。
故选C。
10．（25-26 高二上·内蒙古赤峰）如图所示，两块平行金属板a、b 水平正对放置，两板间距固定不变，开
始时两板均不带电，上极板接地。上板中央有一小孔，现使带电小液滴逐个从小孔处以相同速度v 垂直射
向b 板，小液滴到达b 板后将电荷全部传给b 板，忽略液滴体积和空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．极板间的电场强度不随小液滴的滴入而变化
B．小液滴所带电性不论是正还是负，a 板都带负电
C．电容器的电容随极板上的电荷量增加而变大
D．射向b 板的某一液滴可能会匀速运动
【答案】D
【详解】A．极板间的电场强度E = U
d ，因为C = Q
U ，C =
εS
4 πkd
联立可得E = 4 πkQ
εS
，极板电荷量增大，极板间的电场强度随小液滴的滴入而变大，故A 错误；
B．若液滴带正电，b 板带正电，a 板感应出负电；若液滴带负电，b 板带负电，a 板感应出正电。a 板电性
由液滴电性决定，故B 错误；
C．根据电容器电容的决定式C =
εS
4 πkd 可知，电容器的电容与极板所带电荷量无关，故C 错误；
D．由上述分析可知，随着下极板吸收的液滴越来越多，两极板间的电场强度越来越大，当液滴在极板间
所受的电场力等于液滴的重力时，即 mg=Eq 时，液滴匀速下落，故D 正确。
故选D。
⏳题型03 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
力
一般运动
11．（2025·内蒙古包头·二模）如图所示，水平面上方有水平向左的匀强电场，电场强度E = mg
q ，一个质
量为m、电量为q的带正电微粒从距离水平面5 m处水平抛出，抛出速度v0=10 m /s，不计空气阻力，重力
加速度g=10 m /s
2。微粒运动过程中下列说法正确的是（ ）
A．微粒做非匀变速运动
B．微粒抛出到落地的时间是2s
C．微粒运动过程到动能最小时所用的时间是1s
D．微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为3.75 m
【答案】D
【详解】A．微粒受到电场力和重力作用，由于电场力和重力均为恒力，微粒受到的合力恒定不变，加速
度恒定不变，微粒做匀变速运动，故A 错误；
B．竖直方向微粒做自由落体运动，则有h= 1
2 gt
2
可得微粒抛出到落地的时间为t = ❑√
2h
g = ❑√
2×5
10 s=1s
故B 错误；
CD．设微粒受到的合力与竖直方向的夹角为θ，如图所示
可得tanθ = qE
mg =1，F合=
❑√(qE)
2+(mg)
2= ❑√2mg
解得θ = 45°
将微粒的运动分解为垂直合力方向与沿合力方向两个分运动，当沿合力方向分速度减为0 时，微粒的速度
最小，动能最小，则微粒运动过程到动能最小时所用的时间为t1= v y
a合
= v0sinθ
F合
m
=
10×
❑√2
2
❑√2×10 s=0.5s
此时微粒下落的高度为h1= 1
2 gt1
2= 1
2 ×10×0.5
2m =1.25 m
即微粒运动过程中动能最小时距离地面的高度为Δh=h−h1=5 m −1.25 m =3.75 m
故C 错误，D 正确。
故选D。
12．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为R。AC、BD分别是圆的水平方
向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。´BC的中点M是圆周上电势最低的点。质量为
m，电荷量为q（q>0）的小球从A点以相同的速率v0向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列说
法中正确的是（ ）
A．电场沿AM方向
B．电势差U CB=U OD
C．小球到达D点的动能为1
2 m v0
2+mgR
D．小球加速度大小可能为a= 1
2 g
【答案】C
【详解】A．匀强电场中圆周上电势最低点M 与最高点M'关于圆心O 对称，电场线由高电势指向低电势，
因此电场方向沿半径OM 方向，而AM 为弦，其方向与OM 不同，故A 错误；
B．因CB 连线垂直电场线，可知U CB=0，而U OD≠0，可知电势差U CB≠U OD，B 错误；
C．因AD 两点电势相等，则从A 到D 电场力不做功，由动能定理，小球到达D点的动能为
EkD= 1
2 m v0
2+mgR，C 正确；
D．小球受恒力作用，设水平加速度ax = qEcos 45
°
m
竖直加速度a y = qE sin 45
°−mg
m
合加速度a=
❑√ax
2+a y
2 = ❑√
E
2q
2
m
2 −
❑√2 Eqg
m
+ g
2
由数学知识可知，a 的最小值为amin=
❑√2
2 g
故加速度不可能为0.5g，故D 错误。
故选C。
13．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，虚线边界MN 的右侧还存在垂
直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球从P 点沿着与水平方向成30°角开始运动，运动到虚线
边界MN 上的Q 点时速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度大小为v0、
质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强度E = 2mg
q
，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C．P、Q 两点的水平距离大小为
❑√3 v0
2
4 g
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
❑√3mg
3q v0
【答案】C
【详解】A．由题意可带电小球从P 点到Q 点在竖直方向做匀减速直线运动，则加速度方向向上，小球受
到的电场力向上，与场强方向相反，所以小球带负电，故A 错误；
C．带电小球从P 点到Q 点过程，竖直方向有a= qE−mg
m
= g，0= v0sin30°−at
水平方向有x = v0cos30°⋅t
联立解得P、Q 两点的水平距离大小为x = v0cos30°⋅t =
❑√3 v0
2
4 g
，故C 正确；
BD．小球经过Q 点之后小球开始做匀速直线运动，根据平衡条件可知，洛伦兹力竖直向下，由左手定则
可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向里；又q v0cos30°⋅B+mg=qE
解得匀强磁场的磁感应强度大小为B = 2❑√3mg
3q v0
，故BD 错误。
故选C。
14．（25-26 高三上·黑龙江）如图所示，A、B、C、D在竖直平面内的一个圆周上，A为最低点，AB和
CD为直径且相互垂直.空间中存在与该平面平行的匀强电场，现从A点向各个方向发射初动能相等的大量
同种带正电微粒，这些微粒经过圆上的不同位置，其中经过D点的微粒机械能增加了8J，经过C点的微粒
电势能增加了8J，经过B点的微粒动能减少了12J，不计微粒间的相互作用，则经过圆周上的微粒的动能
最多增加（ ）
A．3.5J
B．4J
C．4.5J
D．5J
【答案】B
【详解】根据功能关系，从A点到D点，电场力做的功等于机械能的变化量，电场力做功W AD=8J。
从A点到C点，电场力做功W AC =−8J，
因为AC平行且等于DB，所以从D点到B点，
电场力做功W DB=W AC =−8J。
从A点到B点电场力做功W AB=W AD+W DB=0。
AB为等势线，电场力平行于CD向右，且满足EqR =8J。
从A点到B点动能减少12J，说明重力做功−12J，满足mgR =6J。
所以重力和电场力大小之比为3:4，合力的方向右偏下37°，如图所示
当粒子运动到F点时动能最大，此过程中电场力做功EqR cos37° =6.4 J，
重力做功−mgR (1−sin37°)=−2.4 J，
所以合力做功4 J，动能增加4 J。
故选B。
15．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a 点以大小为v0的
初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中。微粒通过最高点b 时的速度大小为2v0，方向水平向右，重
力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强大小为E = mg
q
B．a、b 两点间的电势差U ab= 3mv0
2
q
C．该微粒从a 点到b 点过程中速率的最小值为
❑√5
5 v0
D．该微粒从a 点到b 点过程中速率的最小值为2❑√5
5
v0
【答案】D
【详解】A．由题知，微粒受竖直方向的重力和水平方向的电场力作用，设经时间t到达最高点b，在竖直
方向上做匀减速运动，经时间t减速到零，则有t = v0
g
在水平方向做初速度为零的匀加速直线，则有t = 2v0
a
其中a= qE
m
联立解得E = 2mg
q
，故A 错误；
B．水平方向的位移为x = 2v0
2 t = v0
2
g
则a、b 两点间的电势差U ab= Ex = 2mv0
2
q
，故B 错误；
CD．设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ，如图所示
根据几何关系有tanθ = mg
qE = 1
2
可知开始一段时间内，F 与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来F 与速度夹角小于90°，
合力做正功，动能增加，因此，当F 与速度v 的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin，
根据几何关系有tanθ = v x
v y
= 1
2
在水平方向上有v x = qE
m t
′ =2 gt
′
在竖直方向有v y = v0−gt
′
联立解得t
′ = v0
5 g ，v x = 2v0
5 ，v y = 4 v0
5
所以最小速度为vmin=
❑√v x
2+ v y
2 = 2❑√5
5
v0，故C 错误，D 正确。
故选D。
⏳题型04 带电粒子在
合场（电场
复
+重
场）中的
运动
力
圆周
16．（2026·黑龙江双鸭山·一模）如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B 两点
分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D 两点的连线过圆心O 且OC 与竖直向下方向的夹角
为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m 的带负电小球（视为质
点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D 点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说
法正确的是（ ）
A．小球受到的电场力大小为2mg
B．小球通过D 点时的速度大小为❑√gR
C．小球在运动过程中的最大速度为❑√8 gR
D．小球通过C 点时所受轨道的作用力大小为12mg
【答案】D
【详解】A．小球在通过D 点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电
场力大小为F =mg tan 60° = ❑√3mg，故A 错误；
B．小球在通过D 点时的速度最小，则D 点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运
动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
mg
cos60° =m v D
2
R
解得v D= ❑√2gR，故B 错误；
CD．小球在等效最低点C 点的速度最大，故小球从D 到C 的过程中，由动能定理得
mg
cos60° ⋅2 R = 1
2 m vC
2 −1
2 m v D
2
解得vC = ❑√10 gR
在C 点，由牛顿第二定律得FN−
mg
cos60° =m vC
2
R
解得FN=12mg，故C 错误，D 正确。
故选D。
17．（25-26 高二上·黑龙江牡丹江）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为
+q的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动。AB为圆周的水平直
径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E = mg
q 。下列说法正确的是（ ）
A．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为❑√gL
B．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球在C 点动能最大
C．若将小球在A 点由静止开始释放，它将沿圆周运动到C 点
D．若将小球在A 点以大小为❑√gL的速度竖直向上抛出，它将不能沿半圆ADB到达B 点
【答案】D
【详解】A．先求小球受到的重力和电场力的合力F，即F =
❑√(mg)
2+(Eq)
2
代入题中数据，解得F = ❑√2mg
可将F 视为等效重力，当F 恰好提供小球做圆周运动的向心力时，它运动的最小速度，则有
❑√2mg=m vmin
2
L
解得vmin
❑= ❑√
❑√2 gL，故A 错误；
B．当小球在等效重力最低点时动能最大，由于重力与电场力等大，可知等效重力方向与竖直方向夹角为
45°，故等效重力最低点在BC 的中点，故B 错误；
C．由于AC 连线与竖直方向夹角为45°，可知等效重力方向与AC 共线且从A 指向C，故若将小球在A 点
由静止开始释放，它将沿直线运动到C 点，故C 错误；
D．若将小球在A 点以大小为❑√gL的速度竖直向上抛出，由对称性可知小球再次回到AB 水平面时间为
t =2×
❑√gL
g
该段时间内小球水平位移x = 1
2 axt
2
其中ax = Eq
m = g
联立解得x =2 L
故小球刚好运动到B 点，可绘制出运动图示如下
故它将不能沿半圆ADB 到达B 点，故D 正确。
故选D。
18．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向
平行于轨道平面水平向右，P、Q 分别为轨道上的最高点和最低点，M、N 是轨道上与圆心O 等高的点。质
量为m、电荷量为q 的带正电的小球在P 处以速度v0水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，
已知重力加速度大小为g，电场强度大小E = mg
q 。则下列说法中正确的是（ ）
A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在Q 点
B．经过M、N 两点时，小球所受轨道弹力大小的差值为6 ❑√2mg
C．小球在Q 处以速度v0水平向右射出，也能在此轨道内做完整的圆周运动
D．在轨道上运动时，小球机械能最小的位置在N 点
【答案】D
【详解】A．电场力和重力的合力为F =
❑√(qE)
2+(mg)
2= ❑√2mg
方向右下方，与水平方向45°，所有动能最大点在QM 圆弧的中点，A 错误；
B．在N 点，则有F1+qE =m v1
2
R
在M 点，则有F2−qE =m v2
2
R
根据动能定理，则有qE2 R = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
可解得F2−F1=6mg
B 错误；
C．PN 圆弧的中点即为速度最小点，从P 点出发恰好到达速度最小点，所以相同的速度从Q 点出发，无法
到达速度最小点，C 错误；
D．机械能最小意味着电势能最大，N 点电势最高，电势能最大，D 正确。
故选D。
19．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，竖直平面内有一内壁光滑的绝缘管道，管道圆心为O，管道
所在空间存在着方向与管道所在平面平行的匀强电场，管道内有一质量为m、电荷量为+q的小球。现给小
球一初速度，使其可以在管道内做完整的圆周运动。已知小球经过P点时速率最大，P与圆心O的连线与
竖直方向的夹角为45
°，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动过程中机械能守恒
B．匀强电场的方向一定水平向左
C．匀强电场的电场强度大小为mg
q
D．小球经过管道最右侧时的速率等于小球经过最低点时的速率
【答案】D
【详解】A．小球运动中受到静电力的作用，静电力会对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故A 错误；
BC．小球在P 点时的速度最大，说明静电力与重力的合力方向沿着OP 方向，两个力情况如图所示
无法得知静电场的方向以及静电力的具体大小，故BC 错误；
D．最低点和管道的最右侧的位置相对OP 方向是对称的，根据等效重力场的思想可知，这两点是等高
“
”
“
”
点，所以速率相等，故D 正确。
故选D。
20．（25-26 高三上·辽宁）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E =1×10
4 N /C的匀强电
场，在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小
球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37
∘。现给小球一垂直于绳方向的初速度，使小球恰能绕O点在
竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8，重力加速度大小g=10 m /s
2，下列说法正确的是（ ）
A．小球所带电荷量q =6×10
−5C
B．小球电势能的最大值为2.92J
C．在运动过程中，小球的最小速度v =2❑√5 m /s
D．在运动过程中，小球在圆形轨迹的最右端时机械能最小
【答案】A
【详解】A．小球静止时，由平衡条件有tan37° = Eq
mg
解得小球所带电荷量q =6×10
−5C，故A 正确；
B．电势能的变化与电场力做功有关，电场力水平向右，小球在最左端时，电场力做负功最多，电势能最
大，小球克服电场力做功最大值为W 克= EqL(1+sin37°)=1.92J
则小球电势能的最大值为1.92J，故B 错误；
C．由题意知小球恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合
力恰好提供向心力时小球的速度，则有
❑√(Eq)
2+(mg)
2=m vmin
2
L
解得vmin=5m/s，故C 错误；
D．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，与O 点等高的最右位置电势能最小，所以该位置
机械能最大，故D 错误。
故选A。
⏳题型05 电场中的
电综合问题
力、
21．（多选）（25-26 高三上·内蒙古包头）如图(a)，空间内存在水平向右的匀强电场，物块甲、乙（可视
为质点）质量相等，甲带正电，乙带负电，二者电荷量绝对值相等，甲、乙与粗糙水平面之间的动摩擦因
数分别为μ1、 μ2。现分别单独使甲、乙物块从O点以相同初速度v0向右出发，得到甲和乙的位置x与时间
t在0−t0时间段内的关系图像如图(b)所示，两条曲线均为抛物线，乙的x−t图像在t =t0时刻切线斜率为
0，重力加速度为g，设甲物块的加速度为a，则（ ）
A．t =t0时，甲的速度大小为3
2 v0
B．(μ1+ μ2)g=2a
C．t =t0之后，乙物块可能静止
D．t =t0之后，乙物块一定向左返回
【答案】AD
【详解】A．由题意，根据图乙提供信息可知t =t0时，甲做匀加速直线运动的位移大小为2.5 x0，有
2.5 x0= v0+ v
2
t0
乙做匀减速直线运动的位移大小为x0，有x0= v0
2 t0
联立，可得此时甲的速度大小为v = 3
2 v0，故A 正确；
B．对甲、乙分别利用牛顿第二定律有Eq−μ1mg=ma，Eq+ μ2mg =ma
'
且v = v0+at0，v0=a
' t0
联立，求得a
' =2a，(μ1+ μ2)g=a，故B 错误；
CD．虽然乙的x−t图像在t =t0时刻切线斜率为0，速度为零，但根据Eq+ μ2mg=ma
' =2ma
求得Eq =(2 μ1+ μ2)mg> μ2mg
可知t =t0之后，乙物块一定向左返回，故C 错误，D 正确。
故选AD。
22．（多选）（25-26 高三上·内蒙古）如图所示，轻质绝缘细线一端系在O 点，另一端与电荷量为+q的小
球（视为点电荷）连接，整个装置处在方向水平向右、电场强度大小为E 的匀强电场中，小球静止时处在
B 点，O、B 两点间的距离为R，A 点在O 点的正下方，与O 点的距离为R，OB 与OA 的夹角为37°，C 点
是O 点右方与O 点等高的点，且O、C 两点间的距离也为R。现把小球置于A 点，给小球一个水平向右的
初速度v0（未知量），小球正好能够到达C 点（运动过程中小球的电荷量不变），重力加速度大小为g，
sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 点运动到B 点，机械能增加了3 EqR
5
B．小球在A 点获得的动能为EqR
4
C．小球从A 点运动到C 点的过程中，小球对细线拉力的最大值为3 Eq
D．若小球运动到B 点时剪断细线，则小球运动至最高点时的速度为5 ❑√gR
4
【答案】AC
【详解】A.小球从A点运动到B点，机械能增加量等于电场力做功，即Δ E =qER sin37° = 3
5 qER，A 正
确。
B.小球从A点运动到C点，根据动能定理有qER−mgR =0−EkA
由于小球在B点静止，则有qE
mg = tan37°
联立解得EkA= qER
3
，B 错误。
C.小球在B点时，小球受到细线的拉力最大，根据小球逆向从C点运动到B点，根据动能定理有
mgR cos37°−qER(1−sin37°)=0−1
2 m vB
2
根据牛顿第二定律有F −
qE
sin37° =m vB
2
R
联立解得F =3qE，C 正确。
D.小球在B点剪断细线，小球做斜上抛运动，上升到最高点，竖直分速度减到0，小球运动到最高点只有
水平速度，设最高点的速度为v，则小球在B点时，vB//= vBsin37°,vB⊥= vBcos37°
根据水平方向运动有v = vBsin37°+ qE
m t
竖直方向运动有vB⊥= vBcos37° =>¿
联立解得v = 6 ❑√gR
5
，D 错误。
故选AC。
23．（多选）（25-26 高二上·内蒙古赤峰）一电荷量为+q、质量为m的小球从距离水平地面高度为h处的
A点，以水平向右的速度1
2
❑√2gh抛出，整个空间存在着水平向左的匀强电场，小球正好落在A点正下方
水平地面上的O点。已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球在空中运动时间为❑√
2h
g
B．电场力大小为1
2 mg
C．小球运动过程中最小速度为1
2
❑√gh
D．小球落地时的速度大小为❑√
5
2 gh
【答案】ACD
【详解】A．对小球受力分析，可知竖直方向小球只受重力，做自由落体运动，则有h= 1
2 gt
2
解得小球在空中运动的时间t = ❑√
2h
g ，故A 正确；
B．设小球沿水平方向的加速度为ax，整个过程中水平方向位移为零，则有v0t −1
2 axt
2=0
其中v0= 1
2
❑√2gh，t = ❑√
2h
g
解得ax= g
则小球受到的电场力F =max =mg，故B 错误；
C．根据上述分析可知，小球受到的合力沿左下方45°，速度最小值为初速度在垂直该方向上的分速度，
即有vmin= v0cos 45° = 1
2
❑√gh，故C 正确；
D．整个过程中，电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理可得1
2 mv
2−1
2 mv0
2=mgh
解得小球落地时的速度为v = ❑√
5
2 gh，故D 正确。
故选ACD。
24．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面
上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空
间加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。
已知匀强电场的电场强度为E =100 N /C，斜面倾角θ =37°，物块质量为m=1kg，电荷量为q =0.1C，物
块与斜面间动摩擦因数为μ=0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为
k =10 N / m，BM与斜面垂直，且BM =0.3 m。物块沿斜面方向移动的距离用x表示，认为最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，下列正确的是（ ）
A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变大
B．物块的加速度a随x变化的关系为a=−10 x + 4
C．物块在MN的中点P处的速度大小为
❑√10
5
m /s
D．MN的长度为0.4 m
【答案】CD
【详解】A．对物块受力分析，垂直斜面方向，根据平衡条件有F N +k ⋅BM
sin α ⋅sin α =mgcosθ
结合f = μ F N可得f = μ(mgcosθ−k ⋅BM )=2 N
可见滑动摩擦力为一定值，故A 错误；
B．设物块沿斜面方向移动的距离为x，由牛顿第二定律有qE−mgsinθ−kx −f =ma
整理可得a=−10 x +2
故B 错误；
CD．作出a−x图像，可知物块从M到N的过程，a−x图线的面积乘以质量m即为合力做功，根据对称性
可知1
2 MN =0.2m，解得MN =0.4 m。设物块在MN的中点P处的速度为v，根据动能定理可得
1
2 m×2×0.2= 1
2 m v
2，解得v =
❑√10
5
m/s，故C，D 正确。
故选CD。
25．（多选）（25-26 高二上·吉林长春）如图所示，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=0.5 m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m=2kg的带电小球，小球电荷量
大小为q =0.1C。小球静止时细线与竖直方向成θ =37°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，取重力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不考虑空气
阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．匀强电场的电场强度为120 N /C
C．小球做圆周运动过程中动能的最小值为6.25J
D．小球从初始位置开始，运动到竖直面圆周最高点的过程中机械能减少了4.5J
【答案】CD
【详解】A．小球能静止于图中位置，受到的电场力方向水平向右，电场方向向左，所以小球带负电荷，
A 错误；
B．小球静止时，由平衡关系可得 qE =mg tanθ
代入数据可得 E =150 N/C，B 错误；
C．运动到等效最高点时速度最小，动能最小 mg
cosθ = mvm
2
L
解得最小动能 EK= 1
2 m vm
2 =6.25J，C 正确；
D．小球从初始位置开始，运动到竖直面圆周最高点的过程中减少的机械能，等于小球克服电场力做功
E =qELsinθ = 4.5J，D 正确。
故选CD 。
重难·创新演练
设题创新:新角度(T2);新角度考查研究方法(T1);
1．（25-26 高二上·吉林）如图所示，绝缘水平面上固定一半径为R的竖直光滑绝缘圆弧轨道BC，水平轨
道AB与轨道BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC与OB成θ =60°角。过C点的竖直面将空间分成左
右两个区域，左侧区域有水平向右、大小未知的匀强电场E1，右侧区域有垂直于纸面向外、大小未知的匀
强磁场B和大小、方向均未知的匀强电场E2（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球
（可视为质点）自A点由静止释放，经过B、C两点时速率相等，过C点后做匀速圆周运动，最终垂直打在
地面上。已知AB间距离为2❑√3 R，小球与水平面间的动摩擦因数μ=
❑√3
4 ，重力加速度为g，小球在运动
过程中无电荷转移，不计空气阻力。求：
(1)匀强电场E2的大小和方向；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)若撤去匀强电场E2，再次将该小球从A点由静止释放，小球触碰地面后会停止运动。求小球运动过程中
距离水平地面的最大距离。
【答案】(1)E2= mg
q ，方向竖直向上；
(2)B = m ❑√gR
qR
(3)(❑√3−1) R
【详解】（1）小球过C点后做匀速圆周运动，有E2q =mg
解得匀强电场E2的大小E2= mg
q ，方向竖直向上。
（2）小球从B 运动到C，有E1qRsin60°−mg(R−Rcos60°)= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
经过B、C两点时速率相等，解得E1=
❑√3mg
3q
小球从A 运动到B，有E1q x AB−μmg x AB= 1
2 m vB
2 −0
由几何关系可知，小球过C点后做匀速圆周运动的轨道半径r = R
由Bq vC =m vC
2
r
解得匀强磁场的磁感应强度大小B = m ❑√gR
qR
（3）小球从C 运动到最高点，有−mgy = 1
2 m vmin
2 −1
2 m vC
2
水平方向∑
❑
❑
❑Bq v yi· Δti=∑
❑
❑
❑mΔv xi
即Bqy =m vmin−m vC cos60°
解得y = 2❑√3−3
2
R
小球运动过程中距离水平地面的最大距离h= y +(R−R cos60°)=(❑√3−1) R
2．（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨）如图，在水平向右的匀强电场（图中未画出）中，长度为L的绝缘轻质
细线的一端固定在O点，另一端拴接质量为m的带电小球，小球电荷量为q(q>0)。小球从O点正上方的A
点水平向左抛出后在竖直面内做圆周运动，经过B点时细线的拉力恰好为零，运动至C点时细线刚好断裂。
已知圆周的直径BC与竖直方向的夹角α =53°，重力加速度为g，小球可视为质点，不计空气阻力，取
cos53° =0.6。求：
(1)小球在A点抛出时的速度大小v0和细线能承受的最大拉力大小T；
(2)细线断后，小球运动至与C点等高处的位置到C点的距离x。
【答案】(1)v0= ❑√3 gL，T =10mg
(2)x = 200
9 L
【详解】（1）B点时细线的拉力恰好为零，则重力和电场力的合力提供向心力mg
cosα =m v1
2
L
A 点到B 点，由动能定理得−mg
cosα
(L−Lcosα )= 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
解得v0= ❑√3 gL
B 点到C 点，由动能定理得mg
cosα ·2 L= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
在C 点有T −mg
cosα =m v2
2
L
联立解得T =10mg
（2）C 点之后，小球做类平抛运动。以C 点为原点，沿速度方向和垂直速度方向建立直角坐标系，速度
方向上有xcosα = v2t
垂直速度方向上有xsinα = 1
2 at
2
由牛顿第二定律得mg
cosα =ma
联立解得x = 200
9 L
3．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）如图，水平向右的匀强电场中，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点为最高点，BO与AO之间的夹角为
37°。当小球运动到B点时速度最小，且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，重力加速度大小为g，小球可视为质点，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)匀强电场电场强度的大小；
(2)小球在B 点的速度大小；
(3)小球在圆周最低点的速度大小。
【答案】(1)E = 3mg
4 q
(2)vB= ❑√
5 gL
4
(3)v = 1
2
❑√23 gL
【详解】（1）当小球运动到B 点时速度最小，可知重力和电场力的合力沿BO 方向，根据几何关系
Eq
mg =tan37°
解得E = 3mg
4 q
（2）在B 点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得
mg
cos37° =m vB
2
L
解得vB= ❑√
5 gL
4
（3）从B 到最低点过程根据动能定理得qELsin37°+mgL(1+cos37°)= 1
2 m v
2−1
2 m vB
2
解得v = 1
2
❑√23 gL
4．（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨）如图，水平边界M 下方足够大的空间内存在水平向左的匀强电场，电
场强度大小为E =
❑√3mg
q
。质量为m 的带正电小球，在边界O 点正上方以大小为v0的初速度水平向右抛出，
进入电场时速度方向与边界M 成30°角，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)小球释放位置距离边界M 的高度h；
(2)小球在电场中运动轨迹最右侧位置与进入电场的初位置之间的水平距离x；
(3)小球进入电场后，其动能的最小值。
【答案】(1) v0
2
6 g
(2)
❑√3 v0
2
6 g
(3)1
2 m v0
2
【详解】（1）根据平抛运动规律可知v cos30° = v0
根据动能定理可知1
2 mv
2−1
2 mv0
2=mgh
解得h= v0
2
6 g
（2）水平方向上，根据牛顿第二定律可得qE =ma
根据速度与位移公式可得v0
2=2ax
解得x =
❑√3 v0
2
6 g
（3）F合与水平夹角α，则tan α = mg
qE =
❑√3
3
故α =30°
沿F合方向与垂直F合方向建立坐标系，则当速度与F合垂直时，动能最小，则vmin= v cos30°，
v cos30° = v0
解得Ekmin= 1
2 mv0
2
5．（2026·内蒙古包头·一模）如图（a）所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态，
在整个空间加平行于竖直平面与水平方向成θ角的匀强电场，且电场强度从零逐渐增大，圆环的加速度大
小随电场强度的变化如图（b）所示。不计空气阻力，重力加速度为g，E0为已知量，取最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。求：
(1)圆环与水平杆间的动摩擦因数μ及θ；
(2)圆环的比荷。
【答案】(1)
❑√3
3 ，60°
(2)
❑√3 g
3 E0
【详解】（1）E 大到一定程度后加速度大小恒为
❑√3 g
3
，对圆环受力分析如图1 所示
根据平衡条件竖直方向有FN= Eqsinθ−mg
Ff= μ FN
由牛顿第二定律得Eqcosθ−Ff=ma
联立可得a= Eq
m
(cosθ−μsinθ)+ μg
结合图（b）可知cosθ−μsinθ =0，μg=
❑√3 g
3
则μ=
❑√3
3 ，θ =60°
（2）E = E0时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2 所示
根据平衡条件，水平方向有Ffm = E0qcosθ
竖直方向有F N
′ =mg−E0qsinθ
Ffm = μ F N
′
联立解得q
m =
❑√3 g
3 E0
真题·实战演练
高频考点：带电粒子（体）在复合场中的动力学问题和功能问题
1．（2024·浙江·高考真题）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，已知重力加速度为g，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
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，
则小球从A 到C 的过程电势增加，电势能增加，故A 错误；
B．当场强满足
Eq =mg
时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B 错误；
C．根据动能定理
(mg−Eq) R = 1
2 m vB
2 −1
2 m v0
2
可求出小球到B 点时的速度vB，根据
a1= vB
2
R
可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律
mg−Eq=ma2
可得小球的切向加速度a2，再根据矢量合成可得B 点的加速度为
a=
❑√a1
2+a2
2
故C 正确；
D．小球在D 点受到竖直向下的重力、竖直向上的匀强电场的电场力、平行MN 方向的等量异种点电荷的
电场力和圆环的作用力，圆环的作用力一个分力与等量异种点电荷的电场力平衡，其与MN 平行，而另一
分力提供向心力，方向指向圆心，故小球在D 点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D 错误。
故选C。
2．（2024·新疆河南·高考真题）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O 点上，下端
分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向
的夹角大小相等。则（ ）
A．两绳中的张力大小一定相等
B．P 的质量一定大于Q 的质量
C．P 的电荷量一定小于Q 的电荷量
D．P 的电荷量一定大于Q 的电荷量
【答案】B
【详解】由题意可知设Q 和P 两球之间的库仑力为F，绳子的拉力分别为T1，T2，质量分别为m1，m2；与
竖直方向夹角为θ，对于小球Q 有
q1 E+T 1sinθ = F
T 1cosθ =m1g
对于小球P 有
q2 E+ F =T 2sinθ
T 2cosθ =m2 g
联立有
q1 E = F −T 1sinθ>0
q2 E =T 2sinθ−F >0
所以可得
T 2>T 1
又因为
T 1
T 2
= m1
m2
可知m2>m1，即P 的质量一定大于Q 的质量；两小球的电荷量则无法判断。
故选B。
3．（2023·浙江·高考真题）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
−4 J
C．电场强度大小为❑√3×10
4 N /C
D．减小R 的阻值，MC 的距离将变大
【答案】B
【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示
根据几何关系可得
T =qE
T sin 60°+qE sin 60° =mg
联立解得
T =qE = ❑√3×10
−3 N
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示
根据几何关系可得
LMC =d tan 60° =10 ❑√3cm
故A 错误；
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
x =（10−5sin30° ）=7.5cm
与电场力方向相反，电场力做功为
W 电=−qEx =−3
4
❑√3×10
−4J
则小球的电势能增加3
4
❑√3×10
−4 J，故B 正确；
C．电场强度的大小
E = qE
q = ❑√3×10
5 N /C
故C 错误；
D．减小R 的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC
的距离不变，故D 错误。
故选B。
4．（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= ❑√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 ❑√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
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 ❑√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
5．（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
【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
