独家精编高考物理2026年高考物理解题技巧----力学、电磁学篇精讲讲义(189页)(完整版)(公众号MPCB数理化生专项专题钜献)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_782

公众号:MPCB数理化生专项专题
【独家精编】
2026年高考物理解题技巧
力学、电磁学篇精讲讲义
钜献
二轮重难点考点专项专用
01.高考物理题型解题技巧之力学篇——秒解动态平衡------------------------------1
02.高考物理题型解题技巧之力学篇——全反力的秒用------------------------------22
03.高考物理题型解题技巧之力学篇——应用整体法和隔离法的解题技巧—内力公式----31
04.高考物理题型解题技巧之力学篇——秒解倾斜传送带图像问题--------------------43
05.高考物理题型解题技巧之力学篇——置换参考系巧解传送带划痕问题--------------58
06.高考物理题型解题技巧之力学篇——置换参考系巧解空间中抛体运动的相遇问题----78
07.高考物理题型解题技巧之电磁学篇——速度线与力线法巧解带电粒子在电场中运动问题
-----------------------------------------------------------------------------95
08.高考物理题型解题技巧之电磁学篇——等效法处理带电物体在电场中的多种运动---106
09.高考物理题型解题技巧之电磁学篇——等分法巧解匀场电场方向和大小-----------129
10.高考物理题型解题技巧之电磁学篇——数学圆法巧解磁场中的临界问题-----------145
11.高考物理题型解题技巧之电磁学篇——等效阻抗秒解变压器动态问题-------------169
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高中物理题型解题技巧之力学篇01 秒解动态平衡 
一、必备知识与应用技巧 
1、“一恒一定向” 
“一恒一定向”即为物体所受的三力中有一个力恒定，一个力的方向恒定。如图所示，OA、
OB、OC 为三根细绳，保持O 点不动，B 绳顺时针旋转，分析两绳中的拉力变化情况？ 
（1）常规解法—图解法，对O 点受力分析如图1 所示
观察图形可知，B 绳的拉力先减小后增大，A 绳中的拉力一直减小。 
（2）方法升级理解（口决：不转的力随方向变化的两力的夹角增大而增大，减小而减小，
当方向变化的两力垂直时转动的力最小，往两边都增大）
认真分析可知，随着B 绳顺时针旋转，两绳的夹角减小，同时观察A 绳的力也在减小，而
当B 绳也A 绳垂直时，B 绳中的拉力最小，所以可以得到规律，A 绳的拉力（即不转的力）
随两绳夹角的增大而增大（或夹角的减小而减小），B 绳的拉力（转动的力）在B 绳也A 绳
垂直时最小，只要分析B 绳转动过程中会不会出现垂直即可判断，用此方法则不用画三角
形而快速解决此类问题。
例1.如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB 和AC 之间，AB 与AC 之间的夹角为30°．现
将AC 板固定，而使AB 板沿顺时针方向缓慢转动90°，则(   ) 
A.球对AB 板的压力逐渐减小
B.球对AB 板的压力先减小后增大
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C.球对AC 板的压力逐渐增大 
D.球对AC 板的压力先减小后增大 
解析：画出小球的受力如图 
 
由题意可知TAB 从水平方向转到竖直方向，TAB 与TAC 夹角一直减小，则不转的力TAC 一直
减小，TAB 在转动过程中一定经历与TAC 垂直的位置，垂直时最小，则TAB 先增大后减小，
故选B。 
2、“两变力恒定夹角” 
“两变力恒定夹角”即为两个变力的夹角恒定，如图所示，三根细绳连接同一点O，且在C
绳上吊一个重物，保持A、B 绳夹角α 不变，A、B 两绳顺时针转动30° 过程中，A、B 绳上
的拉力变化情况？ 
 
（1）常规解法——“拉密定理”，如图 
 
由“拉密定理”可知 
sin
sin
sin
A
B
F
F
G
β
θ
α
=
=
 
由于G，α 角不变，则sin
G
α
不变，在转动过程中β 角从90
120
°
°
→
，则sin β 减小，所以
FA 一直减小，同理可知，θ 从钝角变到90° ，所以FB 一直增大。 
（2）方法升级理解（口决：“对角垂直时拉力最大”） 
由正弦函数知，sin90
1
° =
为最大，再由sin
sin
sin
A
B
F
F
G
β
θ
α
=
=
可知，对角垂直时力最大，
即当
90
β
°
=
时，
A
F 最大，同理
90
θ
°
=
时，
B
F 最大，因此处理此类问题时只要分析两个
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变化的夹角的变化情况即可得出结论，可以快速的解决问题； 
例2.如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA的一端O 固定在此圆环的圆心，另一端A 拴
一球，轻绳AB 的一端拴球，另一端固定在圆环上的B 点。最初，两绳均被拉直，夹角为
2
π
θ θ


>



且OA水平，现将圆环绕圆心O 顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ 始终不变），
以下说法正确的是(   ) 
 
A. OA上的张力逐渐增大 
B.OA上的张力先增大后减小 
C. AB 上的张力逐渐增大 
D. AB 上的张力先增大后减小 
解：受力分析如图 
 
在转动过程中β 从90
180
°
°
→
，由对角垂直时拉力最大可知，
AB
F
一直减小，同理θ 从钝
角变成锐角，其间一直经历直角的状态，由对角垂直时拉力最大可知，
OA
F
先增大后减小，
故选B。 
3、“大Y 模型” 
“大Y 模型”即为晾衣服模型，如图所示，一根细绳A、B 两端分别栓在两根固定的杆上，
两杆间的距离为d，重物的重力为G 
 
（1）常规解法： 
对O 点受力分析如图所示 
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由平衡可知 
2 cos
T
G
α =
 
即 
2cos
G
T
α
=
 
由几何关系可知 
sin
sin
OA
BO
L
L
d
α
α
+
=
 
其中 
OA
OB
L
L
L
+
=
绳长 
得 
sin
d
L
α =
绳长
 
根据题意逐步分析解答。 
（2）方法升级理解（口决：“近小远大，纵不变”） 
分析总结规律 
○1 .纵移，即A 点或B 点上、下移动时，由于d 不变，绳长不变，则α 不变，则绳中拉力不
变； 
○2 .远离，即两杆距离增大，α 变大，绳中拉力变大， 
○3 .靠近，即两杆距离增大，α 变小，绳中拉力变小； 
口决：对于α 和T 的变化情况满足：“近小远大，纵不变”，其中“近”和“远”指的是距
离d，d 小，α 小，绳中拉力小；d 大，α 大，绳中拉力大，“纵”指的是A 点或B 点上、下
移动，此时绳中拉力不变。 
例3.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂
衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只改变一个条件，当衣架静止时，下
列说法正确的是 (   )  
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A．绳的右端上移到b′，绳子拉力变小` 
B．绳的两端高度差越小，绳子拉力越大 
C．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大 
D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移 
解：ABC．利用口决：“近小远大，纵不变”可知，绳的右端上移到b′，即为纵移，则绳子
拉力不变，将杆N 向右移一些，即远离，则绳子拉力变大，绳的两端高度差越小，即纵移，
则绳子拉力不变，故AB 错误，C 正确； 
D．若换挂质量更大的衣服，仍然平衡，则位置不变，只是绳子拉力变大，故D 错误。 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．如图所示，用一轻绳将光滑小球P 系于竖直墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一长
方体物块Q，P、Q 均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O 点开始缓慢下移，则在铅笔
缓慢下移的过程中（  ） 
 
A．细绳的拉力逐渐变小 
B．Q 受到墙壁的摩擦力逐渐变大 
C．Q 将从墙壁和小球之间滑落 
D．Q 受到墙壁的弹力逐渐变大 
【答案】D 
【详解】A．对P 受力分析如图所示， 
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P 受到重力mg、绳的拉力F 和Q 对P 的支持力N 处于平衡状态，设拉力与竖直方向的夹角
为θ，根据共点力平衡有：绳的拉力 
cos
mg
F
θ
=
 
 
Q 对P 的支持力 
N=mgtanθ 
铅笔缓慢下移的过程中，θ 增大，则绳的拉力F 增大，Q 对P 的支持力增大，故A 错误； 
BCD．对Q 受力分析，在水平方向上受到P 对Q 的压力和墙壁对Q 的弹力，二力平衡，根
据牛顿第三定律知，Q 对P 的支持力增大，则P 对Q 的压力增大，所以墙壁对Q 的弹力增
大；在竖直方向上受到重力与墙壁的摩擦力，二力平衡，重力不变，所以Q 受到墙壁的摩
擦力不变，Q 不会从墙壁和小球之间滑落，故D 正确，BC 错误。 
故选D。 
2．如题图所示，重量为G 的物块静置于水平地面上，用大小不变的力
(
)
F F
G
<
拉该物块，
在力F 与水平方向的夹角θ 从0°缓慢增大到90°过程中，该物块始终静止不动，则水平地面
对该物块的作用力（    ） 
 
A．一直减小 
B．一直增大 
C．先减小后增大 
D．先增大后减小 
【答案】A 
【详解】把力F 分解，由平衡条件可得地面的支持力N 和地面的静摩擦力f 为 
cos
sin
f
F
N
mg
F
θ
θ
=
=
−
，
 
当力F 与水平方向的夹角θ 从0°缓慢增大到90°过程中，二力均减小。则可知二力的合力，
即水平地面对该物块的作用力也随之减小 
2
2
F
f
N
=
+
合
 
故选A。 
3．如图甲工人正使用“涂料滚”给墙壁粉刷涂料。如图乙粉刷时工人手持撑杆使涂料滚沿竖
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直墙壁缓慢移动，若涂料滚在向上缓慢移动过程中对墙壁的压力大小保持不变，则（  ） 
 
A．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小不变 
B．涂料滚受到的摩擦力方向向上，大小变大 
C．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变大 
D．涂料滚受到的摩擦力方向向下，大小变小 
【答案】C 
【详解】由题意可知，工人手持撑杆使涂料滚沿竖直墙壁缓慢移动，涂料滚相对于墙壁由向
上运动的趋势，所以涂料滚受到的摩擦力方向向下，且涂料滚竖直方向平衡，有 
tan
N
mg
f
α =
+
 
其中α 为撑杆与墙壁的夹角，α 角减小，所以摩擦力变大，故C 正确，ABD 错误。 
故选C。 
4．如图甲所示是空军飞行员防眩晕训练器，若某飞行员调练时，左右手拉住圆环，处于平
衡状态，左手刚好在水平状态，右手与水平方向有一定夹角，不考虑腿部受到的作用力，等
效为如图乙模型，在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，则（  ） 
 
A．两手的拉力均变小 
B．左手拉力先变大再变小，右手拉力一直变小 
C．左手拉力一直变小，右手拉力先变小再变大 
D．左手拉力先变大再变小，右手拉力先变大再变小 
【答案】B 
【详解】在圆环顺时针缓慢旋转90°过程中，保持两手臂伸直状态，两手拉力夹角不变，由
三力平衡推论知三力平移后会组成一闭合三角形，如下图所示：黑色线表示重力，红色线表
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示左手拉力，蓝色线表示右手拉力。 
  
则由图可知：左手拉力先变大后变小，右手拉力一直变小。 
故选B。 
5．如图，一重力不计的梯子斜靠在光滑竖直墙壁上，重为G 的工人由地面沿梯子上爬，在
上爬过程中，梯子保持静止｡设墙壁对梯子的作用力为F1，地面对梯子的支持力为F2，摩擦
力为F3，则在上爬过程中（  ） 
 
A．F1由大变小 
B．F2由大变小 
C．F2由小变大 
D．F3由小变大 
【答案】D 
【详解】A．对梯子和人整体受力分析，如图所示 
 
在人上爬的过程中，力的作用线的交点水平向左移动，F 和竖直方向的夹角变大，有几何关
系可知 
1
tan
F
N
G
θ
=
=
 
 
cos
G
F
θ
=
 
即F1由小变大，A 错误； 
BC． 
2
cos
cos
cos
G
F
F
G
θ
θ
θ
=
=
=
  
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即F2保持不变，B 错误，C 错误； 
D． 
3
sin
tan
F
F
G
θ
θ
=
=
 
即F3由小变大，D 正确； 
故选D。 
6．晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B 两点，A 点高于B 点，原来无风
状态下衣服保持静止。某时一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右的恒力而发生滑动，并在
新的位置保持静止，如图所示。不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，下列说法正确的
是（  ） 
 
A．有风时，挂钩左、右两侧绳子的拉力大小不相等 
B．无风时，挂钩左侧绳子与竖直方向的夹角大于右侧绳子与竖直方向的夹角 
C．在有风且风力不变的情况下，绳子右端由A 点沿杆向下移到C 点，绳子的拉力变小 
D．相比无风时，在有风的情况下∠AOB 大 
【答案】C 
【详解】A．由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦，则挂钩相当于动滑轮，两端绳
子的拉力总是相等，所以A 错误； 
B．无风时，根据平衡条件可得，两细绳拉力的合力等于重力，则有 
cos
cos
F
F
mg
α
β
+
=
 
两细绳拉力水平方向的分力大小相等，方向相反，有 
sin
sin
F
F
α
β
=
 
可知 
α
β
=
 
所以挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相同，则B 错误； 
D．设绳长为L，两杆之间的距离为d，根据几何关系可得 
sin
d
L
θ =
 
无风时，根据平衡条件可得 
2
cos
F
mg
θ =
 
解得 
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2cos
mg
F
θ
=
 
有风后，衣服受力增加一个风力，四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相
平衡，如图2 所示的状态 
 
此时通过A 点和B 点做平行于合力方向的直线，相对于两根杆的方向（如图红线所示），根
据图中几何关系可知两根杆（即两红线）之间的距离d 不能确定，则θ 不能确定，故∠AOB
不确定，D 错误； 
C．当在有风的情况下，将A 点沿杆稍下移到C 点，根据图像可以看出，两端绳子之间的夹
角变小，但是两细绳拉力的合力为恒力，则拉力F 变小，C 正确。 
故选C。 
7．哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做
出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，用合成“肌肉”做成的“手臂”ced 的d 端固定一滑
轮，c 端固定于墙壁，足够长的细绳绕过d 端滑轮，一端也固定于墙壁，另一端连接质量为
m 的物体，合成“肌肉”的c 和e 处类似于人手臂的关节，由“手臂”合成“肌肉”控制。设cd 的
连线与竖直墙壁ac 夹角为𝜃𝜃，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法不正确的是（  ） 
 
A．撤除轻质细杆ce 瞬间物体的下落加速度为重力加速度g 
B．若保持θ＝90°，增大cd 长度，细绳对滑轮的力始终沿dc 方向 
C．若保持ac 等于ad，增大cd 长度，细绳对滑轮的力始终沿dc 方向 
D．若θ 从90°逐渐变为零，cd 长度不变，且保持ac＞cd，则细绳对滑轮的力先增大后减小 
【答案】B 
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【详解】A．撤除轻质细杆ce 瞬间，细绳ad 的拉力也瞬时变为零，则物体的下落加速度为
重力加速度g，选项A 正确； 
B．保持
90
θ =
° ，增大cd 长度，则
adb
∠
变小，绳中张力大小不变，因细绳对滑轮的力沿
adb
∠
的平分线，可知细绳对滑轮的力的方向要改变，则B 错误； 
C．保持ac 等于ad，acd
adc
cdb
∠
∠
= ∠
=
，即dc 为
adb
∠
的角平分线，绳中张力不变，方向沿
着dc，C 正确； 
D．cd 长度不变，d 点的轨迹如图虚线所示，为一段圆弧 
 
当d 的位置满足ad 与圆相切时，
adb
∠
最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此θ 从90°逐渐
变为零，细绳对滑轮的力先增大后减小，D 正确。 
故选B。 
8．图示杆秤用3 根长度相同细绳对称地系于圆形秤盘上，细绳的另一端汇聚后系在杆秤小
吊环上的O 点。用该秤来称质量为m（含秤盘）的物品，重力加速度为g ，则平衡时（  ） 
 
A．每根细绳的拉力等于3
mg 
B．每根细绳的拉力小于3
mg 
C．细绳越长，细绳的拉力越大 
D．细绳越长，细绳的拉力越小 
【答案】D 
【详解】设细绳与竖直方向夹角为θ ，细绳拉力为T ，根据平衡条件可得 
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3 cos
T
mg
θ =
 
解得 
1
3cos
3
mg
T
mg
θ
=
>
 
细绳越长，θ 越小，则T 越小，故D 正确，ABC 错误。 
故选D。 
9．如图所示，某健身者右手拉着抓把沿图示位置B 水平缓慢移动到位置A，他始终保持静
止，不计绳子质量，忽略绳子和重物与所有构件间的摩擦，A、B、重物共面，则重物上升
过程（  ） 
 
A．绳子的拉力逐渐增大 
B．该健身者所受合力逐渐减小 
C．该健身者对地面的压力逐渐减小 
D．该健身者对地面的摩擦力逐渐增大 
【答案】D 
【详解】AB．由题意可知，重物和健身者一直处于平衡状态，由平衡条件可知，健身者所
受合力等于零；绳上的拉力大小不变，其大小等于重物的重力mg，AB 错误； 
CD．对健身者受力分析，如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向，则有 
 
N
sin
mg
F
Mg
θ +
=
 
可得 
N
sin
F
Mg
mg
θ
=
−
 
在水平方向，则有 
f
cos
mg
F
θ =
 
当从B 水平缓慢移到A 时，θ 角逐渐变小，地面对健身者的支持力变大，地面对健身者的摩
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擦力变大，由牛顿第三定律可知，健身者对地面的压力逐渐增大，健身者对地面的摩擦力逐
渐增大，C 错误，D 正确。 
故选D。 
10．新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机
将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，
质量为m 的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为120°固定不变，“V”型挡板可绕P 轴在竖
直面内转动，使BP 板由水平位置逆时针缓慢转动60°的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩
擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（  ） 
 
A．在AP 板转到水平前，BP 板与AP 板对棉包的作用力的合力不变 
B．棉包始终受到三个力的作用 
C．棉包对AP 板的压力先增大后减小 
D．当BP 板转过60°时，棉包对BP 板的作用力大小为mg 
【答案】A 
【详解】A．在AP 板转到水平前，BP 板与AP 板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力
平衡，所以合力不变，故A 正确； 
B．当BP 板或AP 板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B 错误； 
C．如图所示 
 
设BP 板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，根据正弦定理有 
1
2
sin(60
)
sin
sin120
F
F
mg
θ
θ
=
=
° −
° 
当θ 从0°增到60°的过程中，AP 板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP 板的压力一
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直增大，故C 错误； 
D．当BP 板转过60°时，AP 处于水平状态，此时棉包对BP 板的作用力大小为零，故D 错
误。 
故选A。 
11．如图，质量为m 的小球用一轻绳竖直悬吊于O 点。现用一光滑的金属挂钩向右缓慢拉
动轻绳至虚线位置，在此过程中，下列说法正确的是（  ） 
 
A．钩子对绳的作用力水平向右 
B．钩子对绳的作用力逐渐增大 
C．绳子的张力逐渐增大 
D．钩子对绳的作用力可能等于2mg 
【答案】B 
【详解】A．钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的
作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A 错误； 
B．两段绳子拉力大小相等，均等于mg，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，
故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故B 正确； 
C．物体受重力和拉力而平衡，故拉力T=mg，而同一根绳子的张力处处相等，绳子的拉力
大小一直为mg，大小不变，故C 错误； 
D．因为钩子与细绳的接触点A 始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，
细绳对钩子的作用力小于
2mg ，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，故D 错误。 
故选B。 
12．如图（a），直导线MN 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OOʹ上，其所在区域存
在方向垂直指向OOʹ的磁场，与OOʹ距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，
其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说
法正确的是（   ） 
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A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N 指向M 
B．电流I 增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 
C．tanθ 与电流I 成正比 
D．sinθ 与电流I 成正比 
【答案】D 
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有 
 
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M 指向N，A 错误； 
BCD．由于与OOʹ距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有 
sin
BIL
mg
θ =
，FT= mgcosθ 
则可看出sinθ 与电流I 成正比，当I 增大时θ 增大，则cosθ 减小，静止后，导线对悬线的拉
力FT减小，BC 错误、D 正确。 
故选D。 
13．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P 点，将木板以底边MN 为
轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，
在转动过程中（  ） 
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A．圆柱体对木板的压力逐渐增大 
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小 
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小 
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变 
【答案】B 
【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T ，木板对圆柱体的支持力为N ，绳子与木板
夹角为α ，从右向左看如图所示 
 
在矢量三角形中，根据正弦定理 
sin
sin
sin
mg
N
T
α
β
γ
=
=
 
在木板以直线MN 为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，α 不变，γ 从90°逐渐减小到0，
又 
180
γ
β
α
+
+
=
° 
且 
90
α <
° 
可知 
90
180
γ
β
° <
+
<
° 
则 
0
180
β
<
<
° 
可知β 从锐角逐渐增大到钝角，根据 
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sin
sin
sin
mg
N
T
α
β
γ
=
=
 
由于sinγ 不断减小，可知T 不断减小，sin β 先增大后减小，可知N 先增大后减小，结合牛
顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2θ ，绳子拉
力为
'
T ，则 
'
2
cos
T
T
θ =
 
可得 
'
2cos
T
T
θ
=
 
θ 不变，T 逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B 正确，ACD 错误。 
故选B。 
14．如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ 为水平直径，MN 为倾斜
直径，PQ 与MN 间的夹角为θ ，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N
两点，轻质滑轮连接一个质量为m 的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现
将圆环从图示位置绕圆心O 顺时针缓慢转过2θ 角，下列说法正确的是（  ） 
 
A．图示位置时，轻绳的张力大小为2sin
mg
θ 
B．直径MN 水平时，轻绳的张力大小为
2
2
4
mgL
L
R
−
 
C．轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小 
D．圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张力逐渐减小 
【答案】C 
【详解】AB．左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为α ，并作出辅助线，
如图所示 
 
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由几何关系可知 
2 cos
ME
R
θ
=
 
又 
sin
sin
sin
ME
MD
DN
L
α
α
α
=
+
=
 
整理得 
2
sin
cos
R
L
α
θ
=
① 
对物体进行受力分析 
2 cos
T
mg
α =
 
因此 
2
2
2
2
2cos
2
2
4
cos
2 1 (
cos )
mg
mg
mgL
T
R
L
R
L
α
θ
θ
=
=
=
−
−
② 
当转到水平位置时，
0
θ =
，代入②式可得 
2
2
2
4
mgL
T
L
R
=
−
 
A、B 错误； 
C．由于α 、θ 均为锐角，由①可得，θ 越小，α 越大，当转到水平位置时，
0
θ =
，此时α
取得最大值，因此α 先增大，后减小，C 正确； 
D．由②可得θ 越小，绳子拉力越大，因此当
0
θ =
时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位
置顺时针缓慢转过2θ 的过程中，轻绳的张力先增大后减小，D 错误。 
故选C。 
15．在生活中人们为了更方便地向高处运送货物，经常使用如图所示的方法提升重物。图中
甲、乙两名工人分别位于两栋楼的三楼和二楼窗口，两人各用一根轻绳与质量为m 的重物
相连。初始时重物在甲的正下方地面上，此时工人甲的绳长为L、甲、乙两人间的距离也为
L、楼间距为d，现甲拉住绳端不动的同时乙缓慢收短手中的轻绳，最终将重物拉至乙处。
重力加速度取g，则在将重物由地面拉至乙的过程中下列说法正确的是 （  ） 
 
A．甲绳的拉力先增大后减小 
B．乙绳的拉力先增大后减小 
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C．当重物接近乙处时甲绳的拉力接近
2
2
mg L
d
L
−
 
D．当重物接近乙处时乙绳的拉力接近mg 
【答案】C 
【详解】
 
A．受力分析如图1 所示，由正弦定理可得 
1
2
T
T
sin
sin(
)
sin
F
F
mg
β
β
α
α
=
=
−
 
在重物向上移动的过程中α
β
、
均增加，α 增加的角度为β 的2 倍，故 
1
T
sin(
)
sin
F
mg
β
α
β
−
=
 
减小，即
1
T
F 始终减小，A 错误； 
B．因为α
β
、
始终为锐角，且α 始终小于β，由三角函数关系可知 
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
T
T
sin
sin
2
sin
sin
sin
sin
F
F
mg
mg
α
θ
α
θ
α
β
β
θ
β
θ
′
+
+
=
<
<
=
+
+
 
即 
2
2
T
T
F
F′
<
 
即
2
T
F 始终增大，B 错误； 
CD．如图2 所示，当重物接近乙时，乙与重物的连线逐渐与重物的轨迹相切，两绳间的夹
角逐渐趋近90°，可认为两拉力垂直，由相似三角形可得 
T2
T1
2
2
F
F
mg
L
d
L
d
=
=
−
 
解得 
1
2
2
T
mg
L
d
F
L
−
=
 
2
T
mgd
F
L
=
 
C 正确，D 错误。 
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故选C。 
16．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机，三脚架的三根轻质
支架等长，与竖直方向均成37°角，该夹角及支架长短均可以调节，但三根支架的长度及它
们与竖直方向的夹角始终相等，照相机的重心始终在支架的竖直轴上。已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8。则下列说法正确的是（  ） 
 
A．每根支架受到地面的摩擦力大小为1
4 mg 
B．照相机对每根支架的压力大小为1
3 mg 
C．若将每根支架与竖直方向夹角变小，则每根支架受到的地面的支持力将不变 
D．若将每根支架与竖直方向夹角变小，则每根支架受到的地面的摩擦力将变大 
【答案】AC 
【详解】AB．要使相机受力平衡，则三根支架竖直方向上的力的合力大小应等于重力，即 
3 cos37
T
mg
° =
 
解得 
5
3cos37
12
mg
T
mg
°
=
=
 
根据牛顿第三定律可知照相机对每根支架的压力大小为5
12 mg ，每根支架受到地面的摩擦力
大小为支架受到的压力的水平分力，即 
1
sin37
4
f
T
mg
°
=
=
 
故A 正确，B 错误； 
C．以整个装置为研究对象，设每根支架受到的地面的支持力为N，竖直方向上有受力平衡
可得 
3N
mg
=
 
解得 
3
mg
N =
 
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因此当每根支架与竖直方向夹角变小时，则每根支架受到的地面的支持力将不变，故C 正确； 
D．由AB 选项分析可知 
tan37
3
mg
f
°
=
 
当每根支架与竖直方向夹角变小时，则每根支架受到的地面的摩擦力将变小，故D 错误。 
故选AC。 
 
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高中物理题型解题技巧之力学篇02 全反力秒用 
一、必备知识 
1.全反力
物体受到的支持力与滑动摩擦力的合力即为全反力，如图1 所示 
由于
N
f
F
µ
=
即滑动摩擦力与支持力成正比，所以全反力的方向不变，设全反力与支持力
的夹角为θ ，则
N
tan
f
F
θ
µ
=
=
即为定值，其中θ 为摩擦角。
2.应用技巧
（1）.物理场景：如图2 所示，一质量为m 的物块在拉力F 作用下沿水平面做匀速直线运
动，物块与水平面间的动摩擦因数为µ ，问当拉力与水平方向夹角θ 多大时，拉力F 最小，
并求出此最小值？
（2）.常规解法：对物块受力分析且正交分解如图3 所示 
由平衡可得，水平方向：
cos
0
F
f
θ −
=
，竖直方向：
N
sin
F
F
mg
θ
+
=
且
N
f
F
µ
=
，则 
cos
(
sin )
0
F
mg
F
θ
µ
θ
−
−
=
 
整理得
cos
sin
F
F
mg
θ
µ
θ
µ
+
=
 
即
cos
sin
mg
F
µ
θ
µ
θ
=
+
由辅助角公式可得
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2
2
2
2
1
cos
sin
1
(
cos
sin )
1
sin(
)
1
1
µ
θ
µ
θ
µ
θ
θ
µ
α
θ
µ
µ
+
=
+
+
=
+
+
+
+
 
当
π
2
α
θ
+
=
时，sin(
)
α
θ
+
最大，此时拉力最小，为
min
2
1
mg
F
µ
µ
=
+
。 
（3）.全反力解法：将摩擦力与支持力合成为全反力，设全反力与支持力的夹角为α ，由三
角形法则可知，当拉力与全反力垂直时，拉力最小，如图4 所示 
 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
一、单选题 
1．（2022·浙江·高考真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水
平地面间的动摩擦因数为µ ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水
平面间的夹角均为θ ，则下列说法正确的是（  ） 
 
A．轻绳的合拉力大小为cos
mg
µ
θ 
B．轻绳的合拉力大小为cos
sin
mg
µ
θ
µ
θ
+
 
C．减小夹角θ ，轻绳的合拉力一定减小 
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小 
【答案】B 
【详解】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知 
cos
T
f
θ =
 
f
N
µ
=
 
sin
T
N
mg
θ +
=
 
联立解得 
cos
sin
µ
θ
µ
θ
=
+
mg
T
 
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故A 错误，B 正确； 
C．拉力的大小为 
2
cos
sin
1
sin(
)
mg
mg
T
µ
µ
θ
µ
θ
µ
θ
ϕ
=
=
+
+
+
 
其中
1
tanϕ
µ
=
，可知当
90
θ
ϕ
+
=
° 时，拉力有最小值，即减小夹角θ ，轻绳的合拉力不一定
减小，故C 错误； 
D．摩擦力大小为 
cos
cos
cos
sin
1
tan
mg
mg
f
T
µ
θ
µ
θ
θ
µ
θ
µ
θ
=
=
=
+
+
 
可知增大夹角θ ，摩擦力一直减小，当θ 趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小
时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D 错误； 
故选B。 
2．（2021·四川成都·一模）如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿
水平地面向右匀速运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数为
3
3
，木箱始终在地面上。则整
个过程中拉力F 的大小变化情况是（  ） 
 
A．先减小后增大 
B．先增大后减小 
C．一直减小 
D．一直增大 
【答案】A 
【详解】对物体受力分析，如图所示 
 
无论F 如何变化，支持力与摩擦力的合力方向不变，则有 
N
f
1
tan
3
F
F
α
µ
=
=
=
 
则 
60
α
°
=
 
设两个力的合力为
'
F ，则由矢量三角形知拉力F 垂直
'
F ，拉力最小，此时拉力与水平方向
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的夹角为30°，当θ 角由0 增加到30°时，拉力逐渐减小，当θ 角由30°继续增加时，拉力一
直增大，故A 正确，BCD 错误。 
故选A。 
3．
（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）某同学在家卫生大扫除中用拖把拖地，
沿推杆方向对拖把施加推力F ，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为θ ，且拖把刚好做
匀速直线运动，则（  ） 
 
A．拖把所受地面的摩擦力为
sin
F
θ 
B．地面对拖把的作用力方向与水平向左的夹角大于θ 
C．从某时刻开始保持力F 的大小不变，减小F 与水平方向的夹角θ ，地面对拖把的支持力
N
F
变大 
D．同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力与反作用力 
【答案】B 
【详解】A．对拖把进行受力分析如图所示 
 
可得摩擦力为
cos
F
θ ，故A 错误； 
B．地面对拖把的作用力为支持力和摩擦力的合力，该合力应该与mg 和F 的合力等大反向，
该合力方向与水平向左的夹角大于θ ，故B 正确； 
C．竖直方向有 
N
sin
F
mg
F
θ
=
+
 
则θ 减小，
N
F 减小，故C 错误； 
第25页,共187页
 
 
              
              
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D．同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力方向相同，不是一对作用力与反作用力，故
D 错误。 
故选B。 
4．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，战士在水平地面上拉轮胎训练，战士以速度v 做匀速
直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B 等高，两绳间的夹角为θ ，所构成的平
面与水平面间的夹角α 不变，则（  ） 
 
A．保持v 不变，θ 变小，绳子的拉力变小 
B．保持v 不变，θ 变小，绳子的拉力变大 
C．保持θ 不变，v 较小时，绳子的拉力较小 D．保持θ 不变，v 较小时，绳子的拉力较大 
【答案】A 
【详解】AB．保持v 不变，则轮胎做匀速直线运动，设两根绳的合力为F，根据平行四边形
定则有 
2 cos 2
F
T
θ
=
 
对轮胎受力分析，根据正交分解，水平方向上有 
cos
F
f
α =
 
竖直方向有 
sin
F
N
mg
α +
=
 
又 
f
N
µ
=
 
联立解得 
(
)
2cos
cos
sin
2
mg
T
µ
θ
α
µ
α
=
+
 
故θ 变小，绳子的拉力变小，故A 正确，B 错误； 
CD．由题知，轮胎做匀速直线运动，根据 
(
)
2cos
cos
sin
2
mg
T
µ
θ
α
µ
α
=
+
 
可知保持θ 不变，则拉力T 不变，与速度的大小无关，故CD 错误。 
故选A。 
5．（2021·四川巴中·模拟预测）如图所示，某同学拉动一个箱子在水平面匀速前进，拉力F
第26页,共187页
 
 
              
              
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与水平面的夹角为θ ，下列说法正确的是（  ） 
 
A．仅改变前进的速度，速度越大，拉力F 越大 
B．仅改变夹角θ ，θ 越大，拉力F 越小 
C．地面对箱子的作用力竖直向上 
D．地面对该同学和箱子作用力的合力竖直向上 
【答案】D 
【详解】C．地面对箱子有竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力，合力斜向左上方，故地
面对箱子的作用力斜向左上方，C 错误； 
D．把该同学和箱子当成一整体，人受到向前的摩擦力与箱子受到向后的摩擦力等大、反向，
故地面对该同学和箱子作用力的合力与整体的重力等大、反向，故竖直向上，D 正确； 
B．由于拉动箱子在水平面匀速前进，箱子处于平衡状态，正交分解可得 
cos
F
N
θ
µ
=
 
sin
F
N
mg
θ +
=
 
联立解得 
2
= cos
sin
1
(sin
)
mg
mg
F
µ
µ
θ
µ
θ
µ
θ
ϕ
=
+
+
+
 
其中 
1
tanϕ
µ
=
 
当 
0
90
θ
ϕ
<
+
≤
 
F 随着θ 的增大而减小，当 
90
180
θ
ϕ
<
+
<

 
F 随着θ 的增大而减小，B 错误； 
A．仅改变前进的速度，只要仍做匀速运动，平衡状态不变，拉力F 不变，A 错误。 
故选D。 
6．（2018·河北定州中学高三期末）如图所示，倾角
37
θ =
° 的斜面上有一木箱，木箱与斜面
之间的动摩擦因数
3
3
µ =
。现对木箱施加一拉力F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动。
第27页,共187页
 
 
              
              
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设F 的方向与斜面的夹角为α ，在α 从0 逐渐增大到53°的过程中，木箱的速度保持不变，
则（  ） 
 
A．F 先减小后增大 
B．F 先增大后减小 
C．F 一直增大 
D．F 一直减小 
【答案】A 
【详解】对物体受力分析如图 
 
木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零，在垂直斜面方向，有 
sin
cos
N
F
mg
α
θ
+
=
 
在平行斜面方向，有 
cos
sin
F
mg
f
α
θ
=
+
 
其中： 
f
N
µ
=
 
联立解得 
sin
cos
(4
3 3)
cos
sin
30sin(
60 )
mg
mg
mg
F
θ
µ
θ
α
µ
α
α
+
+
=
=
+
+
° 
当
30
α
°
＝
时F 最小，则在α 从0 逐渐增大到53°的过程中，F 先减小后增大。 
故选A。 
 
二、多选题 
7．（2022·云南·瑞丽市第一民族中学高三期末）如图所示，用与水平方向成θ 角的拉力F 作
用在物块上，随着θ 从0逐渐增大90到的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动．关
于物块受到的外力，下列判断正确的是（  ） 
第28页,共187页
 
 
              
              
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A．拉力F 先减小后增大 
B．拉力F 一直减小 
C．物块受到地面的支持力先减小后增大 
D．物块受到地面的摩擦力一直减小 
【答案】AD 
【详解】AB．对物体受力分析如图所 
 
由于物体做匀速运动，所以由平衡条件得，水平方向有 
cos
0
F
f
θ −
=
 
竖直方向有 
N
sin
0
F
F
mg
θ
+
−
=
 
又由 
N
f
F
µ
=
 
联立解得 
(
)
2
cos
sin
1
sin
mg
mg
F
µ
µ
θ
µ
θ
µ
α
θ
=
=
+
+
+
 
θ 从0逐渐增大90到的过程中，θ 增大时，sin(
)
α
θ
+
先增大后减小，则外力F 会先减小后
增大， A 正确，B 错误； 
C．根据受力分析，可得物块受到地面的支持力为 
N
sin
F
mg
F
θ
=
−
 
由于物块重力不变，θ 从0逐渐增大90到的过程中，sinθ 逐渐增大，则支持力逐渐减小，C
错误； 
D．根据受力分析可知 
N
sin
F
mg
F
θ
=
−
 
又 
N
f
F
µ
=
 
第29页,共187页
 
 
              
              
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由于支持力逐渐减小，故可得f 会一直减小，D 正确。 
故选AD。 
三、解答题 
8．（2022·山东·模拟预测）如图所示，质量
5.2kg
m =
的金属块放在水平地面上，在斜向上的
拉力F 作用下，向右以
0
2.0m / s
v =
的速度做匀速直线运动。已知金属块与地面间的动摩擦
因数
0.2
µ =
，
2
10m / s
g =
。 
（1）求所需拉力F 的最小值； 
（2）如果从某时刻起撤去拉力F，求撤去拉力后金属块还能在桌面上滑行的距离s。 
 
【答案】（1）2 26N ；（2）1m 
【详解】（1）设拉力与水平方向夹角为θ ，根据平衡条件 
cos
(
sin )
F
mg
F
θ
µ
θ
=
−
 
整理得 
cos
sin
mg
F
µ
θ
µ
θ
+
=
 
2
1
sin(
)
mg
F
µ
µ
α
θ
+
+
=
 （其中
2
1
sin
1
α
µ
=
+
） 
故所需拉力F 的最小值 
2
min
2
1
2 26N
1
mg
F
µ
µ
µ
=
+
=
+
 
（2）撤去拉力F 后，金属块受到滑动摩擦力 
f
mg
µ
′ =
 
根据牛顿第二定律，得加速度大小为 
2
2m/s
f
a
g
m
µ
′
=
=
=
 
则撤去F 后金属块还能滑行的距离为 
2
0
1m
2
v
s
a
=
=
 
第30页,共187页
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高中物理题型解题技巧之力学篇03 内力公式 
一、必备知识 
1.连接体问题母模型
如图1 所示，光滑地面上质量分别为m1、m2 的两物体通过轻绳连接，水平外力F 作用于
m2 上，使两物体一起加速运动，此时轻上的拉力多大？ 
整体由牛顿第二定律求加速度
g
m
m
F
a
µ
−
+
=
2
1
 
隔离求内力
T-μm1g=m1a
得
F
m
m
m
T
2
1
1
+
=
 
2.应用技巧
（1）.物理场景：轻绳或轻杆或轻弹簧等相连加速度相同的连接体，如下情形 
求m2、m3 间作用力,将
m1 和m2 看作整体 
F
m
m
m
m
m
F
3
2
1
2
1
3
2
+
+
+
=
整体求加速度
g
m
m
F
a
µ
−
+
=
2
1
隔离求内力
T-μm1g=m1a
得
F
m
m
m
T
2
1
1
+
=
 
整体求加速度
)
cos
(sin
2
1
θ
µ
θ +
−
+
=
g
m
m
F
a
隔离求内力
T-m1g(sinθ-μcosθ)=m1a
得
F
m
m
m
T
2
1
1
+
=
 
整体求加速度
g
m
m
F
a
−
+
=
2
1
 
隔离求内力
T-m1g=m1a
得
F
m
m
m
T
2
1
1
+
=
 
g
m
m
F
F
a
µ
−
+
=
2
1
1
2 -
 
隔离T-F1-μm1g=m1a 
得
2
1
1
2
2
1
m
m
F
m
F
m
T
+
+
=
a 
m3 
第31页,共187页
 
 
              
              
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（2）方法总结：（内力公式）如上图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1 上，
则m1 和m2 间的相互作用力为 
12
1
2
=
m
F
F
m
m
+
不
（其中m不即为外力不作用的物体的作用） 
此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统沿水平
面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不
变。 
注意：若整体受到多个外力时，可先将多点个外力分别应用内力公式 
a.两外力相反时， 
 
绳中的拉力为 
2
1
1
2
1
2
1
2
=
m
m
T
F
F
m
m
m
m
+
+
+
 
b.两外力相同时 
 
绳中的拉力为 
2
1
1
2
1
2
1
2
=
m
m
T
F
F
m
m
m
m
−
+
+
 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
一、单选题 
1．如图，两物块P、Q 置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。
两物块与地面之间的动摩擦因数均为µ ，重力加速度大小为g，现对Q 施加一水平向右的拉
力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（  ） 
 
A．
2
F
mg
µ
−
 
B．1
3 F
mg
µ
+
 
C．1
3 F
mg
µ
−
 
D．1
3 F 
【答案】D 
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ 的整体：
3
3
F
mg
ma
µ
−
⋅
=
；对物体P：T
mg
ma
µ
−
=
；
解得
1
3
T
F
=
，故选D。 
2．如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为
A
2kg
m =
、
B
8kg
m =
的物体，中间用轻质弹
簧秤连接，在大小为
30N
F =
的水平拉力作用下一起匀加速运动，则（  ） 
 
   
   
   
  
  
  
   
第32页,共187页
 
 
              
              
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A．
A
m 、
B
m 加速度大小为
2
2m/s 
B．某时刻突然撤去拉力F 的瞬间，
A
m 加速度大小为
2
3m/s 
C．弹簧秤的示数是12N 
D．某时刻突然撤去拉力F 的瞬间，
B
m 加速度大小为
2
4m/s 
【答案】B 
【详解】A．根据题意，对A、B 整体分析，根据牛顿第二定律有 
(
)
A
B
F
m
m
a
=
+
 
解得 
2s
3m
a =
 
故A 错误； 
C．根据题意，对A 分析，设弹簧的弹力为
T
F ，根据牛顿第二定律有 
T
A
F
m a
=
 
代入数据解得 
T
6N
=
F
 
故C 错误； 
BD．某时刻突然撤去拉力F 的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律，对物体A 有 
T
A
A
F
m a
=
 
解得 
2
A
3m s
a =
 
则
A
m 加速度大小为
2
3m/s ，对物体B，根据牛顿第二定律有 
T
B
B
F
m a
=
 
解得 
2
B
3 m s
4
m =
 
则
B
m 加速度大小为
2
3 m/s
4
，故D 错误B 正确。 
故选B。 
3．如图所示，五块完全相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的摩擦不计。当用
力F 推1 使它们共同加速运动时，第2 块木块对第3 块木块的推力为（  ） 
 
A．1
5 F 
B．2
5 F 
C．3
5 F 
D．F 
第33页,共187页
 
 
              
              
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【答案】C 
【详解】设每一块木块的质量为m ，对五块木块整体由牛顿第二定律得 
5
F
a
m
=
 
设第2 块木块对第3 块木块的推力为
'
F ，对右边三块木块由牛顿第二定律得 
'
3
5
3
F
ma
F
=
=
 
故C 正确，ABD 错误。 
故选C。 
4．如图所示，斜面倾角为
30
θ =
°，BC 段粗糙且足够长，其余段光滑，10 个质量均为m 的
小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d 的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，
小球与BC 段间的动摩擦因数为
3
2
。若1 号小球在B 处时，10 个小球由静止一起释放，已
知重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） 
 
A．在2 号小球进入BC 段之前的过程中，2 号小球运动的加速度为0 5g
． 
B．在6 号球刚进入BC 段时，6 号球与7 号球间细杆的弹力为16mg
．
 
C．1 号球运动过程中的最大速度为
57
20 gd 
D．10 号球不能到达B 点 
【答案】C 
【详解】A．在2 号小球进入BC 段之前的过程中，把10 个小球看成一个整体，根据牛顿第
二定律，有 
10
sin30
cos30
10
mg
mg
ma
µ
−
=


 
解得2 号小球运动的加速度为 
17
40
a
g
=
 
故A 错误； 
B．在6 号球刚进入BC 段时，把10 个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有 
1
10
sin30
6
cos30
10
mg
mg
ma
µ
−
=


 
第34页,共187页
 
 
              
              
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解得 
1
1
20
a
g
=
 
把7 到10 小球，共4 个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有 
N
4
sin30
4
mg
F
ma
′
−
=

 
解得 
N
1.8
F
mg
′ =
 
故B 错误； 
C．小球在斜面上先加速后减速，第n 个小球进入BC 段时加速度为零，此时1 号球速度最
大，则有 
10
sin30
cos30
0
mg
nmg
µ
−
=


 
解得 
20
3
n =
 
即 
20
6
7
3
n
<
=
<
 
所以在第七个球刚进入BC 段时，1 号球速度最大，根据动能定理 
(
)
2
1
10
sin30
6
cos30
6
5
4
3
2 1
10
2
mg
d
mgd
mv
µ
×
−
+ +
+ +
+
=
×


 
解得 
57
20
v
gd
=
 
故C 正确； 
D．若10 号球能到达B 点且速度为v1，根据动能定理，有 
(
)
2
1
1
10
sin30
9
cos30
9
8
7
6
5
4
3
2 1
10
2
mg
d
mgd
mv
µ
×
−
+ +
+
+ +
+ +
+
=
×


 
解得 
1
2
gd
v =
 
所以10 号球能到达B 点，故D 错误。 
故选C。 
5．三个完全相同的小物体A、B、C 如图放置。大小为F 的水平力作用于A，使三物体一起
向右匀速运动。经过一段时间撤去力F，三物体仍一起向右运动，此时A、B 间摩擦力Ff与
B、C 间作用力FN的大小分别是（  ） 
第35页,共187页
 
 
              
              
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A．Ff=0、FN= 3
F 
B．Ff= 3
F 、FN=0 
C．Ff= 3
F 、FN= 3
F 
D．Ff= 3
F 、FN= 2
3
F 
【答案】B 
【详解】以A、B、C 为整体，三物体一起向右匀速运动时，地面对整体的摩擦力大小为 
f
F
=
地
 
撤去力F ，，三物体仍一起向右运动，以A、B、C 为整体，根据牛顿第二定律可得 
3
3
f
F
a
m
m
=
=
地
 
以A 对象，根据牛顿第二定律可得 
f
3
F
F
ma
=
=
 
以C 为对象，根据牛顿第二定律可得 
N
1
3
3
F
f
F
ma
−
=
=
地
 
解得 
N
0
F =
 
故选B。 
6．如图，在倾角为θ 的光滑斜面上，有两个物块P 和Q，质量分别为
1
m 和
2
m ，用与斜面平
行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F 作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，
则（    ） 
 
A．两物块一起运动的加速度大小为
1
2
F
a
m
m
=
+
 
B．弹簧的弹力大小为
2
1
2
m
T
F
m
m
=
+
 
C．若只增大
2
m ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变小 
第36页,共187页
 
 
              
              
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D．若只增大θ ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 
【答案】B 
【详解】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 
(
)
(
)
1
2
1
2
sin
F
m
m
g
m
m
a
θ
−
+
=
+
 
解得 
1
2
sin
g
m
m
F
a
θ
−
+
=
 
故A 错误； 
B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有 
2
2
sin
T
m g
m a
θ
−
=
 
解得 
2
1
2
m F
T
m
m
=
+
 
故B 正确； 
C．根据 
2
1
1
2
2
1
m F
F
T
m
m
m
m
=
=
+
+ 
可知若只增大
2
m ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量
变大，故它们的间距变大，故C 错误； 
D．根据 
2
1
2
m F
T
m
m
=
+
 
可知T 与θ 无关，只增大θ ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可
知伸长量不变，故它们的间距不变，故D 错误。 
故选B。 
二、多选题 
7．当洪水来袭时，我们应当如何自救呢？一个电视节目通过实验发现大家紧挨着站成一排，
可以有效抵抗洪水对身体的冲击力。建立如图所示的物理模型，五个质量相等的物块紧靠在
一起放置在水平地面上。某时刻用力F 推物块1 恰好未推动，已知物块与地面间的动摩擦
因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（  ） 
 
A．物块2、3、4、5 受到前一物块的弹力依次减小 
第37页,共187页
 
 
              
              
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B．物块3 对物块4 的弹力大小为3
5 F 
C．物块1 与2、2 与3、3 与4、4 与5 间的弹力之比为4∶3∶2∶1 
D．若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，则物块间的弹力一定变大 
【答案】AC 
【详解】假设每个物块的质量均为m，先对五个物块整体进行受力分析，恰好未推动，则整
体所受的摩擦力恰等于最大静摩擦力，然后再隔离后面的物块进行受力分析，结果如下表所
示： 
研究对象 
受力分析 
最终结果 
五个物块整体 
f
N
5
F
F
F
mg
µ
µ
=
=
=
 
AC 正确，B 错误 
物块2、3、4、5 
12
4
4
5
F
mg
F
µ
=
=
 
物块3、4、5 
23
3
3
5
F
mg
F
µ
=
=
 
物块4、5 
34
2
2
5
F
mg
F
µ
=
=
 
物块5 
45
1
5
F
mg
F
µ
=
=
 
 
若仅增大物块与地面间的动摩擦因数，用力F 推物块1，物块1 不动，其他物块间的弹力可
能变为零，故D 错误。 
故选AC。 
8．我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的
车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都
相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列车组由8 节车厢组成，其
中第1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(  ) 
 
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 
B．做匀加速运动时，第5、6 节与第6、7 节车厢间的作用力之比为3∶2 
第38页,共187页
 
 
              
              
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C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 
D．与改为4 节动车带4 节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 
【答案】BD 
【详解】启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以启动时乘客受到车厢
作用力的方向与车运动的方向相同，故A 错误；设每一节车厢的质量是m，阻力为kmg ，
做加速运动时，对6、7、8 车厢进行受力分析得：
1
3
3
F
kmg
ma
−
=
，对7、8 车厢进行受力
分析得：
2
2
2
F
kmg
ma
−
=
，联立可得：
1
2
3
2
F
F =
，故B 正确；设进站时从关闭发动机到停下
来滑行的距离为s，则：
2
2
v
as
=
，又8
8
kmg
ma
=
，可得：
2
2
v
s
kg
=
，可知进站时从关闭发动
机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C 错误；设每节动车的功率
为P，当只有两节动力车时，最大速率为v，则：2
8
P
kmgv
=
，改为4 节动车带4 节拖车的
动车组时，最大速度为v′ ，则：4
8
P
kmgv
=
′，所以
2
v
v
′ =
，故D 正确． 
9．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这
列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；
当机车在西边拉着这列车厢以大小为2
3 a的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P
和Q 间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节
数可能为（  ） 
A．8 
B．10 
C．15 
D．18 
【答案】BC 
【详解】设这列车厢的总节数为n，P、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m，由
牛顿第二定律可知 
(
)
F
a
n
k m =
−
，
2
= 3
F
a
km
 
解得 
3
5
k
n
=
 
k 是正整数，n 只能是5 的整倍数。 
故选BC。 
10．如图所示，在倾角为θ 的斜面上放置A、B 两正方体物块（可以视为质点），A、B 两物
块质量分别为M、m。A 物块与斜面之间的动摩擦因数为
(
tan )
µ µ
θ
<
，B 与斜面之间无摩擦，
两物块相互接触由静止释放。已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说
法正确的是（  ） 
第39页,共187页
 
 
              
              
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A．两物块的加速度大小为
cos
sin
mg
g
M
m
µ
θ
θ −
+
 
B．两物块的加速度大小为
cos
sin
Mg
g
M
m
µ
θ
θ −
+
 
C．两物块之间的弹力大小为
cos
Mmg
M
m
µ
θ
+
 
D．两物块之间的弹力大小为
2 cos
M g
M
m
µ
θ
+
 
【答案】BC 
【详解】AB．利用整体法受力分析可得 
(
) sin
cos
(
)
M
m g
Mg
M
m a
θ
µ
θ
+
−
=
+
 
解得 
cos
sin
Mg
a
g
M
m
µ
θ
θ
=
−
+
 
故A 错误，B 正确； 
CD．隔离物块B 受力分析可得 
sin
mg
F
ma
θ −
=
 
解得 
cos
Mmg
F
M
m
µ
θ
=
+
 
故C 正确，D 错误。 
故选BC。 
11．普通火车动力都在火车头上，车厢（头）与车厢之间通过挂钩连接在一起。火车在启动
时，会先往后退，再启动，这样会使挂钩松弛，车厢（头）与车厢之间无作用力，再向前启
动时，车厢会一节一节的依次启动，减少所需要的动力。一列火车共有n 节车厢，火车头与
每节车厢的质量相等，车头及每节车厢与轨道间的摩擦力均为f ，假设启动时每节车厢的加
速度均为a ，若火车不后退所有车厢同时启动，火车头提供的动力F。若火车车厢依次启动，
当第k（k≤n）节车厢启动时，则（  ） 
A．火车头提供的动力为(
)
1
1
k
F
n
+
+
 
B．火车头提供的动力为kF
n 
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C．第
1
k −节车厢对第k 节车厢的作用力为
1
kF
n + 
D．第
1
k −节车厢对第k 节车厢的作用力为
1
F
n + 
【答案】AD 
【详解】AB．若火车不后退所有车厢同时启动，则由牛顿第二定律可知 
(
1)
(
1)
F
n
f
n
ma
−
+
=
+
 
若火车车厢依次启动，当第k（k≤n）节车厢启动时，则 
'
(
1)
(
1)
F
k
f
k
ma
−
+
=
+
 
解得 
(
)
'
1
1
k
F
F
n
+
=
+
 
选项A 正确，B 错误； 
CD．以（k-1）节车厢和车头为研究对象，则 
'
F
T
kf
kma
−
−
=
 
解得 
1
F
T
n
=
+ 
选项C 错误，D 正确。 
故选AD。 
12．2022 年9 月20 日在德国柏林国际轨道交通技术展览会上，中国中车面向全球发布了时
速600 公里高速磁浮交通系统，如图1 所示。图2 为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模
拟运行图，5 节质量相同的车厢编组运行，列车以额定功率P 向右以最大速度运行，1 号车
厢会受到前方空气的阻力，车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到车厢后空气的速度变为与
车厢速度相同，已知空气密度为ρ ，1 号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为
S。不计其他阻力，忽略2 号、3 号、4 号、5 号车厢受到的空气阻力。则下列说法正确的是
（  ） 
 
A．列车的最大运行速度为3 P
S
ρ
 
B．列车的最大运行速度为3 3P
S
ρ
 
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C．若突然撤去动力3 号车厢对4 号车厢的作用力为
2
3
1
2
P
S
ρ
 
D．若突然撤去动力3 号车厢对4 号车厢的作用力为
2
3
2
5
P
S
ρ
 
【答案】AD 
【详解】AB．设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，则根据动量定理可得 
2
0
Ft
vtSv
v tS
ρ
ρ
=
−
=
 
解得 
2
F
Sv
ρ
=
 
当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有 
max
P
Fv
=
 
解得 
3
max
P
v
S
ρ
=
 
故A 正确，B 错误； 
CD．当动车速度达到最大时，根据前面选项的分析已知动车对空气的作用力，则根据牛顿
第三定律可知此时动车受到的空气阻力为 
2
2
3
max
f
Sv
P
S
ρ
ρ
=
=
 
设每节车厢的质量为m，撤去动力瞬间，对动车整体根据牛顿第二定律进行分析可得 
5
f
ma
=
 
对4、5 号车厢根据牛顿第二定律进行分析可得 
3
2
F
ma
=
 
联立以上各式解得3 号车厢对4 号车厢的作用力为 
2
3
3
2
2
5
5
F
f
P
S
ρ
=
=
 
故C 错误，D 正确。 
故选AD。 
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高中物理解题技巧之力学篇04 秒解倾斜传送带图像问题 
一、必备知识 
1.倾斜传送带模型（μ>tanθ）
（1）运动图像（先加后共）
（2）难点突破
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
2.倾斜传送带模型（μ<tanθ）
(1)运动分析（一直加速）
（2）难点突破
○
1 μ<tanθ，物体向下加速 
○
2 加速度a=g(μcosθ-sinθ) 
○
3 物体向下位移为L 
O 
v 
O 
v
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○
4 物体运动时间、末速度与传送带快慢无关 
2.应用技巧 
倾斜传送带中的图像问题 
1、从上往下 
如图所示，足够长的倾斜传送带，倾角为θ ，一滑块轻放在传送带上端，分析滑块的运动情
况并画出滑块运动的速度-时间图像 
 
讨论： 
滑块开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
+
 
一直加速到与传送带速度相同 
（1）若
tan
µ
θ
≥
，滑块所受摩擦力变为静摩擦力，则滑块接下来与传送带一起匀速运动 
（2）若
tan
µ
θ
<
，滑块所受滑动摩擦力方向改变，此时加速度为 
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
−
 
此后滑块一直向下做匀加速直线运动。 
（3）速度-时间图像 
 
2、从下往上 
如图所示，足够长的倾斜传送带，倾角为θ ，一滑块以一定的初速度滑上传送带，分析滑块
的运动情况并画出滑块运动的速度-时间图像 
 
讨论： 
滑块开始做匀减速直线运动，加速度为 
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
+
 
一直减速到与传送带速度相同 
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（1）若
tan
µ
θ
≥
，滑块所受摩擦力变为静摩擦力，则滑块接下来与传送带一起匀速运动 
（2）若
tan
µ
θ
<
，滑块所受滑动摩擦力方向改变，此时加速度为 
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
−
 
此后滑块一直向上做匀加速直线运动。 
（3）速度-时间图像 
 
总结技巧：无论是哪一种情形，观察两个图像可知，当滑块速度与传送带速度相同时，速度
-时间图像出现“转折点”，当传送带较为粗糙时，图像变得平坦，当传送带较为光滑时，图
像变得更缓。即为“转折共速”，粗平滑缓”。 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
一、单选题 
1．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率
1v 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一
物块以初速度
0v 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v
t
−图像如图乙
所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37
0.6
° =
，cos37
0.8
° =
，g 取10
2
m/s ，则（  ） 
 
A．由图乙可知，0～1s 内物块受到的摩擦力大于1～2s 内的摩擦力 
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0．25 
D．传送带底端到顶端的距离为12m 
【答案】C 
【详解】AB．由乙图可知在0—1s 内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向
沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1—2s 内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受
摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩
擦力公式，可知两段时间内摩擦力大小相等，故AB 错误； 
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C．在0—1s 内物块的加速度大为 
2
2
4 12 m / s
8m / s
1
v
a
t
∆
−
=
=
=
∆
 
根据牛顿第二定律得 
(
)
sin37
cos37
mg
mg
ma
µ
°
°
−
+
=
 
解得 
0.25
µ =
 
C 正确； 
D．物块上升的位移大小等于v
t
−图像所包围的面积大小，为 
4 12
4 1
1m
m
10m
2
2
x
+
×
=
×
+
=
 
所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D 错误。 
故选C。 
2．一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当
的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在
传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，
v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则（     ） 
 
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ 
B．小物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小 
C．0~t2内，传送带对物块做功为
2
2
2
1
1
1
2
2
W
mv
mv
=
−
 
D．0~t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热量 
【答案】D 
【分析】v-t 图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时
间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应
向上．0～t1 内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况．由
于物块能向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ．根据动能定理研究0～t2 内，传送带对物块做
功．根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，
则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小． 
【详解】在t1～t2 内，物块向上运动，则有 μmgcosθ＞mgsinθ，解得：μ＞tanθ，故A 错误．因
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v1>v2，由图示图象可知，0～t1 内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2 内与
坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1 内运动的位移比在t1～t2 内运动的位
移大，故B 错误；0～t2 内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下
降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG= 1
2 mv22- 1
2 mv12，则传送带对物
块做功W≠1
2 mv22- 1
2 mv12，故C 错误．0～t2 内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小
的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定
大于物块动能的变化量大小，即：0～t2 内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦
而产生的热，故D 正确．故选D． 
二、多选题 
3．如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率
0v 顺时针运行。一小木块以初速度
1v 从传送
带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v 随时间t 变化关系
的图像可能的是（  ） 
 
A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
【答案】ABD 
【详解】A． v1<v0时，若满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
>
 
从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 
sin
cos
mg
mg
ma
θ
µ
θ
−
=
 
加速度恒定，图像的斜率不变，v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返回底
端时的速度大小仍等于v1，故A 正确； 
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B．v1<v0时，若满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
<
 
从v0加速到v1，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 
cos
sin
mg
mg
ma
µ
θ
θ
−
=
 
然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足  
sin
cos
mg
f
mg
θ
µ
θ
=
<
静
 
故B 正确； 
C．v1>v0时，若满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
>
 
从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 
1
sin
cos
mg
mg
ma
θ
µ
θ
+
=
 
从v0减速到0，然后反向加速运动，摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律 
2
sin
cos
mg
mg
ma
θ
µ
θ
−
=
 
可知 
1
2
a
a
>
 
加速度从
1a 变为
2a ，图像的斜率变小；t 轴上方图像所围面积应该等于t 轴下方图像所围面
积，所以返回底端时物块的速度应该小于v1，故C 错误； 
D．v1>v0时，若满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
<
 
从v1减速到v0，摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律 
cos
sin
mg
mg
ma
µ
θ
θ
+
=
 
然后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足 
sin
cos
mg
f
mg
θ
µ
θ
=
<
静
 
故D 正确。 
故选ABD。 
4．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，
小木块与传送带间动摩擦因数为µ ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则
（  ） 
 
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A．传送带一定逆时针转动 
B．
0
0
tan
cos
v
gt
µ
θ
θ
=
+
 
C．传送带的速度大于v0 
D．t0后滑块的加速度为
0
0
2 sin
v
g
t
θ −
 
【答案】AD 
【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(
sin
cos )
mg
mg
θ
µ
θ
>
，将一直匀加速到底
端；当滑块上滑时(
sin
cos )
mg
mg
θ
µ
θ
<
，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀
速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A 错误； 
B．滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有 
1
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
+
 
由题图可知 
0
1
0
v
a
t
=
 
则 
0
0
tan
cos
v
gt
µ
θ
θ
=
−
 
故B 错误； 
C．经过分析，由图可知，传送带的速度等于
0v ，C 错误； 
D．滑块与传送带的速度相等后的加速度 
2
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
−
 
代入μ 值得 
0
2
0
2 sin
v
a
g
t
θ
=
−
 
故D 正确。 
故选AD。 
5．木块沿与水平面夹角为α 的表面粗糙的传送带运动，其v—t 图象如图所示，已知传送带
以速率
0v 逆时针转动，传送带足够长，木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确
的是（  ） 
 
A．图象描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动 
B．从图象可知木块的初速度小于
0v 
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C．从图象可知木块与传送带间的动摩擦因数
tan α
µ >
 
D．从图象可以得出木块运动过程中的速度一定有等于
0v 的时刻 
【答案】BD 
【详解】A．若木块以一定的初速度沿传送带开始向上运动，木块一定先减速，而图像表示
的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，故A 错误； 
B．木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以木块的加速度也先
大后小，木块的合力先大后小，木块的所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于
v0时摩擦力的方向才能先向下，故B 正确； 
CD．木块的初速度小于v0，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第
二定律 
1
sin
mg
f
ma
θ +
=
 
因为加速度发生过一次改变，说明摩擦力方向发生改变，说明改变时木块的速度等于v0，当
木块的速度等于v0后，因为木块继续加速，则 
cos
sin
mg
mg
µ
θ
θ
<
  
解得 
tan
µ
θ
<
 
故C 错误，D 正确。 
故选BD。 
6．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，
小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，若θ、g、v0、t0
已知，则下列说法中正确的是（  ） 
 
A．传送带一定逆时针转动 
B．
0
0
tan
cos
v
gt
µ
θ
θ
=
+
 
C．传送带的速度大于v0 
D．0t 后一段时间内滑块加速度为
0
0
2 sin
v
g
t
θ −
 
【答案】AD 
【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑（
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
>
），将一直匀加速到底
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端；当滑块上滑（
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
<
），先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种
均不符合运动图象，故传送带是逆时针转动，A 正确； 
B．滑块在
0
0 ~ t 内，滑动摩擦力向下做匀加速下滑 
1
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
+
 
由图可知 
0
1
0
v
a
t
=
 
则 
0
0
tan
cos
v
gt
µ
θ
θ
=
−
 
B 错误； 
C．只有当滑块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速
度等于
0v ，C 错误； 
D．等速后的加速度 
2
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
−
 
代入µ 值得 
0
2
0
2 sin
v
a
g
t
θ
=
−
 
D 正确。 
故选AD。 
7．在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物。如图3 甲所示，倾角为θ 的传送带以
恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m＝1kg 的货物放在传送带上的A 端，
经过1.2s 到达传送带的B 端。用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的
图像如图乙所示。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，可知（  ） 
 
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05 
B．A、B 两点间的距离为1.2m 
C．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功－11.2J 
D．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8J 
第51页,共187页
 
 
              
              
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【答案】CD 
【详解】A．0~0.2s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下 
1
sin
cos
ma
mg
m g
θ
µ
θ
=
+
 
2
1
10m/s
a =
 
0.2~1.2s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动 
2
sin
cos
ma
mg
m g
θ
µ
θ
=
−
 
2
2
s
2m/
a =
 
解得 
0.5
µ =
  
37
θ =
° 
A 错误； 
B．从题图可知，0~1.2s 内，货物v－t 图线与t 轴围成的面积对应位移，0~0.2s 内 
1
1
2 0.2m
0.2m
2
x =
× ×
=
 
0.2~1.2s 内 
2
1 (2
4) 1m
3m
2
x =
+
×
=
 
则A、B 两点间的距离 
1
2
3.2m
x
x
x
=
+
=
 
B 错误； 
C．传送带对货物做的功即摩擦力做的功 
1
1
1
cos )
0.8J
(
f
W
F x
mg
x
µ
θ
=
=
=
 
2
2
2
(
cos )
12J
f
W
F x
mg
x
µ
θ
=
−
−
= −
=
 
1
2
11.2J
W
W
W
=
+
= −
 
C 正确； 
D．从题图乙可知，0~0.2s 内，传送带位移 
'
1
1
0.4m
x
v t
=
=
传
 
传送带比货物多走0.2m。0.2~1.2s 内，传送带位移 
'
2
2
2m
x
v t
=
=
传
 
货物比传送带多走1m，所以货物从A 运动到B 的过程中，相对位移为1.2m。因摩擦产生的
热量 
cos )
4.8J
(
f
Q
F x
mg
x
µ
θ
=
=
=
相对
相对
 
D 正确。 
第52页,共187页
 
 
              
              
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故选CD。 
8．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向转动，在传送带的上端由静止释放一个小滑块，
小滑块与传送带的接触面粗糙，传送带转动速度始终保持不变。下列关于小滑块的速度随时
间变化的关系图像可能正确的是（  ） 
 
A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
【答案】AD 
【详解】滑块刚放上去时速度为零，所以会相对于传送带向后滑动，在沿传送带向下的滑动
摩擦力以及重力沿传送带的分力的作用下，滑块沿着传送带匀加速下滑；当滑块速度增大到
等于带速时，如果传送带对滑块的最大静摩擦力大于等于滑块重力沿传送带的分力，则滑块
速度不再增大，与传送带保持相对静止而匀速运动；如果传送带对滑块的最大静摩擦力小于
滑块重力沿传送带的分力，则滑块将继续加速下滑，加速度小于之前的加速度。 
故选AD。 
9．如图所示，传送带倾角为a，表面粗糙，以恒定速度v0逆时针运行。一小滑块从斜面顶
端由静止释放，运动到斜面底端过程中，其速度随时间变化的图像关系可能是（  ） 
 
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A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
【答案】AC 
【详解】A．物块静止释放，相对于传送带向上运动，受沿斜面向下的摩擦力，先想下加速，
加速度为 
1
sin
cos
a
g
g
α
µ
α
=
+
 
加速到传送带速度时，若有 
sin
cos
mg
mg
α
µ
α
≤
 
时，则物块和传送带保持相对静止，一起匀速，A 正确； 
CD．若有 
sin
cos
mg
mg
α
µ
α
>
 
则物块和传送带不能保持相对静止，物块继续加速，加速度为 
2
sin
cos
a
g
g
α
µ
α
=
−
 
但 
2
1
a
a
<
 
故C 正确，D 错误； 
B．物块只可能存在上述两种情形，不可能出现减速的情形，B 错误。 
故选AC。 
10．如图所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个
质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ， 则下
列选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（  ）  
 
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A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
【答案】AB 
【详解】ABCD．木块放在传送带上端时，传送带的速度大于木块的速度，木块受到沿斜面
向下的摩擦力，此时木块的加速度为 
1
sin
cos
sin
cos
mg
mg
a
g
g
m
θ
µ
θ
θ
µ
θ
+
=
=
+
 
当木块与传送带共速之后，若木块受到的摩擦力与重力沿斜面的分力满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
>
 
木块还将继续向下加速，其加速度为 
2
1
sin
cos
a
g
g
a
θ
µ
θ
=
−
<
 
若木块受到的摩擦力与重力沿斜面的分力满足 
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
≤
 
木块将于传送带一起做匀速直线运动，AB 正确，CD 错误。 
故选AB。 
11．匀速转动的长传送带倾斜放置，传动方向如图所示，在顶部静止放上一物块，在物块下
滑过程中，规定沿传送带向下为正，下列描述物块运动过程中的v－t、a－t 图象，可能正确
的是(  ) 
 
第55页,共187页
 
 
              
              
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A．
 
B．
 
C．
 
D．
 
【答案】AC 
【详解】物块静止放到传送带后，受到重力、支持力、沿斜面向下的滑动摩擦力，做匀加速
运动，速度均匀增大，由v=at 知，v 与t 成正比．当速度等于传送带速度时，重力的下滑分
力可能小于或等于最大静摩擦力，则物块将与传送带一起匀速向下运动，也可能重力的下滑
分力大于最大静摩擦力，物块继续匀加速．开始阶段的匀加速过程中，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ+mgsinθ=ma，得 a=μgcosθ+gsinθ，第二个匀加速过程中，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=maʹ，解得： aʹ=gsinθ-μgcosθ，可知，aʹ＜a，故AC 正确，BD 错误． 
12．如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ 的传送
带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为
m 的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ<tanθ．则
货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是 
 
A．
B．
 
第56页,共187页
 
 
              
              
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C．
D．
 
【答案】BC 
【详解】ACD、如果x
L
<
时，当物块速度达到与传送带速度相等时，由于
tan
µ
θ
<
，即
sin
cos
mg
mg
θ
µ
θ
>
，此时摩擦力突变向上，加速度变为
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
−
′ =
，物块以此加
速度继续加速运动，故C 正确．AD 错误； 
B、对物块进行受力分析可知，重力，支持力，沿传送带向下的滑动摩擦力，则物块沿传送
带做匀加速直线运动，加速度为
sin
cos
a
g
g
θ
µ
θ
=
+
，当物块速度达到与传送带速度相等时，
物块的位移为x，如果x
L
≥
时，物块一直加速，故B 正确。 
【点晴】解决本题关键分析讨论当物块速度达到与传送带速度相等时，物块的位移与传送带
长度，注当物块速度达到与传送带速度相等时，摩擦力会突变． 
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高中物理解题技巧之力学篇05 置换参考系巧解传送带划痕
问题
一、必备知识
1、受力分析 
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻； 
（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；
③方向突变。
2、运动分析 
（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对
传送带的位移。
（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
3、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t 图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动
的影响，注意参考系的选择。
2.应用技巧
（1）已知倾斜传送带的倾角为37° ，逆时针转动的速率为10m/s，如图所示，煤块零时刻轻
放在传送带顶端，煤块和传送带动摩擦因数为
0.5
µ =
，传送带电机轮尺寸大小不计，两端
电机轮间距离为L=16m，求煤块运动到传送带下端时传送带上的划痕长度d 和煤块相对传
送带的位移x。 
【解析】煤块刚放上传送带时，传送带对煤块的滑动摩擦力方向沿斜面向下，大小为
1
cos37
f
mg
µ
=
° 
运动加速度大小为
2
1
sin37
cos37
10m/s
mg
mg
a
m
µ
°+
° =
=
则煤块速度达到传送带速度的时间为
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0
1
1
1s
v
t
a
=
=
 
位移为 
2
0
1
1
5m
2
v
x
a
=
=
 
煤块速度达到传送带速度后，传送带对煤块的滑动摩擦力方向沿斜面向上，大小为 
2
cos37
f
mg
µ
=
° 
运动加速度大小 
2
2
sin37
cos37
2m/s
mg
mg
a
m
µ
°−
° =
=
 
根据运动学公式则有 
2
1
0 2
2 2
1
2
x
x
v t
a t
=
−
+
 
解得 
2
1s
t =
 
则煤块从A 端运动到B 端所经历的时间为 
1
2
2s
t
t
t
=
+
=
 
煤块速度达到传送带速度时，相对位移大小 
1
0 1
1
10
5m
5m
x
v t
x
∆
=
−
=
−
=
 
物块速度达到传送带后相对位移的大小 
2
1
0 2
11 10 1m
1m
x
x
x
v t
∆
=
−
−
=
−
×
=
 
煤块从A 端运动到B 端留下的痕迹长度 
1
5m
x
x
∆= ∆
=
 
煤块从A 端运动到B 端相对传送带的位移的大小 
1
2
4m
x
x
x
′
∆
= ∆
−∆
=
 
（2）应用“置换参考系”的方法进行处理 
以地面为参考系在同一v
t
−图像中画出煤块和传送带的速度-时间图像，如图1 所示 
 
以传送带为参考系，v
t
−图像换参法则：将参考系速度线平移至横轴，如图2 所示，由图2
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可知，以传送带为参考系，0
1s

煤块绕传送带反向运动
1
5m
S =
，1
2s

煤块绕传送带正
向运动
2
1m
S =
，由此可知，煤块在传送带上的划痕重叠了1m，所以煤块从A 端运动到B 端
留下的痕迹长度5m，相对位移为（5-1）m=4m。 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．如图所示，传送带以6m/s 匀速率顺时针运动，现将一质量为2kg 的滑块轻轻放置于传送
带的左端，当滑块速度达到6m/s 时，突然断电，传送带以大小为4m/s2 的加速度匀减速运
动至停止。已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带足够长，重力加速度大小取
g=10m/s2，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是（  ） 
 
A．滑块先匀加速后与传送带无相对滑动一起匀减速 
B．滑块受到的摩擦力一直不变 
C．滑块在传送带上留下的划痕为13.5m 
D．全程滑块与传送带间产生的热量为54J 
【答案】D 
【详解】A．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当达到传送带速度6m/s 时，传送带开
始匀减速，加速度大小为4m/s2，而物块的最大加速度为 
2
2
m
2m/s
4m/s
a
g
µ
=
=
<
 
所以物块不能和传送带无相对滑动一起匀减速，故A 错误； 
B．滑块受到传送带的摩擦力一直为滑动摩擦力，但是方向先向右，达到6m/s 后摩擦力向
左，故B 错误； 
C．匀加速阶段，有 
2
2m/s
a
g
µ
=
=
 
1
v
at
=
 
解得 
1
3s
t =
 
所以滑块的位移为 
1
1
6
3m
9m
2
2
v
x
t
=
=
×
=
 
传送带的位移为 
2
1
6
3m
18m
x
vt
=
=
×
=
 
故在匀加速阶段划痕长度为 
第60页,共187页
 
 
              
              
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1
2
1
9m
l
x
x
=
−
=
 
滑块匀减速阶段的加速度大小与匀加速阶段加速度大小相等，且末速度为零，所以匀减速位
移的大小与匀加速阶段的位移大小相等，即 
1
1
9m
x
x
′ =
=
 
传送带的位移为 
2
2
2
6
m
4.5m
2
2
4
v
x
a
′ =
=
=
′
×
 
故匀减速阶段的划痕长度为 
2
2
1
1
4.5m
l
x
x
l
′
′
=
−
=
<
 
由此可知，滑块在传送带上的划痕长度为9m，故C 错误； 
D．全过程中摩擦生的热为 
1
2
54J
Q
mgl
mgl
µ
µ
=
+
=
 
故D 正确。 
故选D。 
2．如图所示，有两个相互垂直且等高的水平传送带M 和N，传送带M、N 做匀速直线运动
的速度大小分别为0.6m/s、0.8m/s，方向均已在图中标出，一小煤块（视为质点）离开传送
带M 前已经与传送带M 的速度相同，并平稳地传送到传送带N 上。小煤块的质量为1kg，
与传送带N 的动摩擦因数为0.2，取重力加速度大小
2
10m / s
g =
，传送带N 的宽度足够大。
下列说法正确的是（  ） 
 
A．小煤块传送到传送带N 前的瞬间，相对传送带N 的速度大小为1.4m/s 
B．小煤块传送到传送带N 上后，经1s 与传送带N 保持相对静止 
C．小煤块在传送带N 上滑动的划痕是直线，其长度为0.25m 
D．小煤块在传送带N 上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为1J 
【答案】C 
【详解】A．小煤块传送到传送带N 前的瞬间，相对传送带N 的速度大小 
2
2
2
2
1
2
0.6
0.8 m/s=1.0m/s
v
v
v
=
+
=
+
 
选项A 错误； 
B．小煤块在传送带N 上滑动的过程中，其所受滑动摩擦力大小 
2N
f
mg
µ
=
=
 
第61页,共187页
 
 
              
              
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方向如图所示。 
 
小煤块相对传送带N 做匀减速直线运动，其加速度大小 
2
2m / s
f
a
m
=
=
 
从小煤块滑上传送带N 到小煤块与传送带N 保持相对静止的时间 
0.5s
v
t
a
=
=
 
选项B 错误； 
C．设小煤块在传送带N 上滑动的划痕的长度为x，根据匀变速直线运动的规律有 
2
2
v
ax
=
 
解得 
0.25m
x =
 
选项C 正确： 
D．小煤块在传送带N 上滑动的过程中，因摩擦产生的热量 
0.5J
Q
mgx
µ
=
=
 
选项D 错误。 
故选C。 
3．如图所示，水平传送带AB 间的距离为16m，质量分别为2kg、4kg 的物块P、Q，通过
绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q 在传送带的左端且连接物块Q 的细线水平，当传送带以
8m/s 的速度逆时针转动时，Q 恰好静止。重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。当传送带以8m/s 的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（  ） 
 
A．Q 与传送带间的动摩擦因数为0.6 
第62页,共187页
 
 
              
              
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B．Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4s 
C．整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8m 
D．Q 从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20N 
【答案】C 
【详解】A．当传送带以v=8m/s 逆时针转动时，Q 恰好静止不动，对Q 受力分析知 
F
f
=
 
P
Q
m g
m g
µ
=
 
解得 
0.5
µ =
 
A 错误； 
B．当传送带突然以v=8m/s 顺时针转动，做初速度为零的匀加速直线运动，有 
(
)
P
Q
P
Q
m g
mg
m
m
a
µ
+
=
+
 
解得 
2
20 m/s
3
a =
 
当速度达到传送带速度即8m/s 后，做匀速直线运动，匀加速的时间为 
1
v
at
=
 
解得 
1
1.2s
t =
 
匀加速的位移为 
2
4.8m
2
v
x
a
=
=
 
 则匀速运动的时有 
2
1.4s
t
v
L
x =
−
=
 
Q 从传送带左端滑到右端所用的时间为 
1
2
2.6s
t
t
t
=
+
=
总
 
B 错误； 
C．加速阶段的位移之差为 
1
4.8m
x
vt
x
∆=
−
=
 
即整个过程中，Q 相对传送带运动的距离为4.8m，C 正确； 
D．当Q 加速时，对P 分析有 
P
P
m g
T
m a
−
=
 
解得 
第63页,共187页
 
 
              
              
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20 N
3
T =
 
之后做匀速直线运动，有 
20N
T =
 
D 错误。 
故选C。 
4．如图所示，传送带以10m/s 的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水
平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，
已知滑块A、B 的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（  ） 
 
A．滑块A 先做匀加速运动后做匀速运动 
B．滑块A、B 同时到达传送带底端 
C．滑块A、B 到达传送带底端时的速度大小相等 
D．滑块A 在传送带上的划痕长度为5m 
【答案】D 
【详解】AB．两物块都以10m/s 的初速度沿传送带下滑，且 
sin37
cos37
mg
mg
µ
° >
° 
故传送带对两物体的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物体沿斜面向下的加速度
大小相同，为 
2
sin37
cos37
10m/s
a
g
g
µ
=
°+
° =
 
物块A 先加速，加速到传送带速度所需位移为 
2
0
1
5m<16m
2
v
x
a
=
=
 
所需时间为 
0
1
1s
v
t
a
=
=
 
加速到传送带速度后，由于 
sin37
cos37
mg
mg
µ
° >
° 
故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为 
第64页,共187页
 
 
              
              
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2
sin37
cos37
2m/s
a
g
g
µ
′ =
°−
° =
 
加速到传送带底端 
2
1
0 2
2
1
2
L
x
v t
a t′
−
=
+
 
解得时间 
2
1s
t =
 
到达底端共用时 
1
2
2s
t
t
t
=
+
=
 
B 物块一直以加速度a′ 加速至传送带底端 
2
1
2
L
a t′ ′
=
 
解得 
4s
t′ =
 
AB 错误； 
C．A 到达底端时的速度为 
A
0
2
10m/s
2 1m/s
12m/s
v
v
a t
=
+
=
+ ×
=
′
 
B 到达底端时的速度为 
2 4m/s
8m/s
B
v
a t′ ′
=
=
×
=
 
C 错误； 
D．加速到传送带速度之时的相对位移为 
1
0 1
1
10 1m
5m
5m
x
v t
x
∆
=
−
=
×
−
=
 
加到传送带速度以后，相对位移为 
2
0 2
11
1m
x
v t
∆
=
−
=
 
物块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A 在传送带上的划痕长度为5m ，D 正确。 
故选D。 
5．如图所示，水平地面上有一倾角为θ=37°的传送带，以v0=16m/s 的速度逆时针匀速运行。
将一煤块从h=33.6m 的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为
m=1kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8.煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（  ） 
第65页,共187页
 
 
              
              
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A．运送煤块所用的时间为4.5s 
B．摩擦力对煤块做的功为-48J 
C．煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m D．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为16J 
【答案】B 
【详解】A．设传动带的长度为L 
sin37
33.6m
L
° =
 
解得 
56m
L =
 
煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得 
1
sin37
cos37
mg
ng
ma
µ
°+
° =
 
解得 
2
1
8m/s
a =
 
则煤块从0 加速到与传送带共速需要 
0
1
1
2s
v
t
a
=
=
 
煤块的位移为 
2
1
1
16m
2
x
at
=
=
 
由于 
sin37
cos37
mg
ung
° >
° 
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得 
2
sin37
cos37
 
mg
umg
ma
°−
° =
 
解得 
2
2
4m/s
a =
 
根据 
2
2
2
2
1
1
2
=
+
=
−
x
vt
at
L
x 
解得 
第66页,共187页
 
 
              
              
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2
2s
t =
 
共计4s，A 错误； 
B．摩擦力大小为 
cos37
2N
f
F
mg
µ
=
° =
 
第-过程摩擦力对煤块做功 
1
f
1
32J
W
F x
=
=
 
第二个过程摩擦力对煤块做功 
2
f
2
80J
W
F x
= −
= −
 
故摩擦力对全程对煤块做功为-48J，B 正确； 
C．第一个过程传动带的位移为 
3
1
32m
x
vt
=
=
 
煤块与传送带的相对位移为 
1
3
1
16m
x
x
x
=
−
=
∆
 
第二个过程传送带的位移 
4
2
32m
x
vt
=
=
 
相对位移 
2
4
2
8m
x
x
x
=
−
=
∆
 
第一个过程传送带运动快，第二个过程煤块运动快，煤块在传动带上的划痕应为16m，C 错
误； 
D．第一个过程摩擦生热为 
1
f
1
32J
Q
F
x
=
∆
=
 
第二个过程摩擦生热为 
2
f
2
16J
Q
F
x
=
∆
=
 
故总产热 
1
2
48J
Q
Q
Q
=
+
=
 
D 错误。 
故选B。 
6．质量为1kg 的物块M 水平向右滑上逆时针转动的传送带如图甲所示，物块的v－t 图像
如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法不正确的是（g=10m/s²）（      ） 
第67页,共187页
 
 
              
              
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A．物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2 
B．整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为9m 
C．物块与传送带的相对位移大小为3m，相对路程为9m 
D．运动过程中摩擦生热为18J 
【答案】C 
【详解】A．由图知，物块运动的加速度大小为 
2
2
2
( 4) m/s
2m/s
3
∆
−−
=
=
=
∆
v
a
t
 
根据牛顿第二定律得 
mg
ma
µ
=
 
可得 
0.2
µ =
 
故A 正确； 
B．由图知，传送带的速度为 
 
2m/s
v =
 
在0-3s 内，传送带的位移 
1
2 3m
6m
x
vt
=
=
×
=
 
方向向左；根据图象的“面积”表示位移，可得0-3s 内，物块运动的位移大小为 
2
1
1
 
4 2
2 1m
3m
2
2
x =
× × −
× ×
=
 
方向向右，则整个过程中物块在传送带上留下的划痕长度为 
1
2
9m
L
x
x
=
+
=
 
故B 正确； 
C．0-3s 内，由于物块相对于传送带来说一直向右运动，所以物块与传送带的相对位移大小
和相对路程都为9m，故C 错误； 
D．运动过程中摩擦生热为 
第68页,共187页
 
 
              
              
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1
2
(
0.2 1 10 9J
18J
)
Q
mg x
x
µ
=
+
=
× ×
×
=

 
故D 正确； 
不正确的故选C。 
7．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s 顺时针转动。
一煤块以初速度v0=12m/s 从A 端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取
g=10m/s2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是（  ） 
 
A．煤块冲上传送带后经1s 与传送带速度相同 
B．煤块向上滑行的最大位移为10m 
C．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为5s 
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为（12+4 5 ）m 
【答案】ABD 
【详解】A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得 
1
sin
cos
mg
mg
ma
θ
µ
θ
+
=
 
解得 
2
1
8m / s
a =
 
设经t 时间与传送带共速，由 
0
1
v
a t
v
−
=
 
解得 
1s
t =
 
故A 正确； 
 
B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律 
2
sin
cos
mg
mg
ma
θ
µ
θ
−
=
 
解得 
2
2
4m / s
a =
 
煤块先以12m/s 的初速度，8m/s2 的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2 的加速度减速至0，再
反向加速至回到A 点，v-t 图像如图所示 
第69页,共187页
 
 
              
              
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由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小 
1
1
(12
4) 1m
4 1m
10m
2
2
x =
×
+
×
+
× ×
=
 
故B 正确； 
C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为
2
2
4m / s
a =
的匀加速直线运动，
设返回到A 点所需的时间为t1，下滑的位移 
2
2 1
1
2
x
a t
=
 
解得 
1
5s
t =
 
结合图像知，物块从冲上传送带到返回A 端所用时间为 
(2
5)s
t
=
+
总
 
故C 错误； 
D．在0 到1s 内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为 
1
1
(12
4) 1m
4 1m
4m
2
L =
×
+
×
−×
=
 
此时划痕在物块的下方，在1s 到2s 内，传送带速度比物块速度大，则 
2
1
4 1m
4 1m
2m
2
L =
×
−
× ×
=
 
因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时煤块在产生的划痕的中点，在2s 到
(2
5)s
+
时间内，煤块向下滑了10m，传送带向上滑了4 5m ，则煤块在传送带上的划痕为 
3
(10
4 5
2)m
(12
4 5)m
L =
+
+
=
+
 
故D 正确。 
故选ABD。 
8．如图所示，与水平地面的夹角为
37
θ =
° 的传送带以恒定速率
8m / s
v =
逆时针转动，其上
端固定一距离地面高度为
11.4m
H =
的平台。现将质量
2kg
m =
的煤块（可视为质点）轻放在
传送带底端（此时记为
0
=
t
时刻），同时平台上的人通过一根轻绳用恒力
24N
F =
沿传送带
方向向上拉煤块，在
2s
=
t
时撤去拉力。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知煤块与传送
带之间的动摩擦因数
0.25
µ =
，g 取
2
10m s
/
，sin37
0.6
° =
，cos37
0.8
° =
，则下列说法正确
第70页,共187页
 
 
              
              
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的是（  ） 
 
A．
0
=
t
时煤块的加速度大小为
2
4m/s 
B．
1s
t =
或
2.5s
t =
时煤块与传送带的速度大小相等 
C．传送带上划痕的长度为8m 
D．煤块与传送带之间由于摩擦产生的内能为28J 
【答案】BD 
【详解】A．规定沿传送带向上的方向为正方向，煤块刚放到传送带上时，对煤块根据牛顿
第二定律可得 
1
cos
sin
F
mg
mg
ma
µ
θ
θ
+
−
=
 
代入数据解得 
2
1
8m / s
a =
 
A 错误； 
BC．当煤块与传送带共速时，有 
1 1
v
a t
=
 
解得 
1
1s
t =
 
0 ~1s 内煤块的位移为 
2
1
1 1
1
4m
2
x
a t
=
=
 
煤相对于传送带向下滑动的位移为 
1
1
1
4m
x
vt
x
∆
=
−
=
 
煤块与传送带共速之后，对煤块根据牛顿第二定律可得 
2
cos
sin
F
mg
mg
ma
µ
θ
θ
−
−
=
 
解得 
2
2
4m / s
a =
 
拉力的作用时间为 
2
1
2s
1s
t
t
=
−
=
 
2s
=
t
时煤块的速度为 
第71页,共187页
 
 
              
              
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2
2 2
12m / s
v
v
a t
=
+
=
 
1 ~ 2s 内煤块的位移为 
2
2
2
2 2
1
10m
2
x
vt
a t
=
+
=
 
煤块相对于传送带向上滑动的位移为 
2
2
2
2m
x
x
vt
∆
=
−
=
 
之后撤去拉力，对煤块根据牛顿第二定律可得 
3
cos
sin
mg
mg
ma
µ
θ
θ
−
−
=
 
解得 
2
3
8m / s
a = −
 
当煤块减速到又与传送带共速时有 
2
3 3
v
v
a t
=
+
 
解得 
3
0.5s
t =
 
2 ~ 2.5s时间内煤块运动的位移为 
2
2
2
3
3
5m
2
v
v
x
a
−
=
=
 
煤块相对于传送带向上滑动的位移为 
3
3
3
1m
x
x
vt
∆
=
−
=
 
煤块运动的总位移为 
1
2
3
19m
x
x
x
x
=
+
+
=
 
根据 
19m
sin
H
θ =
 
可知此时煤块恰好运动到传送带顶端，综上可得，煤块与传送带共速的时刻为
1s
t =
或
2.5s
t =
，划痕的长度只有4m ，B 正确，C 错误； 
D．煤块相对传送带滑动的总路程为 
1
2
3
7m
x
x
x
x
∆= ∆
+ ∆
+ ∆
=
 
因此煤块与传送带之间由于摩擦产生的内能为 
cos
28J
Q
mg
x
µ
θ
=
⋅∆=
 
D 正确； 
故选BD。 
9．如图所示是长
6m
=
L
的水平传送带，其左端有一质量
1kg
m =
的物块，系统静止。某时
刻开动电机使传送带以某一加速度启动，当传送带的速度增加到
2m / s
υ =
 时即匀速运行。
已知物块和传送带间的动摩擦因数为0.25，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
第72页,共187页
 
 
              
              
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2
10m/s 。则下列说法正确的是（  ） 
 
A．若传送带以
2
2.0m / s 的加速度启动，物块和传送带间不会发生相对滑动 
B．若传送带以
2
4.0m / s 的加速度启动，物块在传送带上留下的划痕长为0.8m 
C．若传送带以
2
4.0m / s 的加速度启动，物块和传送带间因摩擦产生的热为2J 
D．无论传送带以多大的加速度启动，物块和传送带间因摩擦产生的热不超过2J 
【答案】AD 
【详解】A．假设物块和传送带间发生相对滑动，由牛顿第二定律 
mg
ma
µ
=
 
2
2
2.5m/s
2m/s
a
g
µ
=
=
>
 
假设不成立，物块和传送带间不会发生相对滑动，故A 正确； 
B．同理 
2
2
2.5m/s
4m/s
a
g
µ
=
=
<
 
假设成立，物块和传送带间发生相对滑动，物块的位移 
2
2
0
2
t
ax
υ
υ
−
=
 
0.8m<6m
x
=
物
 
物块没到传送带的最右端已经共速，然后一起做匀速直线运动 
物块运动的时间 
0
t
at
υ
υ
=
+
 
1
1
0.8s
t
a
υ
=
=
 
传送带先做匀加速直线运动，达到2m/s 后做匀速直线运动。传送带匀加速的位移 
2
2
0
2
t
ax
υ
υ
−
=
 
1
0.5m
x =
 
传送带匀加速的时间 
0
t
at
υ
υ
=
+
 
2
2
0.5s
t
a
υ
=
=
 
传送带匀速的位移 
(
)
2
1
2
0.6m
x
t
t
υ
=
−
=
 
传送带的总位移 
1
2
1.1m
x
x
x
=
+
=
传
 
第73页,共187页
 
 
              
              
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物块在传送带上留下的划痕长度，就是物块与传送带之间的相对位移 
0.3m
x
x
x
∆=
−
=
传
物
 
故B 错误； 
C．由摩擦生热公式 
0.75J
Q
mg x
µ
=
∆=
 
故C 错误 
D．无论传送带的加速度多大，传送带的位移 
1
1.6m
x
t
υ
<
=
传
 
0.8m
x
x
x
∆=
−
<
传
物
 
2J
Q
mg x
µ
=
∆<
 
故D 正确。 
故选AD。 
10．如图所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的平台C 上，平台C
离地面的高度一定。运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑。将货物轻轻地放在
A 处，货物随皮带到达平台C ，货物在皮带上相对皮带滑动时会留下一定长度的痕迹。已知
所有货物与皮带间的动摩擦因数为µ .若皮带的倾角θ 、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，
且始终满足tanθ
µ
<
.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力（  ） 
 
A．当倾角θ 一定时，若增大运行速度v ，则运送时间一定变短 
B．当倾角θ 一定时，若增大运行速度v ，皮带上留下的痕迹一定变长 
C．当倾角θ 和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长 
D．当倾角θ 和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多 
【答案】BD 
【详解】A．对物理受力分析，求得运动时加速度 
2
2
v
v
x
x
x
v a
a
∆=
−
= ⋅
−
传
物
gsin
gcos
a
θ
µ
θ
=
−
 
，倾角一定，加速度一定，物体可能先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速运动，
也可能一直做匀加速直线运动。增大皮带运行速度，若物体先加速再匀速，平均速度增大，
时间减少，若物体一直做匀加速，a 不变，位移不变，时间也不变，故A 错误； 
B．若增大运行速度，留下的痕迹程度 
第74页,共187页
 
 
              
              
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2
2
v
v
x
x
x
v a
a
∆=
−
= ⋅
−
传
物
 
运行速度增大，痕迹边长，若物体一直匀加速运动留下的痕迹长度 
-
x
x
x
vt L
∆=
−
=
传
物
 
v 变大，t 不变，L 不变，痕迹长度变大，故B 正确； 
C．由B 得，痕迹长度与物块的质量无关，故C 错； 
D．摩擦产生的热量 
cos
Q
f
x
mg
L
µ
θ
=
∆=
⋅
 
M 越大，Q 越大，故D 正确。 
故选BD。 
11．如图甲所示，水平传送带逆时针匀速转动，一质量为m=2kg 的小物块（可视为质点）
以某一速度从传送带的最左端滑上传送带。取向右为正方向，以地面为参考系，从小物块滑
上传送带开始计时，其运动的v-t 图像如图乙所示，g 取10m/s2。则（  ） 
 
A．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2 
B．3s 内小木块受到的冲量为-6N·s 
C．物块与皮带间由于摩擦产生的热量Q=9J 
D．若滑块在传送带上能留下划痕，长度为5.5m 
【答案】BC 
【详解】A．根据图像斜率，有 
2
1m / s
a
g
µ
=
=
 
则动摩擦因数为0.1，故A 错误； 
B．根据动量定理有 
2 ( 1.0)kg m / s
2 2.0kg m / s
6N s
I
p
= ∆=
× −
⋅
−×
⋅
= −
⋅ 
故B 正确； 
CD．前2s 内相对位移为皮带位移x1 与物块位移x2 之和，第3s 内相对位移为皮带位移x1'
与物块位移x2’之差，故划痕长度为 
1
1
2 2m
1 2m
1 1m
1 1m
4.5m
2
2
x
∆=
× ×
+ ×
+ ×
−
× ×
=
 
由于摩擦产生的热量为 
第75页,共187页
 
 
              
              
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9J
Q
mg x
µ
=
∆=
 
故C 正确，D 错误。 
故选BC。 
12．如图所示，AB、CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37°，长为 5 m 的传送带与两平台
平 滑连接．现有一小煤块以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小煤
块恰好能滑到平台 CD 上，则下列说法正确的是（重力加速度 g=10m/s2，sin370=0.6，
cos370=0.8）（    ） 
 
A．小煤块跟传送带间的动摩擦因数ì=0.5 
B．当小煤块在平台 AB 上的运动速度 v=4 m/s 时，无论传送带匀速运动的速度多大，小
物体都不能到达平台 CD 
C．若小煤块以 v=8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带至少要以 3m/s 的速度顺时
针 运动，才能使小物体到达平台 CD 
D．若小煤块以 v=8m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带以 4m/s 的速度顺时针运动
时， 传送带上留下的痕迹长度为 2.4m 
【答案】ABC 
【详解】A、传送带静止时，小煤块受力如图甲所示 
 
据牛顿第二定律得
cos
sin
umg
mg
ma
θ
θ
+
=
 ，B→C 过程有
2
2
v
al
=
 ， 
解得
2
10
/
a
m s
=
，
0.5
µ =
，故A 正确； 
B、当小煤块受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙
所示，据牛顿第二定律得
sin
cos
mg
umg
ma
θ
θ
−
=
′， 若恰好能到达高台时，有
2
2
v
a l
=
′ ，
解得
2 5
/
4
/
v
m s
m s
=
>
，即当小煤块在AB 平台上向右滑动速度小于4m/s，无论传带顺时
针传动的速度多大，小煤块总也不能到达高台CD，故B 正确； 
C、以v′ 表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小煤块滑上传送带到小物体速度减小到传
送带速度过程有
2
2
1
2
v
v
ax
−
=
′
，   对从小煤块速度减小到运动到恰滑上CD 高台过程，有
第76页,共187页
 
 
              
              
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2
2
2
v
a x
=
′
′
，
1
2
x
x
l
+
= ，  解得
3
/
v
m s
′ =
，即传送带至少以3 m/s 的速度顺时针运动，小物
体才能到达高台CD，故C 正确； 
D、对小煤块煤块的位移
1
2
x
m
=
，
2
2
1
1
2
x
l
x
v t
a t
= −
′
′
=
−
，t=1s，传送带的位移
1
1.6
v
v
s
v
m
a
′
−
×
=
′
=
，
2
4
s
v t
m
′
=
=
，传送带上留下的痕迹长度
2
2
1
x
s
m
−
=
，故D 错误； 
故选ABC． 
第77页,共187页
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高中物理解题技巧之力学篇06 置换参考系巧解空间中抛体
运动的相遇问题 
一、必备知识 
1、平抛运动的条件和性质 
（1）条件：物体只受重力作用，具有水平方向的初速度v0 。
（2）性质：加速度恒定a
g
=
，竖直向下，是匀变速曲线运动。
2、平抛运动的规律 
规律：（按水平和竖直两个方向分解可得）
水平方向：不受外力，以v0 为速度的匀速直线运动，x
v t
v
v
x
=
=
0
0
,
竖直方向：竖直方向只受重力且初速度为零，做自由落体运动，y
gt
v
gt
y
=
=
1
2
2，
平抛运动的轨迹：是一条抛物线
2
2
0
2
x
v
g
y =
合速度：大小：
2
2
y
x
v
v
v
+
=
即v
v
gt
=
+
0
2
2
(
) ， 
方向：v 与水平方向夹角为
0
gt
tana
v
=
，即
)
(
tan
0
1
v
gt
a
−
=
 
合位移：大小：
2
2
y
x
S
+
=
即S
v t
gt
=
+
(
)
(
)
0
2
2
2
1
2
，
方向：S 与水平方向夹角为
0
2
gt
tan
v
θ =
，即
)
(
tan
0
1
2v
gt
−
=
θ
一个关系：
θ
α
tan
tan
2
=
 ，说明了经过一段时间后，物体位移的方向与该时刻合瞬时速
度的方向不相同，速度的方向要陡一些。如图所示: 
3、对平抛运动的研究 
（1）平抛运动在空中的飞行时间
由竖直方向上的自由落体运动
2
2
1 gt
y =
可以得到时间
g
y
t
2
=
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可见，平抛运动在空中的飞行时间由抛出点到落地点的竖直距离和该地的重力加速度决定，
抛出点越高或者该地的重力加速度越小，抛体飞行的时间就越长，与抛出时的初速度大小无
关。 
（2）平抛运动的射程 
由平抛运动的轨迹方程
2
2
0
2
x
v
g
y =
可以写出其水平射程
g
y
v
x
2
0
=
 
可见，在g 一定的情况下，平抛运动的射程与初速度成正比，与抛出点高度的平方根成正比，
即抛出的速度越大、抛出点到落地点的高度越大时，射程也越大。 
（3）平抛运动轨迹的研究 
平抛运动的抛出速度越大时，抛物线的开口就越大。 
2.应用技巧 
例1.军事演习中，在M 点的正上方离地
2000m
H =
高处，一架蓝军飞机以水平速度
1
0.9km/s
v =
发射一颗炮弹1，欲轰炸地面目标P，红军的地面拦截系统同时在M 点右方水
平距离
1500m
s =
的地面上的N 点，以速度
2v 发射拦截炮弹2，如图所示，若不计空气阻力
（
2
10m/s
=
g
）： 
（1）求目标P 离M 点的水平距离
0s ； 
（2）红军欲拦截成功，沿竖直向上发射拦截炮弹2 的速度
2v 的大小应为多少？ 
（3）若
2v 的大小等于
1v 的大小，红军欲拦截成功，问发射拦截炮弹2 的速度
2v 的方向如何
调整？（图示位置沿竖直向上偏右或偏左发射） 
 
【答案】（1）18km；（2）1.2km/s；（3）v2 的方向沿竖直向上偏右发射 
【详解】（1）根据 
2
1
2
H
gt
=
 
解得 
2
20s
 
H
t
g
=
=
 
则 
0
1
18km
s
v t
=
=
 
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（2）炮弹1 做平抛运动，炮弹2 做竖直上抛运动，若要使拦截成功，则两炮弹必定在空中
相遇，以竖直方向的自由落体运动的物体为参考系，炮弹2 相对炮弹1 匀速上升，相遇时间 
2
2
H
t
v
=
 
水平方向上，炮弹1 做的匀速直线运动，与炮弹2 相遇时间 
1
1
s
t
v
=
 
1
2
t
t
=
 
则 
2
1
1.2km/s
H
v
v
s
=
=
 
（3）显然，无论炮弹沿何方向发射，它们相撞的条件是竖直方向位置的绝对值之和等于H，
设
'
2 y
v
为调整后的速度在竖直方向的分速度，由（2）知 
2
1
v
v
>
 
而 
'
'
1
2
2 y
v
v
v
=
>
 
恒成立，则 
'
2
2 y
v
v
>
 
也就是说，当以偏左或偏右方向发射时，所需碰撞时间 
2
1
t
t
>
 
恒成立，此时炮弹1 的位移 
1 2
1 1
v t
v t
s
>
=
 
所以偏左发射炮弹时永远不可能碰撞，因此应调整为沿竖直向上偏右发射。 
本题（2）小问已经用到“置换参考系”的方法，但第（3）小问并没有应用“置换参考系”
的方法，所以处理过程略显复杂且没有具体求出发射拦截炮弹2 的速度v2 的具体方向，下
面应用“置换参考系”的方法进行处理。 
   
置换完参考系后发现炮弹1 和炮弹2 以相同的速率v1 做匀速直线运动，经过相同的时间相
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遇，则炮弹1 和炮弹2 经过的位移大小相等，如图所示 
 
由图像结合题干信息可知 
1500
3
tan
2000
4
s
MAN
H
∠
=
=
=
 
则 
37
MAN
°
∠
=
 
由于炮弹1 和炮弹2 经过的位移大小相等，则三角形AON 为等腰三角，由几何关系可得 
53
NAO
°
∠
=
 
则 
16
BNO
°
∠
=
 
由最后结果可知，炮弹2 应偏向右向方16° 角，由于角度不是特殊角，可以想象，如果不应
用“置换参考系”，解方程的难度有多大。 
三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．如图所示，甲、乙两猫从同一位置以相同速率同时跳出，速度方向与水平方向均成45°，
一段时间后落至水平地面。不计空气阻力。则（  ） 
 
A．两只猫落地时的动量方向不同 
B．两只猫在空中运动过程中相距越来越远 
C．起跳点越高，两猫落地点间距离越大 
D．只改变两猫起跳速度大小，两猫可能在空中相遇 
【答案】B 
【详解】AC．根据斜抛运动的对称性可知，甲猫运动到与起跳位置同一高度时的速度方向
与乙猫的初速度方向相同，此后甲猫的运动情况与乙猫从跳出点开始的运动情况完全相同
（即两只猫在题图中水平虚线以下的运动轨迹相同），所以两只猫落地时的动量方向相同，
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且两只猫落地点间距离始终等于甲猫运动到与起跳点同一高度时的水平位移，与起跳点高度
无关，故AC 错误； 
BD．两只猫在空中运动过程中，由于在水平方向上的分速度大小相等，所以水平距离始终
为零，设两只猫的初速度大小均为v，从跳出开始经过的时间为t，则两只猫在竖直方向的
距离为 
2
2
1
1
sin 45
(
sin 45
)
2
2
2
y
v
t
gt
v
t
gt
vt
∆=
°⋅+
−−
°⋅+
=
 
所以两只猫在空中运动过程中相距越来越远，即使改变v，二者在空中运动过程中的竖直距
离也不可能在某一时刻变为零，即两猫不可能在空中相遇，故B 正确，D 错误。 
故选B。 
2．从高H 处的一点O 先后平抛两个小球1 和2，球1 恰好直接越过竖直挡A 落到水平地面
上的B 点，球2 与地碰撞n 次后恰好越过同一竖直挡板后也落于B 点。设球2 与地面的碰
撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度h 为（  ） 
 
A．(
)
2
2
1
1
n
H
n
+
+
 
B．(
)
2
1
2
1
n
H
n
+
+
 
C．(
)
2
2
1
2
1
n
H
n
+
+
 
D．(
)
2
2
1
3
2
n
H
n
+
+
 
【答案】A 
【详解】若球2 与地碰n 次后越过挡板A，落于B 点，则球1 落地的时间为1t ，球2 落地的
时间应为(2n+1)t1。故若球1 到达挡板A 的上端C 点的时间为t，则球2 到达C 点的时间应
为(2n + 1)t。球1 到达C 时，球2 到达与之等高的C1点。设由C1至地的时间为t′，则由对
称性可画出图。 
 
(
)
(
)
2
2
1
2
1
nt
n
t
n
t
−
=
′+
+
 
解得 
t
t
n
′ =
 
对球2 在竖直方向的分运动列式，有 
2
1
2
H
h
gt
−
=
，
2
1
2
t
H
g t
n


=
+




 
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解得 
(
)
2
2
1
H
h
n
H
n
−
=
+
 
联立，可得 
(
)
2
2
1
=
1
n
h
H
n
+
+
 
故选A。 
3．如图所示，在水平地面上M 点的正上方
5m
h =
高度处，将小球S1 以初速度
1
5m / s
v =
水平
向右抛出，同时在地面上N 点处将小球S2 以初速度
2v 竖直向上抛出。已知小球与地面的碰
撞是弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，M、N 两点间的距离为
7.5m
x =
，重力加速度大小为
2
10m / s
g =
，不计地面阻力和空气阻力。若在S2 落地前两小球相遇，则（  ） 
 
A．两小球抛出后经0.5s 相遇 
B．S2 的初速度
2
10m / s
v =
 
C．S2 可能在上升过程中与S1 相遇 
D．两小球在N 点上方2.5m 处相遇 
【答案】B 
【详解】A．S1 先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后
水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有 
1
x
v t
=
 
解得 
1.5s
t =
 
A 错误； 
B．小球S1 从抛出到第1 次落地，有 
2
1
1
2
h
gt
=
 
解得 
1
1s
t =
 
落地时竖直方向分速度为 
1
10m / s
yv
gt
=
=
 
与小球S2 相遇时，有 
2
2
1
1
2
1
1
(
)
(
)
2
2
yv t
t
g t
t
v t
gt
−
−
−
=
−
 
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解得 
2
10m / s
v =
 
B 正确； 
C．S2 上升到最高点所用的时间为 
2
1s
1.5s
v
g =
<
 
故S2 一定在下降过程中与S1 相遇，C 错误； 
D．相遇时，S2 离地的高度为 
2
2
2
1
3.75m
2
h
v t
gt
=
−
=
 
D 错误； 
故选B。 
4．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P 点水平射出的同时乙黄豆从另
一吸管末端M 点斜向上射出。经过一段时间后两黄豆在N 点相遇，曲线1 和2 分别为甲、
乙黄豆的运动轨迹.若M 点在P 点正下方，M 点与N 点位于同一水平线上，不计空气阻力，
可将黄色豆看成质点，则（  ） 
 
A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍 
B．甲黄豆在P 点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等 
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍 
D．乙黄豆相对于M 点上升的最大高度为PM 长度一半 
【答案】A 
【详解】B．设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜
抛运动的对称性可知：乙黄豆从M 点运动至最高点的时间为2
t ，乙黄豆从M 点运动至最高
点的水平位移为MN 的一半，设 
PM=MN=L 
甲黄豆在P 点的速度为v1，乙黄豆到达最高点的速度为vʹ，在水平方向上有运动学规律，对
甲黄豆 
第84页,共187页
 
 
              
              
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L=v1t 
对乙黄豆从M 点运动至最高点有 
2
2
L
t
v′
=
⋅
 
联立解得 
1
'
L
v
v
t
=
=
 
故B 错误； 
ACD．对甲黄豆到达N 点时，在竖直方向上 
2
1
1
,
2
2
y
L
gt
v
gt
gL
=
=
=
 
在水平方向 
1
2
L
gL
v
t
=
=
 
甲黄豆到达N 点时的速度为 
v 甲=
2
2
1
1
5
2
y
gL
v
v
+
=
 
对乙黄豆在从M 点运动至最高点的过程中，由逆向思维得上升的最大高度为 
2
2
1
1 1
1
( )
2
2
4 2
4
t
h
g
gt
L
=
=
⋅
=
 
所以乙黄豆相对于M 点上升的最大高度为PM 长度的1
4 ，乙黄豆在M 点的竖直方向分速度
为 
2
2
2
4
y
L
v
g
=
⋅
 
则 
2
2
y
gL
v
=
 
由运动的合成与分解得乙黄豆在N 点的速度为 
v 乙＝
2
2
2 y
v
v
gL
′ +
=
 
所以两黄豆相遇时甲的速度大小不是乙的两倍；两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正
切值为 
1
1
2
tan
2
2
y
v
gL
v
gL
α =
=
=
 
乙的速度与水平方向的夹角正切值为 
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2
2
1
2
tan
1
2
y
gL
v
v y
v
v
gL
β
=
′
=
=
= 
所以两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角不是乙的两倍，甲的速度与水平方向的夹角的
正切值为乙的两倍；故A 正确，CD 错误。 
故选A。 
5．如图所示，将A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经时间1t 在空中P 点相遇，已知P
点与A、B 两点的竖直高度为h 。若A、B 两小球仍从原位置同时抛出，抛出的速度均增大一
倍，两球经时间2t 在Q 点相遇，下列说法正确的是（  ） 
 
A．2
1
t
t
=
，Q 点在P 点右上方 
B．2
1
1
2
t
t
=
，Q 点在P 点左上方 
C．2
1
1
2
t
t
=
，Q 点在P 点正上方3
4
h 处 
D．2
1
1
2
t
t
=
，Q 点在P 点正上方4
h 处 
【答案】C 
【详解】两球同时水平抛出，均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降
的高度相同，所以两球始终在同一水平面上；当A 小球以水平速度
1v 抛出，B 小球以水平速
度
2v 抛出，有 
1 1
2 1
x
v t
v t
=
+
 
2
1
1
2
h
gt
=
 
当两球的速度均增大一倍时，有 
1 2
2 2
2
2
x
v t
v t
=
+
 
2
2
1
2
h
gt
′ =
 
对比可得 
2
1
1
2
t
t
=
 
1
4
h
h
′ =
 
则Q 点在P 点正上方，距离为 
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3
4
h
h
h
h
′
∆=
−
=
 
故C 正确，ABD 错误； 
故选C。 
6．如图所示，M、N 为水平地面上的两点，在M 点上方高2
h 处有一个小球A 以初速度v0水
平抛出，同时，在N 点正上方高h 处有一个小球B 由静止释放，不计空气阻力，结果小球A
在与地面第一次碰撞后反弹上升过程中与小球B 相碰，小球A 与地面相碰前后，水平方向
分速度相同，竖直方向分速度大小相等，方向相反，则B 球由静止释放到与A 球相碰所用
的时间为（  ） 
 
A．5
4
h
g 
B．3
2
h
g 
C．7
4
h
g 
D．2
h
g 
【答案】A 
【详解】A 球下落时有 
2
1
2
2
h
gt
=
 
解得 
h
t
g
=
 
则A 球落地速度为 
v
gt
hg
=
=
 
设A 球反弹后运动时间为t′，则 
2
2
1
1
`
(
)
2
2
vt
gt
g t
t
h
′
′
−
+
+
=
 
解得 
1
4
h
t
g
′ =
 
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B 球由静止释放到与A 球相碰所用的时间为 
5
4
h
t
t
g
′+ =
 
故A 正确，BCD 错误。 
故选A。 
7．如图所示，小滑块a 从倾角为θ＝45°的固定粗糙直角三角形斜面顶端以速度v1沿斜面匀
速下滑，同时将另一小滑块b 在斜面底端正上方与小滑块a 等高处以速度v2水平向左抛出，
两滑块恰在斜面中点P 处相遇，不计空气阻力，不考虑小滑块b 碰撞斜面后的情况，重力加
速度为g，则下列说法正确的是（  ） 
 
A．v1∶v2＝1∶1 
B．斜面总高度
2
2
2v
h
g
=
 
C．若b 以速度2v2水平向左抛出，a、b 仍能相遇 
D．若b 以速度2v2水平向左抛出，则b 落在斜面上时，a 在b 的下方 
【答案】D 
【详解】A．两滑块恰在斜面中点P 处相遇，可知两滑块水平位移相等，则有 
1
2
cos
v t
v t
θ =
 
解得
1
2
:
2:
2
v
v =
，故A 错误； 
B．竖直位移相等，则有 
2
1
1
sin
2
v t
gt
θ =
 
解得 
1
2v
t
g
=
 
则斜面总高度为 
2
1
1
2
2
sin
v
h
v t
g
θ
=
×
=
 
第88页,共187页
 
 
              
              
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故B 错误； 
CD．由以上分析可知，当b 以速度2v2水平向左抛出，则b 一定落在斜面上的P 点上方，此
时运动的时间
1
0
2v
t
g
<
，此时滑块a 的竖直位移与滑块b 的竖直位移之比为 
1 0
2
0
sin
1
1
2
a
b
y
v t
y
gt
θ
=
> 
则此时
a
b
y
y
>
，即b 落在斜面上时，a 在b 的下方，故C 错误，D 正确。 
故选D。 
8．如图所示，b 是长方形acfd 对角线的交点，e 是底边df 的中点，a、b、c 处的三个小球分
别沿图示方向做平抛运动，下列表述不正确的是（  ） 
 
A．若a、b、c 处三球同时抛出，三球不可能在落地前相遇 
B．要b、c 处两球在空中相遇，则c 球必须先抛出 
C．若a、b 处两球能在地面相遇，则a、b 在空中运动的时间之比为2∶1 
D．若a、c 处两球在e 点相遇，则一定满足vA=vC 
【答案】C 
【详解】A．若a、b、c 处三球同时抛出，竖直分运动均是自由落体运动，故a 处、c 处的
小球不可能与b 处小球相遇，选项A 正确，不符合题意； 
B．由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，要b、c 处两球在空中相遇，则c 球必须先
抛出，选项B 正确，不符合题意； 
C．若a、b 处两球能在地面相遇，根据
2
1
2
h
gt
=
可知，两个球运动时间之比为
21：，选项C
错误，符合题意； 
D．若a、c 处两球在e 点相遇，由于水平分运动是匀速直线运动，水平分位移相等，时间也
相等，故水平分速度相等，即初速度相等，选项D 正确，不符合题意。 
故选C。 
9．爱好物理的熊惠制作了如图所示的一种装置，名为“流星赶月”：在同一竖直面内的弹簧
枪A、B 的枪口P、Q 在同一水平直线OO′上，P、Q 间距离确定。A 的枪管竖直向上，B 的
第89页,共187页
 
 
              
              
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枪管与水平线夹角θ 可调。A、B 两枪每次都是同时发射质量相同的子弹，子弹的运动轨迹
都在同一竖直平面内。A 枪子弹的发射速度不变，B 枪子弹的发射速度可随角度不同进行调
整，使得子弹都能在上升到最高点前相碰并合并在一起，然后掉落到A 枪的左侧，与水平
线的交点为C（图中未画出）。则下列说法正确的是（  ） 
 
A．θ 越小，B 枪子弹的发射速度越小 
B．θ 越小，B 枪子弹的发射速度越大 
C．θ 越大，C 点离P 点越远 
D．θ 越大，C 点离P 点越近 
【答案】BD 
【详解】AB．依题意，A 枪子弹做竖直上抛运动，B 枪子弹做斜抛运动，子弹都能在上升到
最高点前相碰，则两颗子弹的竖直方向速度始终相同，即 
sin
A
B
v
v
θ
=
 
易知，θ 越小，B 枪子弹的发射速度越大。故A 错误；B 正确； 
CD．依题意结合上面选项分析，两子弹相碰并合并在一起后，竖直方向的运动不受影响，
即它们的总飞行时间保持不变设为t，设PQ 之间的距离为x，A 子弹的速度为v，则B 枪和
A 枪相遇的时间为 
1
tan
x
x
x
t
v
v
θ
=
=
 
则根据水平方向系统动量守恒可得 
1
2
tan
mv
mv
θ =
 
又 
(
)
1
1
CP
x
v t
t
=
−
 
联立，可得 
2tan
2
CP
vt
x
x
θ
=
−
 
易知θ 越大，C 点离P 点越近。故C 错误；D 正确。 
故选BD。 
10．如题图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，小物块A 以初速度
1
10m/s
v =
从斜
面底端沿斜面上滑，同时在A 的正上方高h 处，小物块B 以某一初速度
2v 水平向左抛出，
当A 上滑到最高点时，恰好被B 击中。已知A 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度
2
10m/s
=
g
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力，下列说法正确的是（  ） 
第90页,共187页
 
 
              
              
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A．物块A、B 的机械能均守恒 
B．物块A、B 的加速度大小
2
A
B
10m / s
a
a
=
=
 
C．物块A、B 初位置的高度差h＝8m 
D．物块A、B 相遇时，B 的速度
B
10m/s
v =
 
【答案】BC 
【详解】A．物体B 只受重力作用，机械能守恒；物体A 在斜面上滑动时有摩擦力做功，则
机械能减小，选项A 错误； 
B．物块B 的加速度大小 
2
B
10m / s
a =
 
物块A 的加速度大小 
2
A
sin
cos
10m/s
mg
mg
a
m
θ
µ
θ
+
=
=
 
选项B 正确；  
C．物块A 上升到最高点时 
2
1
A
A
5m
2
v
s
a
=
=
  
运动的时间为 
1
A
1s
v
t
a
=
=
 
此时物块B 下落的高度 
2
B
1
5m
2
h
gt
=
=
  
则物块A、B 初位置的高度差 
A
B
sin37
8m
h
s
h
=
+
=

 
选项C 正确； 
D．物块B 的水平速度 
A
2
cos37
4m/s
s
v
t
=
=

  
物块A、B 相遇时，B 的竖直速度 
vy=gt=10m/s 
第91页,共187页
 
 
              
              
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则此时B 的速度 
2
2
2
2 29m/s
B
y
v
v
v
=
+
=
 
选项D 错误。 
故选BC。 
11．亲子游戏有益于家长与孩子之间的情感交流。如图，父亲与儿子站在水平地面玩抛球游
戏，两人相向站立，各持一小球并将球水平抛出，下述抛球方式可能使两球在落地前相遇的
有（  ） 
 
A．父亲先将球抛出 
B．儿子先将球抛出 
C．两人同时将球抛出 
D．父亲下蹲适当高度后再与儿子同时将球抛
出 
【答案】AD 
【详解】ABC．要想使两球在落地前相遇，则父亲扔出的球的竖直位移较大，则根据 
2h
t
g
=
 
可知，时间超长，即父亲先将球抛出，选项A 正确，BC 错误； 
D．若父亲下蹲适当高度与儿子高度相同，再与儿子同时将球抛出，则两球在相同时间内下
落相同的高度，则也能相遇，选项D 正确。 
故选AD。 
12．如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC 和倾角为53°的斜面AC，A、B 两点与圆
环BC 的圆心O 等高。现将甲、乙小球分别从A、B 两点以初速度v1、v2沿水平方向同时抛
出，两球恰好在C 点相碰（不计空气阻力），已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的
是（  ） 
 
A．初速度v1、v2大小之比为3：4 
B．若仅增大v1，则两球不再相碰 
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C．若v1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D 
D．若只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆环BC 
【答案】AD 
【详解】A．甲乙两球从等高处做平抛运动恰好在C 点相碰，则时间相等，水平方向有 
1
3
=
tan53
4
R
x
v t
R
=
=
°
甲
 
2
=
x
v t
R
=
乙
 
所以 
1
2
3
4
v
v =
 
选项A 正确； 
B．两球相碰，则满足 
1
2
7
+
4
v t v t
R
=
 
若仅增大v1，显然存在t 满足方程，所以两球会相碰，选项B 错误； 
C．若v1大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于甲
球会碰到斜面，下落高度减小时间减小，所以甲球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜
面的中点，选项C 错误； 
D．若甲球垂直击中圆环BC，则落点时速度的反向延长线过圆心O，由几何关系有 
2
2
2
2
1
3
1
-
+(
)
4
2
v t
R
gt
R
=
（
）
 
1
1
2
3
- 4
tan
1
2
v t
R
v
gt
gt
α =
=
 
以上方程为两个未知数两个方程可以求解v1和t，因此只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲
球可能垂直击中圆环BC，选项D 正确。 
 
故选AD。 
13．如图所示,相距l 的两小球A、B 位于同一高度h(l,h 均为定值). 将A 向B 水平抛出的
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同时, B 自由下落. A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反. 
不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则 
 
A．A、B 在第一次落地前能否相碰,取决于A 的初速度 
B．A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 
C．A、B 不可能运动到最高处相碰 
D．A、B 一定能相碰 
【答案】AD 
【详解】若A 球经过水平位移为l 时，还未落地，则在B 球正下方相碰．可知当A 的初速度
较大时，A、B 在第一次落地前能发生相碰．若A 的初速度较小时，A、B 在第一次落地前不
碰，A 第一次落地时，水平位移较小，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、
方向相反，则以后一定能碰．故D 正确，B 错误．若A 球落地时的水平位移为2
l
时，则A、
B 在最高点相碰．故C 错误．由上分析可知，A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的
初速度．故A 正确．故选AD． 
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高中物理解题技巧之电磁学篇07 
速度线与力线法巧解带电粒子在电场中运动问题 
一、必备知识 
1.根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况
①确定受力方向的依据
a．曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧； 
b．电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反； 
c．场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度
的方向。
②比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F＝qE 越大⇒a＝qE
m越大。 
③判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减
小)。
2.分析电场的特点和性质问题的一般思路
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度进行判断。
②根据等差等势面的疏密程度进行判断。
③根据E＝kQ
r2结合矢量合成进行判断或计算。 
(2)电势
①根据沿电场线方向电势逐渐降低进行判断。
②根据φ＝Ep
q 进行判断或计算。 
③空间存在两个或两个以上的电场时，根据电势的叠加求代数和进行判断或计算。
(3)电势能
①根据Ep＝φq 进行判断或计算。注意判断或计算时Ep、φ、q 均带正、负号，且Ep、φ 的
正、负号表示大小。
②根据电场力做功进行判断或计算。若电场力对电荷做正功，电势能减少，反之则增加，
且WAB＝－ΔEp。 
③根据能量守恒定律进行判断或计算。电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转
化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变，即当动
能增加时，电势能减少，反之则增加，且ΔEk＝－ΔEp。 
2.应用技巧
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三、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘
系统。它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集成板三部分构成。工作原理图可简化为
右图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒（不计重力）在除尘装置中的运动轨迹，A、B 是轨
迹中的两点（  ） 
 
A．该烟尘颗粒带正电 
B．该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是匀变速曲线运动 
C．A 点的场强小于B 点的场强 
D．该烟尘颗粒在A 点的电势能大于它处于B 点的电势能 
【答案】D 
【详解】A．观察发现，颗粒向正极板弯曲，说明颗粒带负电，故A 错误； 
B．电场线由正极指向负极，由图知，该电场不可能是匀强电场，电场力不可能不变，故加
速度不可能不变，故不可能是匀变速曲线运动，故B 错误； 
C．电场线的越密集电场强度越大，故A 点场强大于B 点场强，故C 错误； 
D．等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B 点电势大于A 点电势，故带负电
的颗粒在A 点的电势能更大，故D 正确。 
故选D。 
2．如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场
区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据
第96页,共187页
 
 
              
              
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此图可知 
 
①带电粒子所带电性 
②带电粒子在a、b 两点的受力方向 
③带电粒子在a、b 两点的速度何处较大 
④带电粒子在a、b 两点的电势能何处较大 
⑤a、b 两点哪点的电势较高 
以上判断正确的是（ ） 
A．①②⑤ 
B．②③④ 
C．③④⑤ 
D．①③⑤ 
【答案】B 
【详解】①②．假设粒子由a 到b 运动．由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子所受的电
场力方向竖直向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，②正确，①错误； 
③．由图可知，粒子从a 到b 的过程中，电场力做正功，说明粒子速度增大，故可知b 处
速度较大，③正确； 
④．电场力做正功，则电势能减小，故a 点电势能较大，④正确； 
⑤．虽然a 点电势能较大，但是不知道粒子的电性，故无法判断电势的高低，故⑤错误， 
故选B． 
3．如图所示，MN 是某匀强电场中的一等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，
在纸面内由a 运动到b 的轨迹。下列判断正确的是（  ） 
 
A．电场方向一定是垂直MN 向上 
B．a 点的电势一定不等于b 点的电势 
C．带电粒子的加速度可能平行MN 向右 
D．带电粒子由a 运动到b 的过程中动能可能增加 
【答案】B 
【详解】AC．MN 是某匀强电场中的一等势线，只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场
力的方向垂直MN 向上，带电粒子的加速度垂直MN 向上，但不知道带电粒子的电性，所以
无法判断电场的方向，故AC 错误； 
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B．MN 是某匀强电场中的一等势线，而a 点和b 点位于MN 两侧，所以a 点的电势一定不等
于b 点的电势，故B 正确； 
D．带电粒子由a 运动到b 的过程中，电场力与速度的夹角是钝角，所以带电粒子由a 运动
到b 的过程中动能减小，故D 错误。 
故选B。 
4．图中虚线K、L、M 为静电场中的三个等势面，电势分别为φK、φL、φM。实线为一带电
粒子射入此电场中后的运动轨迹。下列说法中正确的是（  ） 
 
A．若已知粒子带负电，则可判定粒子从a→b→c→d→e 沿轨迹运动 
B．若已知粒子带负电，则可判定φK>φL>φM 
C．因为不知道粒子带何种电荷，所以无法判定粒子在c 点所受电场力的方向 
D．因为不知道粒子沿轨迹运动的方向，所以无法比较粒子在a 点和c 点的动能大小 
【答案】B 
【详解】AB．由粒子的曲线运动，可知所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，粒子所受电场
力是偏向左侧的，若粒子带负电，则受力方向与场强方向相反，即电场强度方向向右，则可
判定φK>φL>φM，而运动方向可能是a→b→c→d→e，也可能是e→d→c→b→a，故A 错误，
B 正确； 
C．由粒子的曲线运动，可知所受合力应该指向曲线弯曲的内侧，则粒子在c 点所受电场力
是偏向左侧的，与粒子带何种电荷无关，故C 错误； 
D．由粒子运动的轨迹，可知若粒子由a 至c，则是减速，若粒子由c 至a，则是加速，故a
点的速度大于c 点的速度，所以a 点的动能大于c 点的动能，故D 错误。 
故选B。 
5．图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，
虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b 是其路径上的
两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（  ） 
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A．a 点的电势比b 点的低 
B．a 点的电场强度比b 点的小 
C．液滴在a 点的加速度比在b 点的小 
D．液滴在a 点的电势能比在b 点的大 
【答案】D 
【详解】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，
可知 
a
b
ϕ
ϕ
>
 
故A 错误； 
B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a 处的等势线较密，则 
a
b
E
E
>
 
故B 错误； 
C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为 
qE
a
m
=
 
因
a
b
E
E
>
，可得 
a
b
a
a
>
 
故C 错误； 
D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即 
Pa
Pb
E
E
>
 
故D 正确； 
故选D。 
6．2020 年2 月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S 蛋白与人体细胞表面ACE2
蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关
键部分，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动
的轨迹如图中实线所示，a、b 是轨迹上的两点，则（  ） 
第99页,共187页
 
 
              
              
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A．a 点的电场强度大于b 点的电场强度 
B．b 点电场强度的方向水平向右 
C．a 点的电势高于b 点的电势 
D．电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能 
【答案】C 
【详解】A．根据等差等势面的疏密可表示场强强弱，由于a 点等差等势面比b 点稀疏，则
a 点的电场强度小于b 点的电场强度根据，故A 错误； 
B、由于电场线垂直于等势面，则b 点电场强度垂直等势面沿水平方向，又因为电子轨迹为
曲线，所受电场力指向轨迹凹侧，即水平向右，又电子带负电，则b 点电场强度的方向水平
向左，故B 错误； 
C．顺着电场线方向，电势逐渐降低，电场线由高等势面指向低等势面，根据电子受力方向
向右，则电场线方向向左，故a 点电势高于b 点，故C 正确； 
D．因为φa>φb，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，故电子在a 点
的电势能小于在b 点的电势能，故D 错误。 
故选C。 
7．一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0 时刻起运动依次经历t0、2t0、3t0
时刻。其运动的v﹣t 图象如图所示。对此下列判断正确的是（  ） 
 
A．0 时刻与2t0时刻电子在同一位置 
B．0 时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的电势分别为φ0、φ1、φ3，其大小比较有φ1>φ0>φ3 
C．0 时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的场强大小分别为E0、E1、E3，其大小比较有E3
＜E0＜E1 
D．电子从0 时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力先做正功后做负功 
【答案】AC 
【详解】A．由图象可知，电子从0 时刻到2t0时刻位移为零，所以0 时刻与2t0时刻电子在
同一位置，故A 正确； 
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D．由图象可知，电子从0 时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，其速度大小先减小后
增大，所以电场力对电子先做负功，后做正功，故D 错误； 
B．电子从0 时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力对电子先做负功，后做正功，
所以电子的电势能先增大后减小，因为电势能为EP=qφ，由于电子带负电，所以电势能越大，
电势越低，则有φ1＜φ0＜φ3，故B 错误； 
C．根据速度﹣时间图象的斜率的绝对值表示加速度大小以及牛顿第二定律可知，v﹣t 图象
的斜率的绝对值表示电场力大小即场强大小，故有：E3＜E0＜E1，故C 正确。 
故选AC。 
8．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 与位移x 的关系如图乙所示，则（不
考虑空气阻 力） 
 
A．电场强度不断减小，方向沿x 轴负方向 
B．从O 到x1的过程中，加速度越来越小，速率越来越大 
C．从O 到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小 
D．到达x1位置时，小球速度的大小为
(
)
1
0
1
2 E
E
mgx
m
−
+
 
【答案】ACD 
【详解】A．物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，所以电场
强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，所以电场强度不断减
小，方向沿x 轴负方向。故A 符合题意。 
B．从O 到x1的过程中，根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，
故加速度越来越大，速度越来越大。故B 不符合题意。 
C．从O 到x1的过程中，由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越
来越小。故C 符合题意。 
D．根据动能定理：
2
1
1
0
1
0
2
mgx
E
E
mv
+
−
=
−
，解得： 
(
)
1
1
0
2 mgx
E
E
v
m
+
−
=
 
第101页,共187页
 
 
              
              
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故D 符合题意。 
故选ACD。 
9．如图（a），直线MN 表示某电场中一条电场线，a、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒
子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v-t 图线如图（b）所示，设a、b 两点
的电势分别为
a
ϕ 、b
ϕ ，场强大小分别为
a
E 、
b
E ，粒子在a、b 两点的电势能分别为Epa、Epb，
不计重力，则有 （     ） 
 
A．
a
ϕ ＞
b
ϕ 
B．
a
E ＞
b
E 
C．
a
E ＜
b
E 
D．Epa＞Epb 
【答案】BD 
【详解】A．负电荷从a 运动到b，由速度时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右，
负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，而沿场强方向，电势变小，故b 点电势
较大，即
a
b
ϕ
ϕ
<
，故A 错误； 
BC．因为速度图线的斜率不断变小，故负电荷的加速度变小，电场力变小，所以电场强度
变小，即
a
b
E
E
>
，故B 正确，C 错误； 
D．由于
a
b
ϕ
ϕ
<
，根据负电荷在电势低处电势能大，即
Pa
Pb
E
E
>
，故D 正确． 
10．如图所示，虚线A、B、C 表示某固定点电荷电场中的三个等势面，相邻两等势面间的
距离相等，实直线表示电场中的三条没标明方向的电场线，a、b 是一带正电粒子只在电场
力作用下运动轨迹上的两点。则（  ） 
 
A．粒子过a 点的加速度大于粒子过b 点的加速度 B．AB 间的电势差小于BC 间的电势差 
C．场源电荷是负电荷 
D．带正电荷的粒子在b 点的电势能大于在a
点的电势能 
【答案】ACD 
【详解】A．点电荷形成的电场中，离点电荷越近则场强越大，粒子加速度越大，选项A 正
确； 
B．AB 之间的场强大于BC 之间的场强，有U
Ed
=
可知AB 间的电势差大于BC 间的电势差，
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选项B 错误； 
C．根据运动轨迹可知带正电的粒子受到场源电荷的库仑力是引力，所以场源电荷是负电荷，
选项C 正确； 
D．带正电荷的粒子在a 到b 的过程中电场力做负功，因此在b 点的电势能大于在a 点的电
势能，选项D 正确。 
故选ACD。 
11．如图所示，ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB 部分是半径为R 的1
4 圆弧形
管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B 三点
连线构成边长为L 的等边三角形，MN 连线过C 点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的
点电荷分别固定在M、N 两点，电荷量分别为+Q 和-Q。现把质量为m、电荷量为+q 的小球
（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A 处静止释放。已知静电力常
量为k，重力加速度为g。求： 
(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小； 
(2)小球运动到圆弧最低点B 处时，小球对管道压力的大小。 
 
【答案】（1）
2
qQ
F
k L
=
；（2）
2
2
2
2
9
qQ
m g
k L


+ 



。 
【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F1和F2，
则： 
1
2
2
qQ
F
F
k L
=
=
① 
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得： 
F=2F1cos60°② 
联立①②得： 
2
qQ
F
k L
=
③； 
（2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，
小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，
有： 
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2
1
2
B
mgR
mv
=
④ 
解得： 
2
B
v
gR
=
⑤ 
设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力为
By
N
，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得： 
2
B
By
mv
N
mg
R
−
=
⑥ 
解得： 
3
By
N
mg
=
⑦ 
设在B 点管道对小球在水平方向的压力为
Bx
N
，则： 
2
Bx
qQ
N
F
k L
=
=
⑧ 
圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为： 
2
2
2
2
2
2
9
B
Bx
By
qQ
N
N
N
m g
k L


=
+
=
+ 



⑨ 
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为： 
2
2
2
2
2
2
9
B
B
Bx
By
qQ
N
N
N
N
m g
k L
′


=
=
+
=
+ 



⑩ 
12．如图所示，静止于A 处的离子经电压为U 的加速电场加速后沿图中的圆弧形虚线所示
的轨迹通过静电分析器，从P 点垂直于CN 进入矩形区域QNCD 内方向水平向左的有界匀
强电场。已知静电分析器通道内有均匀且辐向分布的电场，圆弧形轨迹所在处的场强大小都
为
0
E ，方向沿圆弧半径指向圆心O 。离子的质量为m，电荷量为q，
2
QN
d
=
，
3
PN
d
=
，
不计离子的重力。 
(1)求通过加速电场后刚刚进入静电分析器时的速度大小
0v ； 
(2)求离子在静电分析器中圆周运动的半径R； 
(3)若离子恰好能打在QN 的中点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的大小。 
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【答案】(1)
2qU
m
；(2)
0
2U
E ；(3)12U
d
 
【详解】(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有 
2
0
1
2
qU
mv
=
 
解得 
0
2qU
v
m
=
 
(2)离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 
2
0
0
v
qE
m R
=
 
解得 
0
2U
R
E
=
 
(3)离子做类平抛运动 
d
vt
=
 
2
1
3
2
d
at
=
 
由牛顿第二定律得 
qE
ma
=
 
得 
12U
E
d
=
 
 
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高中物理解题技巧之电磁学篇08 
等效法处理带电物体在电场中的多种运动 
一.应用技巧
1.“等效重力场”模型解法综述 
将一个过程或事物变换成另一个规律相同的过程和或事物进行分析和研究就是等效
法．中学物理中常见的等效变换有组合等效法（如几个串、并联电阻器的总电阻）；叠加等
效法（如矢量的合成与分解）；整体等效法（如将平抛运动等效为一个匀速直线运动和一个
自由落体运动）；过程等效法（如将热传递改变物体的内能等效为做功改变物体的内能） 
“等效重力场”建立方法——概念的全面类比 
为了方便后续处理方法的迁移，必须首先搞清“等效重力场”中的部分概念与复合之前的
相关概念之间关系．具体对应如下：
等效重力场
重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力
重力、电场力的合力
等效重力加速度
等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”
物体自由时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”
物体圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置 
等效重力势能
等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积 
2.模型分类
○
1 “等效重力场”中的直线运动
例：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 
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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：
cos30
g
g=带
电小球沿绳做初速度为零，加速度为g′的匀加速运动 

30
cos
2L
S AB =
 
  ① 
2
2
1
t
g
S AB
′
=
  ② 
由①②两式解得
g
L
t
3
=
○
2 “等效重力场”中的抛体类运动 
例：如图所示，在电场强度为E 的水平匀强电场中，以初速度为
0v 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′ 
设g′与竖直方向的夹角为θ，则
θ
cos
g
g =
′
其中
2
2
arcsin
）
（
）
（
mg
qE
qE
+
=
θ
则小球在“等效重力场”中做斜抛运动 
θ
sin
0v
vx =
        
θ
cos
0v
v y =
 
当小球在y 轴方向的速度减小到零，即
0
=
y
v
时，两者的
合速度即为运动过程中的最小速度
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2
2
0
0
min
sin
）
（
）
（
qE
mg
qE
v
v
v
v
x
+
=
=
=
θ
 
○
3 “等效重力场”中的单摆类模型 
例：如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度L=0.4m 的绝缘细绳
把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细绳与竖直方
向的夹角为θ=37º．现将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放： 
 
建立“等效重力场”如图所示，“等效重力加速度” g′， 
方向：与竖直方向的夹角

30 ，大小：
g
g
g
25
.1
37
cos
=
=
′

 
由A、C 点分别做绳OB 的垂线，交点分别为A'、C'，由动能 
定理得带电小球从A 点运动到C 点等效重力做功 
2
2
1
)
sin
(cos
)
(
m
C
C
O
A
O
mv
L
g
m
L
L
g
=
−
′
=
−
′
′
′
θ
θ
 
代入数值得
4.1
≈
C
v
m/s  
当带电小球摆到B 点时，绳上的拉力最大，设该时小球的速度为
B
v ，绳上的拉力为F ，则 
2
2
1
sin
B
mv
L
L
g
m
=
−
′
）
（
θ
         ①      
L
v
m
g
m
F
B
2
=
′
−
          ② 
联立①②两式子得
25
.2
=
F
N 
○
4 “等效重力场”中的圆周运动类模型 
例：如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的
圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一
质量为m 的带正电，电量为
E
mg
q
3
3
=
小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速
度应为多大？ 
运动特点：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受到重
力、电场力，轨道作用力，且要求能安全通过圆轨道． 
对应联想：在重力场中，小球先在水平面上运动，重力不作功，后在圆轨道上运动的模型：
过山车． 
等效分析：如图所示，对小球受电场力和重力，将电场力与重力合成视为等效重力
g
m ′，
大小
3
3
2
)
(
)
(
2
2
mg
mg
qE
g
m
=
+
=
′
，
3
3
=
= mg
qE
tgθ
，得
°
= 30
θ
，于是重效重力方
向为垂直斜面向下，得到小球在斜面上运动，等效重力不做功，小球运动可类比为重力场中
过山车模型． 
  
g' 
O 
  
  
  
  
      
 
  
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规律应用：分析重力中过山车运动，要过圆轨道存在一个最高点，在最高点满足重力当好提
供向心力，只要过最高点点就能安全通过圆轨道．如果将斜面顺时针转过300，就成了如图
3-3 所示的过山车模型，最高点应为等效重力方向上直径对应的点B，则B 点应满足“重力”
当好提供向心力即：
R
mv
g
m
B
2
=
′
 
假设以最小初速度v0 运动，小球在斜面上作匀速直线运动，进入圆轨道后只有重力作功，
则根据动能定理：
2
0
2
2
1
2
1
2
mv
mv
R
g
m
B −
=
′
−
解得：
3
3
10
0
gR
v =
  
二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．如图所示，平行板电容器上极板MN 与下极板PQ 水平放置，一带电液滴从下极板P 点射
入，恰好沿直线从上极板N 点射出。下列说法正确的是（    ） 
 
A．该电容器上极板一定带负电 
B．液滴从P 点到N 点的过程中速度增加 
C．液滴从P 点到N 点过程中电势能减小 
D．液滴从P 点以原速度射入时，若再加一垂
直纸面向内的匀强磁场，则液滴可能做匀速直线运动 
【答案】C 
【详解】A．对液滴受力分析可知，重力竖直向下，则电场力方向沿竖直向上，由于液滴电
性及场强方向均未知，所以极板电性无法确定，A 错误； 
B．因为液滴恰好沿直线从上极板N 点射出，则液滴沿PN 方向做匀速直线运动，所以液滴
从P 点到N 点的过程中速度不变，B 错误； 
C．液滴从P 点到N 点过程中电场力做正功，电势能减小，C 正确； 
D．液滴此时受力平衡，若再加一垂直纸面向内的匀强磁场，则液滴受洛伦兹力，将做匀速
圆周运动，D 错误。 
故选C。 
2．如图空间存在水平方向的匀强电场（场强大小处处相等，方向处处相同），某同学用绝缘
细线将质量为m 、带电荷量为q 的金属球A 悬于O 点，稳定后，细线与竖直方向的夹角
60
θ =
°。现用n 个与A 完全相同的不带电金属球同时与A 球接触后移开，A 球再次稳定后，
细线与竖直方向的夹角变为
30
α =
°，则n 的值为（  ） 
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A．1 
B．2 
C．3 
D．4 
【答案】B 
【详解】根据题意，对小球受力分析，如图所示 
 
由平衡条件可得 
tan60
Eq
mg
°
=
 
用n 个与A 完全相同的不带电金属球同时与A 球接触后移开，A 球的带电量为
1
q
n + ，对小球
受力分析，如图所示 
 
由平衡条件可得 
tan30
1
Eq
mg
n
°
=
+
 
联立解得 
2
n =
 
故选B。 
3．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度υ 从M 点竖直向
上运动，通过N 点时，速度大小为2υ ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程
（    ） 
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A．动能增加
2
1
2 mυ 
B．机械能增加
2
2mυ 
C．重力势能增加
2
3
2 mυ 
D．电势能增加
2
2mυ 
【答案】B 
【详解】由动能的表达式
2
k
1
2
E
mv
=
可知带电小球在M 点的动能为
2
1
2
kM
E
mv
=
，在N 点的
动能为
(
)
2
1
2
2
2
kN
E
m
v
mv
=
=
，所以动能的增量为
2
3
2
k
E
mv
∆
=
，故A 错误；带电小球在电场
中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动
学公式有
,
2
y
x
qE
v
v
gt v
v
at
t
m
=
=
=
=
=
，可得
2
qE
mg
=
，竖直方向的位移
2
v
h
t
=
，水平方向
的位移
2
2
v
x
t
vt
=
=
，因此有
2
x
h
=
，对小球写动能定理有
2
3
2
k
qEx
mgh
E
mv
−
=
=

，联立上
式可解得
2
2
qEx
mv
=
，
2
1
2
mgh
mv
=
，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加
2
2mv ，
电势能减少
2
2mv ，故B 正确D 错误，重力做负功重力势能增加量为
2
1
2 mv ，故C 错误． 
4．如图，光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径为R ，一带负电的小球，沿轨道做逆时针方向
的匀速圆周运动。小球的质量为m ，速度为
gR 。匀强电场与圆形轨道平行，
0
=
t
时，小
球位于O 点等高的A 点，设A 点所在的水平面为零势能面，即
0
A
ϕ =
、
0
A
h =
。重力加速度
为g ，以下说法正确的是（  ） 
 
A．小球在最高点对轨道的压力为零 
B．小球在运动过程中合力最大值是
2mg 
C．t 时刻小球的电势能为
sin
p
g
E
mgR
t
R
= −
 
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D．t 时刻小球的机械能为
sin
g
E
mgR
t
R
=
 
【答案】C 
【详解】AB．带负电的小球在竖直光滑绝缘圆形轨道做匀速圆周运动，则小球所受合力大
小始终保持不变，合力方向始终指向圆心，由于小球必受重力、电场力，轨道还可能对小球
有作用力，则在做匀速圆周运动过程中要保持合力大小不变，小球所受重力与电场力必然是
一对平衡力，有牛顿第二定律有小球在轨道中任意位置合力大小相同，即有 
2
mv
F
mg
R
=
=
向
 
所以小球在轨道任意位置受到的弹力提供向心力，即小球在最高点对轨道的压力大小为 
压=
F
mg 
故AB 错误； 
C．小球所受重力与电场力是一对平衡力，则电场力方向竖直向上，且电场力做了多少功，
电势能就变化多少，设t 时刻小球运动到某一位置时与圆心连线所在直线与水平方向的夹角
为θ ，则
0
=
t
时刻开始至t 时刻小球沿轨道做逆时针方向的匀速圆周运动，电场力做功为 
sin
W
EqR
θ
=
 
v
g
t
t
t
R
R
θ
ω
=
=
=
 
Eq
mg
=
 
又由电场力做功与电势能变化关系有 
0
P
P
W
E
E
=
−
 
A 点所在的水平面为零势能面，故t 时刻小球的电势能为 
P
sin
g
E
mgR
t
R
= −
 
故C 正确； 
D．动能和势能统称机械能，小球所受重力与电场力是一对平衡力，可知本题中重力做功大
小与电场力做功大小相同，A 点所在的水平面为零势能面，则t 时刻小球的机械能为 
'
P
k
1
sin
2
g
E
E
E
mgR
t
mgR
R
=
+
=
+
机
 
故D 错误。 
故选C。 
5．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
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小速度为
min
v
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 
【答案】D 
【详解】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 
 
sin 45
mg
qE
=
 
2mg
E
q
=
 
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 
2
2 cos45
2
2
2
2
W
qE
L
mg
L
mgL
=
⋅
=
⋅
⋅
=

 
因此合力做的功为2mgL，B 错误；      
C．小球运动到B 点时，由动能定理可得 
2
2
1
1
2
2
2
B
A
mgL
mv
mv
=
−
 
解得 
5
Bv
gL
=
 
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在B 点，由牛顿第二定律可得 
2
cos45
B
v
T
qE
m L
−
=

 
代入数据解得 
6
T
mg
=
 
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，D 正确。 
故选D。 
6．质量为m 的物块带电荷量为＋q，开始时使其静止在倾角α＝60° 的固定光滑绝缘斜面顶
端，整个装置放在水平向左场强大小为
3mg
E
q
=
的匀强电场中，如图所示．斜面高为H，
释放物块后，物块落地时的速度大小为（       ） 
 
A．
2gH 
B．2 2gH 
C．
5
2 gH 
D．
2
2
3
gH 
【答案】B 
【详解】对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力 
3
F
qE
mg
=
=
 
重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角
30
β
°
=
，运用动能定理研究从开始到落地过
程， 
 
2
1
3
2
mgH
F
H
mv
+
⋅
=
 
解得： 
2 2
v
gH
=
 
A.
2gH 与分析不符，故A 项错误； 
第114页,共187页
 
 
              
              
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B. 2 2gH 与分析相符，故B 项正确； 
C.
5
2 gH 与分析不符，故C 项错误； 
D.
2
2
3
gH 与分析不符，故D 项错误． 
7．在竖直向上的匀强电场中，有两个质量均为 m、带等量异种电荷（电量绝对值为 q）的
小球 A、B（均可视为质点）处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度 v0 向右抛出
最 后落到水平地面上，运动轨迹如图所示．A、B 两球抛出点到落地点之间的水平距离分别
是 L1和 L2．两球之间的静电力和空气阻力均不考虑（重力加速度为 g），则 
 
A．A 球带正电，B 球带负电 
B．B 球比A 球先落地. 
C．在下落过程中，A 球的电势能减少，B 球的电势能增加 
D．两球从抛出到各自落地的过程中，A、B 球的机械能变化量大小相等 
【答案】ABD 
【详解】A．两球在水平方向都做匀速直线运动，由
0
x
v t
=
知，0v 相同，则A 运动的时间比B
的长，竖直方向上，由
2
1
2
h
at
=
可知，h 相等，则有A 的加速度比B 的加速度小， A 的合
力比B 的合力小，所以A 的电场力向上，带正电，B 的电场力向下，带负电，故A 正确； 
B．A 运动的时间比B 的运动时间长，则B 球比A 球先落地，故B 正确； 
CD．A 的电场力向上，电场力对A 球做负功，A 球的电势能增加，A 球的机械能减小，减
小为
A
E
qEh
∆
=
；B 的电场力向下，电场力对B 球做正功，B 球的电势能减小，B 球的机械
能增加，增加为
B
E
qEh
∆
=
，故C 错误，D 正确。 
8．如图所示，带电小球Q 固定在倾角为θ 的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m，电荷量
为q 的带正电小球M 穿在杆上从A 点由静止释放，小球到达B 点时速度恰好为零，已知A、
B 间距为L，C 是AB 的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（  ） 
第115页,共187页
 
 
              
              
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A．小球从A 到B 的过程中加速度先减小后增大 
B．小球在B 点时受到的库仑力大小为mgsinθ 
C．小球在C 点时速度最大 
D．在Q 产生的电场中，A．B 两点间的电势差为UAB=﹣
sin
mgL
q
θ 
【答案】AD 
【详解】A．由题意可知，小球从A 由静止运动在B 点时，速度为零，则小球先加速后减速，
那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的
分力，因此加速度先减小，再增大，故A 正确； 
B．球在B 点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力
大小大于mgsin θ，故B 错误； 
C．当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C 虽是AB 的中点，但此处库仑力、支持
力与重力的合力不为零，故C 错误； 
D．根据动能定理，从A 到B，则有 
0－0=mgLsin θ＋qUAB 
解得 
UAB=－mgLsin
q
θ 
故D 正确。 
故选AD。 
9．如图（a）所示，一带正电的小物块从粗糙程度不清楚的绝缘斜面上O 点由静止滑下，
途经P、Q 两点，所在空间有方向平行于斜面向上的匀强电场，以O 点为原点，选斜面底端
为重力势能零势能面，作出滑块从O 至Q 过程中的机械能E 随位移x 变化的关系如图（b）
所示，其中O 至P 过程的图线为曲线，P 至Q 过程的图线为直线，运动中物块的电荷量不
变，则（  ） 
第116页,共187页
 
 
              
              
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A．O 至P 过程中，物块做加速度减小的加速运动 
B．P 至Q 过程中，物块做匀加速直线运动 
C．P 至Q 过程中，摩擦力对物块做功的功率不变 
D．O 至Q 过程中，物块的重力势能与电势能之和不断减小 
【答案】BD 
【详解】A．由于 
(
)
O
f
qE x
E
E
−
+
=
−
 
解得 
(
)
O
E
E
f
qE x
=
−
+
 
可知，E
x
−
图像斜率的绝对值表示摩擦力与电场力两个力的合力大小，根据图像可知，O
至P 过程中，图像斜率的绝对值逐渐减小，则摩擦力与电场力两个力的合力逐渐减小，由
于物体静止向下滑动，根据 
(
)
1
sin
mg
f
qE
ma
θ −
+
=
 
可知加速度逐渐增大，即O 至P 过程中，物块做加速度增大的加速运动，A 错误； 
B．P 至Q 过程中，E
x
−
图像斜率一定，即摩擦力与电场力大小均一定，结合上述，P 至Q
过程中，物块做匀加速直线运动，B 正确； 
C．P 至Q 过程中，物块做匀加速直线运动，物块速度增大，根据 
P
fv
=
 
结合上述可知，P 至Q 过程中，摩擦力对物块做功的功率逐渐增大，C 错误； 
D．O 至Q 过程中，物块只有重力势能、电势能与由于滑动摩擦力做负功而产生的热量三者
之间的转化，摩擦力做功逐渐增多，产生的热量逐渐增多，则物块的重力势能与电势能之和
不断减小，D 正确。 
故选BD。 
10．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A 点相切，B 点为圆轨道的最低点，
C 点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1kg，电荷量为q
（q＞0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度
3
4
mg
E
q
=
，
θ=53°，圆轨道半径R=1m，g 取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则以下说法中正确的是（  ） 
第117页,共187页
 
 
              
              
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A．刚释放小球时小球的加速度的大小为3.5m/s2 
B．若小球能到达C 点，释放点与A 的距离至少为1.2m 
C．若小球恰能到达C 点，此运动过程中小球对轨道的最大压力为75N 
D．若小球恰能到达C 点，则在C 点对轨道的压力为0 
【答案】AC 
【详解】A．对小球受力分析，小球所受电场力水平向左，由牛顿第二定律得 
sin
cos
mg
Eq
ma
θ
θ
−
=
 
解得 
3.5
a =
m/s2 
故A 正确； 
B．设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α 角，如图 
 
故 
tan
Eq
mg
α =
 
解得 
37
α =
° 
大小为 
(
)
(
)
2
2
5
4
F
Eq
mg
mg
=
+
=
 
小球恰好能过等效最高点E 时也就恰好能到达C 点，在E 点由牛顿第二定律得 
2
5
4
E
v
mg
m R
=
 
从释放到到达E 点，由动能定理得 
第118页,共187页
 
 
              
              
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(
)
2
1
( sin
cos
cos
)
cos
sin
sin
= 2
E
mg s
R
R
Eq s
R
R
mv
θ
θ
α
θ
θ
α
−
−
−
+
+
 
代入数据解得 
123 m
14
s =
 
故B 错误； 
C．此时若小球能到达C 点，应先恰能到达E 点，对E 点受力分析得 
2
5
4
E
v
mg
m R
=
 
解得 
5 2 m s
2
E
v =
 
对D 到E 由动能定理得 
2
2
1
1
2
2
2
E
D
F
R
mv
mv
−
⋅
=
−
 
解得 
5 10 m s
2
D
v =
 
对D 点由牛顿第二定律得 
2
D
v
N
F
m R
−
=
 
由牛顿第三定律得压力 
N
75N
F
N
=
=
 
故C 正确； 
D．对E 到C 由动能定理得 
2
2
1
1
(1 cos
)
2
2
C
E
F R
mv
mv
α
⋅
−
=
−
 
解得 
C
13
v =
m/s 
对C 点由牛顿第二定律得 
2
'
C
v
N
mg
m R
+
=
 
由牛顿第三定律得压力 
N
N
'
'
3
F
N
=
=
 
故D 错误。 
故选AC。 
第119页,共187页
 
 
              
              
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11．如图所示，BCD为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中BC 段水平，CD段为半圆形轨道，
轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向上的匀强电场中，场强大小为
2mg
E
q
=
，一质量为
M 的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接。一带电量为q
−的金属
小球甲，从距离地面高为H 的A 点由静止开始沿斜面滑下，与静止在C 点的不带电金属小
球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两小球材质大小均相同，质量均为m ，且
2
M
m
=
，水平轨
道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，g 取
2
10m/ s ，则（  ） 
 
A．甲球滑到斜面底端时斜面的速度大小为
gH 
B．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小
gH 
C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小
2gH 
D．若乙球恰能过D 点，半圆形轨道半径为2
5 H 
【答案】AD 
【详解】A．设甲球滑到斜面底端时，斜面的速度大小为v1，甲球的速度大小为v2，甲球带
负电，受电场力向下，根据动能定理得 
2
2
1
2
1
1
(
)
2
2
mg
qE H
Mv
mv
+
=
+
 
甲球与斜面在甲球下滑过程中水平方向动量守恒，设向右为正 
1
2
0
Mv
mv
= −
+
 
解得 
1v
gH
=
 
2
2
v
gH
=
 
故A 正确； 
BC．甲、乙两球发生的是弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v3，乙球的速度为v4 
2
3
4
mv
mv
mv
=
+
 
2
2
2
2
3
4
1
1
1
2
2
2
mv
mv
mv
=
+
 
解得 
3
0
v =
 
第120页,共187页
 
 
              
              
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4
2
v
gH
=
 
故BC 均错误； 
D．甲、乙球碰撞后，根据电荷均分原理，乙带电为
2
q
−
，设乙球过D 点时的速度为v5，根
据动能定理得 
2
2
5
4
1
1
1
(
) 2
2
2
2
qE
mg
R
mv
mv
−
+
×
=
−
 
乙球在D 点时，根据牛顿第二定律得 
2
5
1
2
mv
qE
mg
R
+
=
 
联立以上两式解得 
2
5
R
H
=
 
故D 正确。 
故选AD。 
12．如图所示，质量为m、带电量为q
+ 的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘大圆环上，大圆
环固定在竖直平面内，O 为环心，A 为最低点，B 为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施
加水平向右、场强为mg
q 的匀强电场，并同时给在A 点的小圆环一个向右的水平初速度
0v ，
小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（  ） 
 
A．动能最小与最大的位置在同一等势面上 
B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 
C．在A 点获得的初速度为
2(1
2)gR
+
 
D．过B 点受到大环的弹力大小为mg 
【答案】BC 
【详解】A．由于匀强电场的电场强度为mg
q ，即电场力与重力大小相等，作出小圆环的等
效物理最低点C 与物理最高点位置D，如图所示 
第121页,共187页
 
 
              
              
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小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根
据沿电场线电势降低，可知 
D
C
ϕ
ϕ
>
 
可知其不在同一等势面上，A 错误； 
B．小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的
转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B 正确； 
C．小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效物理最高点D 的速度为
0，对圆环分析有 
(
)
2
1
sin 45
cos45
0
2
A
qER
mg R
R
mv
−
−
+
=
−


 
解得 
2(1
2)
A
v
gR
=
+
 
C 正确； 
D．小圆环运动到B 过程有 
2
2
1
1
2
2
2
B
A
mg
R
mv
mv
−
⋅
=
−
 
在B 点有 
2
B
v
N
mg
m R
+
=
 
解得 
(
)
2 2
3
0
N
mg
=
−
<
 
可知，小圆环过B 点受到大环的弹力大小为(
)
3
2 2 mg
−
，D 错误。 
故选BC。 
13．如图所示，光滑绝缘直杆ABCD 水平放置并固定不动，其中AB＝BC＝CD＝L，杆上套
有质量为m、电量为＋q 的小球（可视为质点），小球通过绝缘轻质弹簧与固定点O 连接，
直杆A 处固定电量为＋9q 的点电荷。小球从B 处由静止开始释放，运动到D 处时速度恰好
达到最大值vm，OC 垂直于直杆，且OC 为弹簧自然长．静电力常量为k.求： 
第122页,共187页
 
 
              
              
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（1）BD 两点间的电势差UBD； 
（2）小球刚释放时的加速度大小a； 
（3）小球运动到D 处时，C 处的电场强度E。 
 
【答案】（1）
2
m
2
BD
mv
U
q
=
；（2）k
2
2
10q
mL
；（3）k
2
5
4
q
L ，方向水平向右（或C→D） 
【详解】（1）从B 到D 过程弹力做功为零，由动能定理有 
2
m
1
2
BD
qU
mv
=
 
解得 
2
m
2
BD
mv
U
q
=
 
（2）在D 点，设弹簧与水平方向成θ 
F 弹cosθ＝k
2
9
(3 )
q q
L
⋅
 
在B 点 
F 弹cosθ＋k
2
9q q
L
⋅
＝ma 
解得 
a＝k
2
2
10q
mL
 
（3）设正点电荷在C 处产生的电场，其强度为E1，带电小球在C 处产生的电场，其强度为
E2，则 
E1＝k
2
9
4
q
L 
E2＝k
2
q
L 
E＝E1－E2 
解得 
第123页,共187页
 
 
              
              
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E＝k
2
5
4
q
L ，方向水平向右（或C→D） 
14．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O，D 点为圆
管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为r=
2 L(自身的直径忽略不计)．过
OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够
大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小
E2= mg
q ．圆心O 正上方的P 点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间
距为L．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入
圆管内，并继续运动．重力加速度为g．求： 
 
(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E1 的大小； 
(2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力FD； 
（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运
动的时间与总时间之比
AB
PN
t
t
． 
【答案】（1）mg
q （2）2
2 mg，方向竖直向下（3）4
π
π
+
  
【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂
直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根
据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力FD；（3）小
物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛
运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 
【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿
切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角
为45°，则：tan45°=
 
mg
Eq 
第124页,共187页
 
 
              
              
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解得：
mg
q
E =
  
（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL= 1
2 mvA2 
解得vA=2
gL  
小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则v0=vA=2
gL 
在D 点时，下壁对球的支持力
2
0
2 2
v
F
m
mg
r
=
=
  
由牛顿第三定律，
2 2
F
F
mg
=
=
′
方向竖直向下．  
（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：
2
1
1
2
2
2
L
gt
=
 解
得1
2L
t
g
=
  
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：
2
3 2
3
2
4
4
A
r
L
t
v
g
π
π
⋅
=
=
  
小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：3
2
2
L
t
g
=
  
则：
2
4
t
t
π
π
=
+
 
15．如图，倾角为θ=30°的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接
一根劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m 的不带电小球A，小球A 静止
时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为+q、质量为2
m 的小球B 以初速
0
2 3
v
gL
=
，从斜
面顶端沿斜面向下运动，与小球A 发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已
知电场强度
mg
q
E =
，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求： 
（1）小球A 静止时，弹簧的形变量x； 
（2）两小球碰撞前，小球B 的速度大小v； 
（3）小球A 从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。 
 
第125页,共187页
 
 
              
              
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【答案】（1）2
mg
k ；（2）3 gL ；（3）
2
2
4
m g
k
 
【详解】（1）小球A 静止时，对A 分析有 
sin
kx
mg
θ
=
 
解得 
2
mg
x
k
=
 
（2）对小球B 分析有 
1
1
sin
2
2
qE
mg
ma
θ
−
=
 
解得 
3
2
a
g
=
 
小球向下做匀减速直线运动，则有 
2
2
0
2
v
v
aL
−
=
 
解得 
3
v
gL
=
 
（3）对AB 碰撞过程有 
B
A
1
1
2
2
mv
mv
mv
=
+
，
2
2
2
B
A
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
mv
mv
mv
×
=
×
+
 
解得 
A
2
v
gL
=
，
B
v
gL
= −
 
可知，碰撞后B 球体反弹，与A 分离，向上做匀加速直线运动，A 向下运动，则小球A 碰后
到速度最大时，小球A 的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为x1，对小球A 分析有 
1
1
sin
2
mg
kx
qE
θ =
+
 
则小球A 从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功 
(
)
1
1
2
W
qE x
x
=
−
 
解得 
2
2
4
m g
W
k
=
 
16．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=0.4m，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=1.0×104N/C，现有一电荷量q=+1.0×10-4C，质量m=0.1kg 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
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最高点C，然后落至水平轨道上的D 点。g 取10m/s2.试求： 
（1）带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小；
（2）D 点到B 点的距离xDB；
（3）带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能。
【答案】（1）6.0N；（2）0；（3）1.17J 
【详解】（1）设带电体通过C 点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有 
2
Cv
mg
m R
=
解得
2.0m/s
C
v =
设带电体通过B 点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B 点时，
根据牛顿第二定律有
2
B
B
v
F
mg
m R
−
=
带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理有 
2
2
1
1
2
2
2
C
B
mg
R
mv
mv
−
⋅
=
−
联立解得
6.0N
B
F =
根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力
6.0N
B
F′ =
。
（2）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，根据运动的分解有
2
2
1
2
2
1
2
BD
C
R
gt
qE
x
v t
t
m
=
=
−
⋅
联立解得
0
DB
x
=
 
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（3）由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过
程中只有重力和电场力做功，且
1N
mg
qE
=
=
其合力与重力方向成45°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45°
处，设小球的最大动能为
km
E
，根据动能定理有 
2
km
1
sin45
1 cos45
2
B
qER
mgR
E
mv
°−
−
° =
−
（
）
代入数据解得
km
1.17J
E
=
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高中物理解题技巧之电磁学篇09 
等分法巧解匀场电场方向和大小 
一.应用技巧
(1)等分法:在匀强电场中,如果把某两点间的距离等分为n 段,则每段两端点的电势差等于
原电势差的
1
𝑛𝑛,这种等分间距解决电势问题的方法,叫做等分法。 
(2)用“等分法”求匀强电场中某点的电势以及电场强度方向的一般思路
【例】有一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c、d 四点的位置如图所示，cd、
cb 分别垂直于x 轴、y 轴，其中a、b、c 三点电势分别为4V、8V、10V，将一电荷量为𝑞𝑞=
−2 × 10−5𝐶𝐶的点电荷由a 点开始沉abcd 路线运动，则下列判断不正确的是（  ）
A. 坐标原点O 的电势为8V
B. 电场强度的大小为100√2𝑉𝑉/𝑚𝑚
C. 该点电荷在d 点的电势能为−1.6 × 10−4𝐽𝐽
D. 该点电荷从a 点移到d 点过程中，电场力做功为8 × 10−5𝐽𝐽
【答案】A 
【解析】A.由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，故𝜑𝜑𝑏𝑏−𝜑𝜑𝑐𝑐=
𝜑𝜑𝑎𝑎−𝜑𝜑0，代入数据解得：𝜑𝜑0 = 6𝑉𝑉，故A 错误；B.由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相
同距离电势的降低相等可知，ab 中点e 的电势为𝜑𝜑𝑒𝑒= 6𝑉𝑉，连接oe 则为等势面，如图所示：
由几何关系可知，𝑎𝑎𝑎𝑎垂直oe，则ab 为一条电场线，且方向由b 指向a，电场强度为：𝐸𝐸=
𝑈𝑈𝑏𝑏𝑏𝑏
𝑑𝑑𝑏𝑏𝑏𝑏=
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8−6
√2×10−2 𝑉𝑉/𝑚𝑚= 100√2𝑉𝑉/𝑚𝑚，故B 正确；C.由分析可知，bd 在同一等势面上，电势相等，该
点电荷在d 点的电势能为：𝐸𝐸𝑃𝑃𝑃𝑃= 𝜑𝜑𝑑𝑑⋅𝑞𝑞= −1.6 × 10−4𝐽𝐽，故C 正确；D.该点电荷从a 点移
动到b 点电场力做功为：𝑊𝑊𝑎𝑎𝑎𝑎= 𝑞𝑞𝑈𝑈𝑎𝑎𝑎𝑎= (4 −8) × (−2 × 10−5)𝐽𝐽= 8 × 10−5𝐽𝐽，故D 正确。
本题选择不正确的，故选A。 
  
【变式训练】一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三
点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是(    ) 
 
A. 电场强度的大小为2.5𝑉𝑉/𝑐𝑐𝑐𝑐 
B. 坐标原点处的电势为1V 
C. 电子在a 点的电势能比在b 点的低7eV 
D. 电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV 
【答案】ABD 
【解析】A.如图所示，在ac 连线上，确定一𝑏𝑏′点，电势为17V，将𝑏𝑏𝑏𝑏′连线，即为等势线，
那么垂直𝑏𝑏𝑏𝑏′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
𝑈𝑈𝑐𝑐𝑐𝑐
𝑐𝑐𝑐𝑐=
𝑈𝑈𝑐𝑐𝑏𝑏′
𝑐𝑐𝑏𝑏′ ，解得𝑐𝑐𝑐𝑐′ = 4.5𝑐𝑐𝑐𝑐依据几何关系，c 到𝑏𝑏
,的距离𝑑𝑑= 3.6𝑐𝑐𝑐𝑐，因此电场强度大小为
𝐸𝐸=
26−17
3.6 𝑉𝑉/𝑐𝑐𝑐𝑐= 2.5𝑉𝑉/𝑐𝑐𝑐𝑐，故A 正确；B.根据𝜑𝜑𝑐𝑐−𝜑𝜑𝑎𝑎= 𝜑𝜑𝑏𝑏−𝜑𝜑𝑜𝑜，因a、b、c 三点电势分
别为𝜑𝜑𝑎𝑎= 10𝑉𝑉、𝜑𝜑𝑏𝑏= 17𝑉𝑉、𝜑𝜑𝑐𝑐= 26𝑉𝑉，解得：原点处的电势为𝜑𝜑𝑜𝑜= 1𝑉𝑉，故B 正确；C.a 点
电势低于b 点，电子带负电，所以电子在a 点电势能高，故C 错误；D.同理，𝑈𝑈𝑏𝑏𝑏𝑏= 𝜑𝜑𝑏𝑏−𝜑𝜑𝑐𝑐=
−9𝑉𝑉，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为𝑊𝑊= −𝑒𝑒𝑈𝑈𝑏𝑏𝑏𝑏= 9𝑒𝑒𝑒𝑒，故D 正确。故选ABD。   
 
二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．如图所示，在匀强电场中，等腰三角形ABC，
120
AB
AC
L
A
=
=
∠
=
°
，
，电场线与三角
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形平面平行。一个电荷量为q
+ 的点电荷若从C 点移到A 点，电场力所做的功为qU ；若从A
点移到B 点，电场力所做的功也为qU 。该匀强电场的电场强度大小为（    ） 
 
A．U
L 
B．2U
L 
C．2 3U
L
 
D．2 3
3
U
L
 
【答案】D 
【详解】一个电荷量为q 的正电荷若从C 点移到A 点，电场力所做的功为qU ，则 
CA
CA
W
qU
qU
=
=
 
则 
UCA=U 
若从A 点移到B 点，电场力做的功 
WAB=qUAB=qU 
则 
UAB=U 
所以 
2
CB
CA
AB
U
U
U
U
=
+
=
 
所以A 点和BC 连线中点电势相等，所以 
2 3
cos30
3
U
U
U
E
d
L
L
=
=
=
°
 
故选D。 
2．如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab 和cd 是圆的两条直径，其中ab 与电场方向的夹角
为60°，
0.2m
ab =
，cd 与电场方向平行，a、b 两点的电势差
20V
ab
U
=
。则（  ） 
 
A．电场强度的大小E=100V/m 
B．b 点的电势比d 点的低5V 
C．将电子从c 点移到d 点，电场力做正功 
D．电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能 
第131页,共187页
 
 
              
              
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【答案】D 
【详解】A．a、b 两点的电势差
20V
ab
U
=
，则电场强度的大小为 
200V / m
cos60
ab
U
E
ab
=
=

 
A 错误； 
B．b、d 两点的电势差为 
0.2
200
cos60
10V=
2
bd
b
d
U
ϕ
ϕ
=
×
=
−

 
b 点的电势比d 点的高10V，B 错误； 
C．电子带负电，电场强度水平向右，电子受到的电场力方向水平向左，则将电子从c 点移
到d 点，电场力做负功，C 错误； 
D．由于沿电场线电势降低，则有 
a
c
ϕ
ϕ
<
 
电子带负电则有 
p
p
a
a
c
c
E
e
e
E
ϕ
ϕ
= −
> −
=
 
则电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能，D 正确。 
故选D。 
3．如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d 为匀强电场中的四个点，
2
2m
ab
bc
=
=
，电场线
与矩形所在的平面平行。已知a 点电势为15V，b 点电势为9V ，c 点电势为6V 。一带电粒
子从a 点以速度
0
100m s
v =
射入电场，
0v 与ab 边的夹角为45°，一段时间后粒子经过ab 边
的中点e。不计粒子的重力，下列判断正确的是（  ） 
 
A．d 点电势为10V 
B．电场强度的大小为6V m 
C．粒子从a 点到e 点所用的时间为
2
2
10 s
2
−
×
 
D．粒子从a 点到e 点，其电势能增大 
【答案】C 
【详解】A．根据匀强电场中平行等距的两线段电势差相等，则有 
a
b
d
c
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
 
解得 
第132页,共187页
 
 
              
              
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12V
d
ϕ =
 
A 错误； 
B．如图所示，d 与e 点的电势相等，则电场线如图所示，有 
 
15 12 V/m
3 2V/m
sin 45
2
2
a
e
ad
U
E
d
L
ϕ
ϕ
−
−
=
=
=
=

 
B 错误； 
C．粒子从a 点到e点，电场力的方向沿场强方向，粒子做类平抛运动，沿de 方向粒子做匀
速直线运动，则有 
2
0
2
2
2 s
10 s
100
2
x
t
v
−
=
=
=
×
 
C 正确； 
D．粒子从a 点到e点，电场力的方向沿场强方向，则电场力做正功，其电势能减小，D 错误。 
故选C。 
4．如图所示，A、B、C 是匀强电场中的三个点，A、B、C 构成一个直角三角形， 
53
15cm
ABC
BC
∠
=
°
=
，
，把一个电量
5
1 10
C
q
−
= ×
的正电荷从A 移到B，电场力不做功；
从B 移到C，克服电场力做功为
3
1.8 10 J
−
×
，则该匀强电场的场强大小和方向是（  ） 
 
A．1200V / m ，垂直AC 向上 
B．1200V / m ，垂直AC 向下 
C．1500V / m ，垂直AB 斜向下 
D．1500V / m ，垂直AB 斜向上 
【答案】D 
【详解】由于正电荷从A 移到B 电场力不做功可知A、B 两点电势差为0 ，即A、B 两点电
势相等，故AB 为等势线；从B 移到C，克服电场力做功为
3
1.8 10 J
−
×
，由
BC
BC
W
qU
=
，可得 
180V
BC
U
= −
 
根据电场线方向与等势面垂直且由高电势指向低电势可知，电场强度方向垂直AB 斜向上；
第133页,共187页
 
 
              
              
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由 
180V
sin53
12cm
BC
U
Ed
d
BC
= −
= −
=
° =
垂直
垂直
，
 
故 
E
1500V / m
=
 
故选D。 
5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O
处的电势为0V，点A 处的电势为6V，点B 处的电势为3V，则电场强度的大小为（  ） 
 
A．200V/m 
B．200 3V/m 
C．100V/m 
D．100 3V/m 
【答案】A 
【详解】OA 的中点C 的电势为3V，将C 点与B 点连接，如图，电场线与等势线垂直， 
 
根据几何关系得 
2 3cm
BC =
 
则OB 沿电场线方向上的距离 
sin 60
1.5cm
d
OB
=
° =
 
所以电场强度 
2
3
V/m
200V/m
1.5 10
U
E
d
−
=
=
=
×
 
故选A。 
6．如图，水平面内有A、B 、C 、D 、E 、F 六个点，它们均匀分布在圆心为O 的同一圆
周上。水平面内存在匀强电场，已知
0
BC
CD
U
U
>
>
，则下列说法正确的是（  ） 
第134页,共187页
 
 
              
              
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A．匀强电场的方向可能沿着BC 方向 
B．匀强电场的方向可能沿着CD 方向 
C．匀强电场的方向可能沿着AE 方向 
D．必有
AF
FE
U
U
<
 
【答案】AD 
【详解】ABC．根据 
U
Ed
=
 
其中d 为沿电场线方向的距离，由图可知，每段弧长都相等，若匀强电场的方向沿着BC 方
向，则BC 沿电场线方向的距离大于CD 沿电场线方向的距离，故
BC
CD
U
U
>
，符合题意；若
匀强电场的方向沿着CD方向，则BC 沿电场线方向的距离小于CD 沿着电场线方向的距离，
则有
BC
CD
U
U
<
，不符合题意；匀强电场的方向沿着AE 方向，则BC 沿电场线方向的距离等
于CD 沿电场线方向的距离，则有
BC
CD
U
U
=
，违背条件，故A 正确，BC 错误； 
D．由几何关系，可知弧EF 的弦长平行弧BC 的弦长，弧AF 的弦长平行弧CD 的弦长，故
FE
BC
U
U
=
，
AF
CD
U
U
=
，因
BC
CD
U
U
>
，则有
AF
FE
U
U
<
，故D 正确。 
故选AD。 
7．一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势
分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（  ） 
 
A．电场强度的大小为2V/cm 
B．坐标原点处的电势为1V 
C．电子在a 点的电势能比在b 点的低7eV 
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV 
【答案】BD 
【详解】B．如图所示，设ac 之间电势差与Ob 两点间的电势差相等，即 
第135页,共187页
 
 
              
              
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10V
26V
17V
O
U
−
=
−
 
可得 
1V
O
U
=
 
故B 正确； 
A．电场沿着x 轴方向电场分量 
26V 10V
2V/cm
8cm
x
x
U
E
x
∆
−
=
=
=
 
电场沿着y 轴方向电场分量 
y
26V 17V
1.5V/cm
6cm
y
U
E
y
∆
−
=
=
=
 
因此电场强度 
2
2
2.5V/cm
x
y
E
E
E
=
+
=
 
故A 错误； 
C．电子在a 点具有的电势能 
A
10eV
pa
E
eϕ
= −
= −
 
电子在b 点具有的电势能 
B
17eV
pb
E
eϕ
= −
= −
 
因此 
7eV
P
pa
Pb
E
E
E
∆
=
−
=
 
电子在a 点的电势能比在b 点的高7eV，故C 错误； 
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为 
(17V
26V)
9eV
bc
W
Uq
e
=
= −
−
=
 
所以电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV ，故D 正确。 
故选BD。 
8．如图所示，在匀强电场中有边长为5cm 的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场
的电场线平行。O 点为该三角形的中心，D、E、F 分别为AB、BC 和AC 边的中点。三角形
各顶点的电势分别为
2V
A
ϕ =
、
4V
ϕ =
B
、
6V
C
ϕ =
，下列说法正确的是（  ） 
 
第136页,共187页
 
 
              
              
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A．O 点电势为-4V 
B．匀强电场的场强大小为80V/m，方向由C 指向A 
C．将电子由E 点移到F 点，电子的电势能减少了1eV 
D．在三角形ABC 内切圆的圆周上，D 点不是电势最低的点 
【答案】BD 
【详解】A．三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，F 为AC 边的中点，故 
4V
2
A
C
F
ϕ
ϕ
ϕ
+
=
=
 
B、F 电势相等，BF 为等势线，O 点在BF 上，故O 点电势为4 V，故A 错误； 
B．场强方向垂直于BF 斜向上 
80V/m
CA
U
U
E
d
L
=
=
=
 
方向从C 到A，故B 正确； 
C．因为 
1
EF
EF
W
eU
eV
= −
= −
 
p
ΔE
W
= −
 
电子由E 点移到F 点，电子的电势能增加了1eV，故C 错误； 
D．过圆心O，做平行于AC 的电场线，相交于内接圆上的两点分别为圆上电势最高点和最
低点，交点不是D 点，电势最低点的点不是D 点，故D 正确。 
 
故选BD。 
9．如图所示，在平行于纸面的匀强电场（图中未画出）中，有一圆心角为120°的扇形AOB，
半径OA 为20cm，M 点为弧AB 的中点。O 点有一个电子发射装置，可以向电场中各个方向
发射动能为30eV 的电子，电子经过A 点和B 点的动能都为60eV，忽略电子之间的相互作用
力和电子重力，下列说法正确的是（  ） 
 
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A．匀强电场方向由O 指向M 
B．匀强电场电场强度大小为300V/m 
C．OM 之间的电势差
60V
OM
U
=
 
D．经过M 点的电子动能为90eV 
【答案】BD 
【详解】A．根据题意可知，电子以30eV 的动能从O 点释放后，经过A、B 两点时的电子的
动能相同，则A、B 是等势点，连接AB，AB 为匀强电场在平面内的等势线，由几何知识知
OM 垂直于AB，则OM 是电场线的方向，由于电子带负电，可知电场的方向指向O 点，即
匀强电场方向由M 指向O，故A 错误； 
B．根据 
cos60
⋅
° = ∆
k
eE AO
E 
代入数据可得 
300
cos60
∆
=
=
⋅
°
k
E
E
V/m
e AO
 
故B 正确； 
C．由A 选项分析可知，M 点的电势高于O 点的电势，OM 之间的电势差 
60V
= −
⋅
= −
OM
U
E OM
 
故C 错误； 
D．根据动能定理可得 
−
= −
k
k0
OM
E
E
eU
 
解得经过M 点的电子动能为 
90
=
k
E
eV 
故D 正确。 
故选BD。 
10．如图，在正电荷Q 的电场中有M、N、P 和F 四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，
F 为MN 的中点，
30
M
∠
=
，M、N、P、F 四点处的电势分别用
M
ϕ
、 
N
ϕ 、
P
ϕ 、 
F
ϕ 表示，
已知
M
N
ϕ
ϕ
=
，
P
F
ϕ
ϕ
=
，点电荷Q 在M、N、P 三点所在平面内，则（ ） 
 
A．点电荷Q 一定在MP 连线上 
B．连线PF 一定在同一个等势面上 
C．将正试探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功 
第138页,共187页
 
 
              
              
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D．
P
ϕ 大于 
M
ϕ
 
【答案】AD 
【详解】试题分析：点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一族同心圆，所以任意两个等
势点连线的垂直平分线都指向点电荷，如下图所示，MN 的垂直平分线和PF 的垂直平分线
相交于一点E，E 点即点电荷所在的位置，根据几何关系可得E 点在MP 边．即点电荷一定
在MP 连线上，选项A 对．点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，所以等势面不是直
线而是球面，选项B 错．正试探电荷从P 点移动到N 点，远离场源正电荷，电场力做正功，
选项C 错．根据几何关系可得EF
EM
<
，距离场源正电荷越远电势越低，所以P 点电势大
于M 点电势，选项D 对．  
 
11．如图所示，在匀强电场中有A、B、C 三点，恰好处于以AB 为直径的圆周上，圆周所在
平面与电场方向平行。已知A、B、C 三点的电势分别为2 3V、0、0，AC 的长度为
3m ，
与AB 夹角为30°。则下列说法正确的是（  ） 
 
A．圆周上A 点电势最高 
B．圆周上BC 弧的中点电势最低 
C．O 点的电势为3V 
D．该电场的电场强度大小为2.5V/m 
【答案】BC 
【详解】C．在匀强电场中，B、C 两点电势相同，说明BC 是等势线，根据几何关系可知
AC 与BC 垂直，所以AC 方向就是电场线的方向。因为匀强电场中沿任何一条电场线，电势
都是均匀降低的，所以 
UAO=UOB 
显然O 点电势为
3 V，选项C 正确； 
AB．过O 点作AC 的平行线，如图所示，交圆周于D、P 两点，P 为圆周上电势最高点，D
为电势最低点，根据几何关系可知D 点即为圆周上BC 弧的中点，选项A 错误，B 正确； 
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D．该电场的电场强度为 
2 3
2V/m
3
AC
U
E
AC
=
=
=
 
选项D 错误； 
故选BC。 
12．如图，同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为
a、c 连线的中点，N 为b、d 连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a 点移动到b 点，
其电势能减小W1：若该粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（   ） 
 
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b 两点连线平行 
B．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
1
2
2
W
W
+
 
C．若c、d 之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
2
W
qL 
D．若W1=W2，则a、M 两点之间的电势差一定等于b、N 两点之间的电势差 
【答案】BD 
【详解】试题分析：利用电场力做功W
qU
=
 ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道
中点电势和两端点电势之间的关系． 
A、选项根据题意无法判断，故A 项错误． 
B、由于电场为匀强磁场，M 为a、c 连线的中点，N 为b、d 连线的中点，所以
+
2
2
c
a
c
a
M
c
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
=
  
+
2
2
d
b
d
b
N
d
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
=
  
若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为 
(
)
1
2
+
+
2
2
2
2
c
a
d
b
cd
ab
MN
M
N
qU
qU
W
W
W
qU
q
q
q
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
+
+
=
=
−
=
−
=
=
 ,故B 正确； 
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C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是
2
W
qL ，故C 错误； 
D、若W1=W2，说明
cd
ab
U
U
=
  
(
) (
)
aM
bN
M
N
U
U
a
b
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
−
−
  
由因为
+
2
2
c
a
c
a
M
c
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
=
；
+
2
2
d
b
d
b
N
d
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
−
=
 
解得：
0
aM
bN
U
U
−
=
 ，故D 正确； 
故选BD 
13．如图所示，在匀强电场中有A、B、C 三点，已知A、B 两点间的距离为L1=5m，A、C
两点间的距离为L2=8m，∠BAC=37° ，且匀强电场方向平行AB、AC 直线所在的平面。现把
一个电荷量q=4×10−9C 的正点电荷放在匀强电场中，当电荷q 由A 点移到B 点时电场力做
功W1=8×10−8J，当点电荷q 由A 点移到C 点时电场力做功W2=1.6×10−7J。若取A 点电势为
零，求： 
(1)B、C 两点电势各为多少? 
(2)匀强电场的电场强度大小。 
 
【答案】(1)
=
20V
B
ϕ
−
；
=
40V
C
ϕ
−
；(2)E=5V/m 
【详解】(1)由公式
W
U
q
=
得AB、AC 间的电势差为 
1
20V
AB
W
U
q
=
=
 
2
40V
AC
W
U
q
=
=
 
而
AB
A
B
U
ϕ
ϕ
=
−
，
AC
A
C
U
ϕ
ϕ
=
−
其中
0
A
ϕ =
，所以可得B、C 两点电势分别为 
20V
ϕ = −
B
，
40V
C
ϕ = −
 
(2)设D 点是A、C 连线的中点，由匀强电场的性质可知 
1
20V
2
AD
AC
U
U
=
=
 
可得 
20V
D
B
ϕ
ϕ
=
= −
 
所以B、D 连线就是匀强电场中的一个等势面，由于 
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1
4m
2
AD
AC
=
=
，AB=5m，
37
BAC
°
∠
=
 
可得 
90
ADB
°
∠
=
 
故电场强度的方向由A 指向C，电场强度的大小为 
2
5V/m
AC
U
E
L
=
=
 
14．如图所示，一直角三角形ABC 处于匀强电场中（电场未画出），
30
A
∠
=
°，BC
L
=
，
三角形三点的电势分别为
0
A
ϕ =
，
0
2
C
B
ϕ
ϕ
ϕ
=
=
（
0
0
ϕ >
，为已知量）。有一电荷量为q
−、
质量为m 的带电粒子（重力不计）从A 点以与AB 成30°角的初速度
0v 向左下方射出，求： 
(1)求电场强度E； 
(2)设粒子的运动轨迹与
BAC
∠
的角平分线的交点为G，求粒子从A 点运动到G 点的时间t。 
 
【答案】(1)
0
2 3
3
E
L
ϕ
=
；(2)
0
0
3mv L
t
qϕ
=
。 
【详解】(1)如图所示，由题意可知，AC 边的中点D 与B 点的电势相等，且AC=2BC=2L，
故BCD 构成正三角形，则BD 是电场中的一条等势线，电场方向与CB 成30°角斜向上。 
 
由几何关系可得 
0
2 3
cos30
3
C
B
E
L
L
ϕ
ϕ
ϕ
−
=
=
°
 
(2)分析可知，粒子的初速度方向与电场方向垂直，故粒子沿初速度的方向做匀速直线运动，
则有 
0
x
v t
=
 
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沿垂直于初速度的方向做匀加速运动，故有 
2
1
2
y
at
=
 
qE
a
m
=
 
且 
tan 45
y
x
° =
 
联立解得 
0
0
3mv L
t
qϕ
=
 
15．如图所示，a
b
c
d
、、、是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab 与
cd 平行，ab 与bc 垂直，2
2
ab
cd
bc
L
=
=
=
，电场线与四边形所在平面平行。已知a 点电势
为24V ，b 点电势为28V ，d 点电势为12V ，一个质子（不计重力）经过b 点的速度大小为
v ，方向与bc 成45°，一段时间后经过c 点，求质子从b 点运动到c 点的时间。 
 
【答案】
2 L
v
 
【详解】三角形bcd 是等腰直角三角形，具有对称性，如图所示： 
 
已知a 点电势为24V ，b 点电势为28V ，d 点电势为12V ，且 
ab
cd
∥
 
ab
bc
⊥
 
2
2
ab
cd
bc
L
=
=
=
 
因此根据几何关系，可得M 点的电势为24V ，与a 点电热势相等，从而连接aM ，即为等
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势面，质子从b
c
→
做类平抛运动，沿初速度方向分位移为
2L，此方向做匀速直线运动，
则 
2
t
L
v
=
 
 
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高中物理解题技巧之电磁学篇10 
数学圆法巧解磁场中的临界问题 
一.应用技巧
1.“放缩圆”法 
适用
条件
速度方向
一定，大
小不同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，
这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化
而变化 
轨迹圆圆
心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度
v 越大，运动半径也越大。可以发现这些带电
粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直
初速度方向的直线PP′上
界定
方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临
界条件，这种方法称为“放缩圆”法
【例】如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强
磁场区域，下列判断正确的是(  ) 
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合 
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 
【答案】 BC 
【解析】 由t＝θ
2πT 知，电子在磁场中运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在
磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ 越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周
运动，轨迹线弧长s＝rθ，运动时间越长，θ 越大，但半径r 不一定大，s 也不一定大，故A
错误，B 正确．由周期公式T＝2πm
qB 知，电子做圆周运动的周期与电子的速率无关，所以电
子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨
迹4 与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，由r＝mv
qB可知它们的速率
不同，故C 正确，D 错误． 
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2.“旋转圆”法 
适用
条件 
速度大
小一定，
方向不
同 
 
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电
粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速
圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，
则圆周运动半径为R＝mv0
qB 。如图所示 
轨迹圆圆心共圆 
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在
以入射点P 为圆心、半径R＝mv0
qB 的圆上 
界定 
方法 
将一半径为R＝mv0
qB 的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临
界条件，这种方法称为“旋转圆”法 
【例】如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y 轴
相切于坐标原点O。O 点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v 的某种带电粒子，
带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为
m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。 
 
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径； 
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角。 
【答案】(1)见解析 (2)60° 
【解析】(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得 
Bqv＝mv2
r ，则r＝mv
Bq。 
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，
故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子
运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大，则运动
时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，sin φmax
2
＝R
r＝1
2，即φmax＝60°。 
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3.“平移圆”法 
【例】如图所示，在直角三角形ABC 内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB 边
长度为d，∠B＝π
6。现垂直AB 边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v(未
知)的带正电粒子，已知垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的
粒子在磁场中运动的时间为4
3t(不计粒子重力)。则下列说法正确的是(  ) 
 
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为πm
2qt 
C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2
5d 
D．粒子进入磁场时的速度大小为
3πd
7t 
【答案】 ABC 
【解析】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间
是1
4T，即为t＝1
4T，则得周期为T＝4t，故A 正确；由T＝4t，R＝mv
qB，T＝2πR
v 得，B＝2πm
qT
＝πm
2qt，故B 正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有Rsin 
π
6＋R
sin π
6
＝d，解得R＝2
5d，故C 正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝2πR
T ，周期为T
＝4t，半径R＝2
5d，联立可得v＝πd
5t，故D 错误。 
 
二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
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1．如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，
大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入
速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，
相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为
（  ） 
 
A．
3 ∶2 
B． 
2 ∶1 
C． 
3 ∶1 
D．3∶
2  
【答案】C 
【详解】由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 
2v
qvB
m R
=
 
可知 
R＝mv
qB 
即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。 
 
若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点M
离P 点最远时，则 
MP＝2R1 
同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点N 离P 点最远时，则 
NP＝2R2 
由几何关系可知 
1
2
R
R＝
 
R2＝Rcos 30°＝
3
2
R 
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则 
2
2
1
1
3
v
R
v
R
=
=
 
故选C。 
2．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为
半圆，ac、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）
的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相
互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（  ） 
 
A．7
6
m
qB
π
 
B．5
4
m
qB
π
 
C．4
3
m
qB
π
 
D．3
2
m
qB
π
 
【答案】C 
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动 
2
mv
qBv
r
=
， 
2 r
T
v
π
=
 
可得粒子在磁场中的周期 
2 m
T
qB
π
=
 
粒子在磁场中运动的时间 
2
m
t
T
qB
θ
θ
π
=
⋅
=
 
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩
圆解决该问题， 
粒子垂直ac 射入磁场，则轨迹圆心必在ac 直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。 
当半径
0.5
r
R
≤
和
1.5
r
R
≥
时，粒子分别从ac、bd 区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时
间等于半个周期。 
当0.5R<r<1.5R 时，粒子从半圆边界射出， 轨迹如图 
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粒子要想圆心角最大，则可知需要让
oce
∠
越大越好，因此
oce
∠
最大即为ce 和半圆磁场边
界相切，则根据几何关系可得此时
30
oce
∠
=
° ，因此可知此时恰好a 点即为粒子做圆周运动
的圆心，此时有
30
ace
cea
∠
= ∠
=
° 
4
3
3
π
θ
π
π
=
+
=
 
粒子运动最长时间为 
4
2
4
3
2
2
3
m
m
t
T
qB
qB
π
θ
π
π
π
π
=
=
×
=
, 
故选C。 
3．真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a 和3a 的同轴圆柱面，磁场的方向与
圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v 的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电
子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，
磁场的磁感应强度最小为（  ） 
 
A．3
2
mv
ae 
B．mv
ae 
C．3
4
mv
ae 
D．3
5
mv
ae 
【答案】C 
【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 
2v
eBv
m r
=
 
则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为 
mv
B
er
=
 
即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为max
r
，为了使
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电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图
所示 
 
 A 点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，
AB
OB
⊥
， 
ABO
∆
为直角三角形，则由几何关系可得 
(
)
max
2
2
2
max
3a
r
r
a
−
=
+
 
解得 
max
4
3
r
a
=
 
 
解得磁场的磁感应强度最小值 
ma
in
x
m
3
4
mv
B
m
e
e
v
r
a
=
=
=
 
故选C。 
4．直线OM 和直线ON 之间的夹角为30°，如图所示，直线OM 上方存在匀强磁场，磁感应
强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿
纸面以大小为v 的速度从OM 上的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。已知该粒
子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子
离开磁场的出射点到两直线交点O 的距离为（  ） 
 
A．2
mV
qB 
B．
3mv
qB
 
C．2mv
qB 
D．4mv
qB 
【答案】D 
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【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 
mv
r
qB
=
 
轨迹与ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得COʹD 为一直线 
sin30
CD
OD =
  
2
CD
r
=
  
解得 
4mv
OD
qB
=
 
故选D。 
 
5．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方的感应强度大
小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距
为L．一群质量为m、电荷为q，具有不同素的的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁
场，对于能够从宽度d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是 
 
A．粒子带正电 
B．射出粒子的最大速度为
3
2
qB
d
L
m
+
（
） 
C．保持d 和L 不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 
D．保持d 和B 不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 
【答案】BC 
【详解】粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电．故A 错误．粒子在磁场中运动的
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最大半径为
3
2
max
d
L
r
+
＝
，根据半径公式
mv
r
qB
=
得，粒子的最大速度
(
)
3
2
max
max
qB
d
L
qBr
v
m
m
＝
＝
+
．故B 正确．粒子在磁场中偏转的最小半径为
2
min
L
r ＝
，根据半径
公式
mv
r
qB
=
得，粒子的最小速度
2
min
qBL
v
m
＝
，则最大速度和最小速度之差
3
2
qB d
v
m
∆＝
，保持d
和L 不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大．保持d 和B 不变，增大L，
射出粒子的最大速度和最小速度之差不变．故C 正确，D 错误．故选BC． 
6．如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在
纸面内的长度L=9.1cm，中点O 与S 间的距离d＝4.55cm，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所
在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10
－4T，
电子质量m＝9.1×10
－31kg，电荷量e＝－1.6×10
－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝
1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则 
 
A．θ＝90°时，l＝9.1cm 
B．θ＝60°时，l＝9.1cm 
C．θ＝45°时，l＝4.55cm 
D．θ＝30°时，l＝4.55cm 
【答案】AD 
【详解】解：由洛仑兹力充当向心力可得； 
Bqv=m
 
解得：R=
=
=0.0455m=4.55cm； 
所有粒子的圆心组成以S 为圆心，R 为半径的圆；电子出现的区域为以S 为圆心，以9.1cm
半径的圆形区域内，如图中大圆所示； 
故当θ=90°时，纸板MN 均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD 正确，
BC 错误； 
故选AD． 
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． 
7．在直角坐标系xOy 中，有一半径为R 的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直
于xOy 平面指向纸面外，该区域的圆心坐标为(
)
0, R ，如图所示。有一个负离子从点
,0
2
R






沿y 轴正向射入第I 象限，若负离子在该磁场中做一个完整圆周运动的周期为T ，则下列说
法正确的是（  ） 
 
A．若负离子在磁场中运动的半径为2
R ，则负离子能够经过磁场圆心坐标 
B．若负离子在磁场中运动的半径为2R ，则负离子在磁场中的射入点与射出点相距最远 
C．若负离子能够过磁场圆心坐标，则负离子在磁场中运动的时间为3
T 
D．若负离子在磁场中的射入点与射出点相距最远，则负离子在磁场中运动的时间3
T 
【答案】BC 
【详解】
 
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AC．若负离子能够过磁场圆心坐标（如图），负离子在磁场中运动的半径为R ，负离子在磁
场中运动的圆弧等于完整圆弧的1
3 ，所以负离子在磁场中运动的时间
1
3
t
T
=
，选项A 错误，
C 正确。 
BD．若负离子在磁场中的射入点与射出点相距最远，如图，以MN 为圆形磁场区域的一条
直径，负离子在磁场中运动的半径为2R ，负离子在磁场中运动的圆弧等于完整圆弧的1
6 ，
所以负离子在磁场中运动的时间
1
6
t
T
=
，选项B 正确，D 错误。 
故选BC。 
8．如题图，直角三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC 边长为
l，B
∠
为6
π ，一群比荷为q
m 的带负电粒子以相同速度从C 点开始一定范围垂直AC 边射入，
射入的粒子恰好不从AB 边射出，已知从BC 边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为
0
6
5 t ，
在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为
0
2t ，则（  ） 
 
A．磁感应强度大小为
0
5
12
m
qt
π
 
B．粒子运动的轨道半径为
3
3 l 
C．粒子射入磁场的速度大小为
0
5 3
42
l
t
π 
D．粒子在磁场中扫过的面积为(
)
2
6 3
3
49
l
π
+
 
【答案】ACD 
【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC 边射出的粒子在磁场中运动的时
间是1
4 T，由 
2 m
T
qB
π
=
 
得 
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0
1
4
5
2
6
1
4
m
T
qB
t
π
=
×
=
 
解得 
0
5
12
m
t
B
q
π
=
 
故A 正确； 
B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有 
0
2
2
T
t
θ
π
=
 
得 
5
6
π
θ =
 
画出该粒子的运动轨迹如图 
 
设轨道半径为R，由几何知识得 
cos30
cos30
R
R
l
+
° =
°
 
可得 
2 3
7
R
l
=
 
故B 错误； 
C．粒子射入磁场的速度大小为 
0
5 3
42
q
v
l
B
m
t
R
π
=
=
 
故C 正确； 
D．射入的粒子恰好不从AB 边射出，粒子在磁场中扫过的面积为 
(
)
2
2
1
cos3
6 3
3
49
0
4
S
R
R
l
R
π
π
=
+
⋅
+
⋅
° =
 
故D 正确。 
故选ACD。 
9．如图所示，半径为R 的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，
第156页,共187页
 
 
              
              
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半圆的左边垂直x 轴放置一粒子发射装置，在R
y
R
−
≤
≤
的区间内各处均沿x 轴正方向同时
发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，粒子重力以及粒
子之间的相互作用忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y 轴，其中最后到达y 轴的粒子比
最先到达y 轴的粒子晚t
∆时间，则（  ） 
 
A．粒子到达y 轴的位置一定各不相同 
B．磁场区域半径R 应满足
mv
R
qB
≤
 
C．从x 轴入射的粒子最先到达y 轴 
D．
m
R
t
qB
v
θ
∆=
−
，其中θ 角的弧度值sin
qBR
mv
θ =
 
【答案】BD 
【详解】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示 
 
y
R
= ±
的粒子直接沿直线做匀速运动到达y 轴，其它粒子在磁场中发生偏转 
A．由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R 的位置上，所以粒子到达y 轴的位置不是
各不相同的，故A 错误； 
B．以沿x 轴射入的粒子为例 
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mv
r
R
qB
=
<
 
则粒子不能达到y 轴就偏向上离开磁场区域，所以要求 
mv
R
qB
<
 
所有粒子才能穿过磁场到达y 轴，故B 正确； 
C．从x 轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y 轴，而y=±R 的粒子
直接沿直线做匀速运动到达y 轴，时间最短，故C 错误； 
D．从x 轴入射的粒子运动时间为 
1
2
2
m
m
t
qB
qB
θ
π
θ
π
=
⋅
=
 
y
R
= ±
的粒子直接沿直线做匀速运动到达y 轴，时间最短 
2= R
t
v
  
所以 
m
R
t
qB
v
θ
∆=
−
 
其中角度θ 为从x 轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有 
α
θ
=
 
则有 
sin
sin
R
BqR
r
mv
θ
α
=
=
=
 
故D 正确。 
故选BD。 
10．如图所示，半径分别为R 和2R 的同心圆处于同一平面内，O 为圆心，两圆形成的圆环
内有垂直圆面向里的匀强磁场（圆形边界处也有磁场），磁感应强度大小为B，一质量为m、
电荷量为
(
)
0
q q
−
>
的粒子由大圆上的A 点以速率
qBR
v
m
=
沿大圆切线方向进入磁场，不计
粒子的重力，下列说法正确的是（  ） 
 
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A．带电粒子从A 点出发第一次到达小圆边界上时，粒子运动的路程为
2
3
s
R
π
=
 
B．经过时间
(
)
4
3 3 m
t
qB
π +
=
，粒子第1 次回到A 点 
C．运动路程
(
)
20
5 3
s
R
π
=
+
时，粒子第5 次回到A 点 
D．粒子不可能回到A 点 
【答案】AB 
【详解】依题意，可作出粒子的运动轨迹如图所示 
 
A．依题意，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，带电粒子从A 点出发第一次到
达小圆边界上时，由几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120，则粒子运
动的路程为 
1
2
2
3
3
s
R
R
π
π
=
×
=
 
故A 正确； 
B．粒子第1 次回到A 点，由几何知识可得粒子在磁场运动的总时间为 
1
2
4
3
2
3
m
t
T
T
qB
π
= ×
=
=
 
在无磁场区域运动的总时间为 
2
2 cos30
3 3
3
3
L
R
m
t
v
v
qB
= ×
= ×
=

 
则粒子第1 次回到A 点运动的时间为 
(
)
1
2
4
3 3 m
t
t
t
qB
π +
=
+
=
 
故B 正确； 
C．由几何知识，可得粒子第一次回到A 点运动路程 
(
)
0
2
3
2
3
4
3 3
3
s
R
L
R
π
π
= ×
×
+
=
+
 
第159页,共187页
 
 
              
              
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则粒子第5 次回到A 点时，运动的总路程为 
(
)
0
5
20
15 3
s
s
R
π
=
=
+
 
故C 错误； 
D．由以上选项分析可知，粒子能回到A 点，故D 错误。 
故选AB。 
11．如图所示，直角三角形ABC 区域内有一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀
强磁场。
30
A
∠
=
°，AB
L
=
，在A 点有一个粒子源，可以沿AB 方向发射速度大小不同的带
正电的粒子。已知粒子的比荷均为k ，不计粒子间相互作用及重力，则下列说法正确的是
（  ） 
 
A．随着速度的增大，粒子在磁场中运动的时间变小 
B．随着速度的增大，粒子射出磁场区域时速度的偏向角越大 
C．从AC 边射出的粒子的最大速度为2 3
3 kLB 
D．从AC 边射出的粒子，在磁场中的运动时间为3kB
π
 
【答案】CD 
【详解】B．粒子在磁场中做圆周运动，从AC 边射出的粒子轨迹如图所示 
 
则射出磁场时速度的偏向角都相等为60°，故B 错误； 
C．从C 点射出的粒子速度最大，由几何关系知，粒子运动的半径 
2 3
3
R
L
=
 
第160页,共187页
 
 
              
              
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由 
m
mv
R
qB
=
 
得，最大速度为 
m
2 3
3
B
v
kL
=
 
选项C 正确； 
AD．从AC 边射出的粒子的圆心角为60°，在磁场中的运动时间为 
60
1
2
360
6
3
m
t
T
qB
kB
π
π
°
=
⋅
=
×
=
°
 
则随着速度的增大，粒子在磁场中运动的时间不变，故A 错误，D 正确。 
故选CD。 
12．如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区
域的对称轴OO′与SS′ 垂直.a、b、c 三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它
们的速度大小相等，b 的速度方向与SS′ 垂直，a、c 的速度方向与b 的速度方向间的夹角分
别为α
β
、
，且α
β
>
.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的
有 
 
A．三个质子从S运动到S′的时间相等 
B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上 
C．若撤去附加磁场,a 到达SS′ 连线上的位置距S点最近 
D．附加磁场方向与原磁场方向相同 
【答案】CD 
【详解】本题考查带电粒子在磁场中的运动．由题中图形可知a、b、c 三个轨迹的长度是不
同的，而三种情况下粒子的运动速率相同，所以三个质子从S 运动到S’所用时间不等，A 项
错误；在没有附加磁场的情况下，粒子运动的轨迹可以用右图来描绘，其中α>β，很明显的
第161页,共187页
 
 
              
              
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看出它们的圆心不同时在OO’上，B 项错误；随着与垂直SS’运动方向夹角的增大，距离S
点位置越近，因此撤去附加磁场后，a 到达SS’连线上的位置距S 点位置最近，C 项正确；质
子要想全部聚集在S’点，必须使得质子在原磁场中向右下方弯曲，根据左手定则，可以判定
附加磁场方向与原磁场方向相同，D 项正确． 
 
13．如图，坐标原点O 有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m 、电量
为q 的正粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在(
)
,
O R ，半径为R 的圆形区域
内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 。磁场右侧有一长度为R ，平行于
y 轴的光屏，其中心位于(
)
2 ,
R R 。已知初速度沿y 轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射
在光屏上，则（   ） 
 
A．粒子速度大小为qBR
m 
B．所有粒子均能垂直射在光屏上 
C．能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为2
3
m
qB
π
 
D．能射在光屏上的粒子初速度方向与x 轴夹角满足45
135
θ ≤
° ≤
° 
【答案】AC 
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【详解】A．由题意，初速度沿y 轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有 
2v
qBv
m r
=
 
mv
r
R
Bq
=
=
  
解得 
BqR
v
m
=
  
A 正确； 
B．由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直
高度最大值为2R ，并不会垂直打在光屛上，B 错误； 
C．如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为2 π
3
 
 
根据周期公式 
2 r
T
v
π
=
 
可得 
2
1
2
3
2
3
3
m
t
T
T
Bq
π
π
π
=
=
=
 
C 正确； 
D．粒子初速度方向与x 轴夹角为θ 时，若能打在光屛下端，如图 
第163页,共187页
 
 
              
              
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由几何关系可得圆心角 
60
θ =
 
即初速度与x 轴夹角为 
1
60
θ =
 
同理，粒子打在光屛上端时（图同B），初速度与x 轴夹角为 
2
120
θ =
 
D 错误。 
故选AC。 
14．某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH 、方向垂直
纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，探测板CD平行于HG 水平放置，能沿竖直方
向缓慢移动且接地。a、b、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续
从边界EH 水平射入磁场，b 束中的离子在磁场中沿半径为R 的四分之一圆弧运动后从下边
界HG 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D 点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，
离子束间的距离均为0.6R ，探测板CD的宽度为0.5R ，离子质量均为m、电荷量均为q，不
计重力及离子间的相互作用。 
(1)求离子速度v 的大小及c 束中的离子射出磁场边界HG 时与H 点的距离s； 
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG 的最大距离
max
L
； 
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F 与板
到HG 距离L 的关系。 
第164页,共187页
 
 
              
              
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【答案】(1)
qBR
v
m
=
，0.8R；(2)
max
4
15
L
R
=
；(3)当
4
0
15
L
R
< „
时：
1
2.6
F
NqBR
=
；当
4
0.4
15 R
L
R
< „
时：
2
1.8
F
NqBR
=
；当
0.4
L
R
>
时：
3
F
NqBR
=
 
【详解】(1)离子在磁场中做圆周运动 
2
mv
qvB
R
=
 
得粒子的速度大小 
qBR
v
m
=
 
令c 束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG 边的Q 点射出，则由几何关系可
得 
0.6
OH
R
=
，
2
2
(0.6 )
0.8
s
HQ
R
R
R
=
=
−
=
 
 
(2)a 束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界HG 边射出时距离H 点的距离为x，
由几何关系可得 
'
0.6
HO
aH
R
R
=
−
=
 
2
2'
0.8
x
R
HO
R
=
−
=
 
第165页,共187页
 
 
              
              
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即a、c 束中的离子从同一点Q 射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为β 、α ，由
几何关系可得 
α
β
=
 
探测到三束离子，则c 束中的离子恰好达到探测板的D 点时，探测板与边界HG 的距离最大， 
max
tan
R
s
OH
L
s
α
−
=
=
 
则 
max
4
15
L
R
=
 
(3)a 或c 束中每个离子动量的竖直分量 
z
cos
0.8
p
p
qBR
α
=
=
 
当
4
0
15
L
R
< „
时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力 
1
z
2
2.6
F
Np
Np
NqBR
=
+
=
 
当4
0.4
15 R
L
R
< „
时， 只有b 和c 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的
平均作用力为 
z
2
1.8
F
Np
Np
NqBR
=
+
=
 
当
0.4
L
R
>
时， 只有b 束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用
力为 
3
F
Np
NqBR
=
=
 
15．通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与
衰变产生总质子数N 的比值），可研究中子（
1
0n ）的β 衰变。中子衰变后转化成质子和电子，
同时放出质量可视为零的反中微子
eν 。如图所示，位于P 点的静止中子经衰变可形成一个
质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N 个质子。在P 点下方放置有长度
1.2m
L =
以O
为中点的探测板，P 点离探测板的垂直距离OP 为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向
里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场。 
已知电子质量
31
2
e
9.1 10
kg
0.51MeV / c
m
−
=
×
=
，中子质量
2
n
939.57MeV / c
m =
，质子质量
2
p
938.27MeV / c
m =
（c 为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。 
若质子的动量
21
1
8
1
4.8 10
kg m s
3 10 MeV s m
p
−
−
−
−
=
×
⋅
⋅
= ×
⋅⋅
。 
（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以MeV 为能量单位）； 
（2）当
0.15m
a =
，
0.1T
B =
时，求计数率； 
（3）若a 取不同的值，可通过调节B 的大小获得与（2）问中同样的计数率，求B 与a 的关
系并给出B 的范围。 
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【答案】(1) 0.7468MeV (2) 2
3 (3) 
15 T
40
B…
 
【详解】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒： 
0
1
1
1
0
e
0
1
1
n
p
e
ν
−
→
+
+
 
核反应过程中： 
(
)
2
2
2
n
p
e
0.79MeV
d
E
m c
m c
m c
∆
=
−
+
=
 
根据动量和动能关系： 
2
p
p
0.0432MeV
2
k
p
E
m
=
=
 
则总动能为： 
e
ν
p
0.7468MeV
d
k
E
E
E
E
+
= ∆
−
=
 
（2）质子运动半径： 
0.3m
p
R
eB
=
=
 
如图甲所示： 
 
打到探测板对应发射角度： 
6
π
α
β
=
=
 
可得质子计数率为： 
第167页,共187页
 
 
              
              
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4
2
3
2
3
π
η
π
=
=
 
（3）在确保计数率为
2
3
η =
的情况下： 
2
R
a
′ =
 
即：
3
200
B
a
=
 
如图乙所示： 
 
恰能打到探测板左端的条件为： 
2
2
2
max
max
4
4
4
R
L
R
−
=
 
即：
15 T
40
B…
 
 
 
 
第168页,共187页
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高中物理解题技巧之电磁学篇11 
等效阻抗秒解变压器动态问题 
一.应用技巧
1.变压器原线圈接有负载R 时，原、副线圈的制约关系依然成立，但电路输
入的总电压U 不再等于变压器原线圈的电压U1，而是U＝U1＋U 负载，显然
U≠U1.变压器原、副线圈两端的功率也始终相等，但电路输入的电功率P 也
不等于原线圈两端的功率P1，而是P＝P1＋P 负载．
2.等效负载电阻法
变压器等效负载电阻公式的推导： 
设理想变压器原副线圈的匝数之比为n1：n2，原线圈输入电压为U1，副线圈负载电阻为R，
如图1（1）所示，在变压器正常工作时，求a、b 间的等效电阻。 
先画出等效电路图如图1（2）所示，设变压器等效负载电阻为R′
在（1）中由变压器的分压规律：
2
1
2
1
n
n
U
U
=
得： 
1
1
2
2
U
n
n
U
=
，所以负载电阻R 消耗的功率为： 
在（2）中等效电阻消耗的功率为：
R
U
P
′
=
′
2
1
第169页,共187页
 
 
 
              
              
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因
P
P
′
=
，所以等效电阻为：
R
n
n
R
2
2
2
1
=
′
（重要结论） 
【例】一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2 和R3 的阻值分
别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出
电压的有效值恒定。当开关S 断开时，电流表的示数为I；当S 闭合时，电
流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为 
 
 
A．2    
 
B．3    C．4    
 
 
D．5 
【答案】B 
【解析】解法一：能量守恒法： 
设原副线圈匝数比为k S 断开
)
(
)
(
3
2
2
1
2
1
R
R
kI
R
I
IU
P
+
+
=
=
① 
S 闭合 
2
2
1
2
2
)
4
(
)
4
(
4
R
kI
R
I
IU
P
+
=
=
② 
①②得
1
2
4P
P =
即：
2
2
2
2
2
2
16
48
5
3
4
I
k
I
I
k
I
+
=
+
×
）
（
化简得
3
=
k
 
解法二：电流、电压关系法 
设原副线圈匝数比为k S 断开时
k
I
I
U
U
=
=
1
2
2
1
 由图可知 
kI
R
R
kI
R
R
I
U
5
)
(
)
(
3
2
3
2
2
2
=
+
=
+
=
  即
I
k
U
2
1
5
=
 
则
I
I
k
IR
U
U
3
5
2
1
1
+
=
+
=
① 
S 闭合
k
I
I
U
U
=
=
1
2
2
1
由图可知 
kI
kIR
R
I
U
4
4
2
2
2
2
=
=
×
=
 即
I
k
U
2
1
4
=
 
则
I
I
k
IR
U
U
12
4
4
2
1
1
+
=
+
=
② 
由①②得
3
=
k
 
解法三：等效负载电阻法 
设原副线圈匝数比为k S 断开时等效负载电阻为
2
3
2
2
4
)
(
k
R
R
k
R
=
+
=
 
则
I
I
k
R
R
I
U
2
5
)
(
2
1
+
=
+
=
① 
第170页,共187页
 
 
 
              
              
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S 闭合时等效负载电阻为
2
2
2
k
R
k
R
=
=
′
 
则
I
I
k
R
R
I
U
2
1
4
)
(
4
2
1
+
=
+
′
=
② 
①②得
3
=
k
 
二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考) 
1．我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。下图是特高压直流输电系统的模拟
图（只显示变压与传输部分），则以下说法正确的是（  ） 
 
A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用 
B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高 
C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一 
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过
4n 的电流越大，由匝数比等于电流的反比
可知，流过电阻r 的电流变小 
【答案】C 
【详解】A．根据变压器工作原理可知，变压器不可以直接对直流电进行变压作用，故A 错
误； 
B．变压器在升压过程中频率保持不变，故B 错误； 
C．根据 
P
UI
=
送
，
2
P
I r
=
损
 
联立可得 
2
P
P
r
U


= 



送
损
 
在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一，故
C 正确； 
D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过
4n 的电流越大，根据 
2
4
4
3
I
n
I
n
=
 
可知随着
4I 增大，流过电阻r 的电流
2I 变大，故D 错误。 
故选C。 
2．理想变压器及其前后电路如图所示，ab 间接电压为U 的交流电，变压器原副线圈的匝数
比为3:1，R1:R2=3:1。下列做法能增大变压器副线圈输出电压的是（  ） 
第171页,共187页
 
 
 
              
              
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A．将R1、R2调换位置 
B．给R2并上一个等值电阻 
C．ab 间换接频率更高的交流电 
D．ab 间换接电压为2U 的直流电 
【答案】A 
【详解】A．原线圈电路中 
1
1
1
U
I R
U
=
+
 
根据电压匝数比关系有 
1
1
2
2
U
n
U
n
=
 
根据电流与匝数比为 
1 1
2
2
I n
I n
=
 
副线圈电路中 
2
2
2
U
I R
=
 
解得 
2
2
1
2
3
1
=
9
4
R
U
U
U
R
R
=
⋅
+
 
当将R1、R2调换位置时，由分析有 
'
1
2
2
1
3
9
1
=
9
28
4
R
U
U
U
U
R
R
=
⋅
>
+
 
A 正确； 
B．由于 
2
2
1
2
3
9
R
U
U
R
R
=
+
 
可知，
2
U 随
2
R 的减小而减小，当给R2并上一个等值电阻时，负载电阻减小，则副线圈输出
电压减小，B 错误； 
C．根据 
2
2
1
2
3
9
R
U
U
R
R
=
+
 
可知，副线圈输出电压与电流频率无关，则C 错误； 
D．变压器只能针对交流电才能够正常工作，当ab 间换接电压为2U 的直流电时，变压器不
第172页,共187页
 
 
 
              
              
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能发生电磁感应现象，副线圈输出电压为0，D 错误。 
故选A。 
3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1: 4，正弦交流电源电压为
200V
U =
，电
阻
1
10Ω
R =
，
2
20
R =
Ω，滑动变阻器
3
R 最大阻值为40Ω，滑片P 处于正中间位置，则下列
说法中正确的是（  ） 
 
A．通过
1R 的电流为8A 
B．电压表读数为160V 
C．若向上移动P，电压表读数将变大 
D．若向上移动P，变压器副线圈输出功率将变大 
【答案】B 
【详解】AB．理想变压器原副线圈匝数之比为1: 4，可知原副线圈的电流之比为4:1，设通
过R1的电流为I，则副线圈电流为0.25I，原线圈电压 
1
1
200 10
U
U
IR
I
=
−
=
−
 
根据匝数比可知副线圈电压为 
2
2
1
1
4
U
n
U
n
=
=
 
由欧姆定律知 
3
2
2
10
4
2
R
I
U
R
I


=
+
=




 
联立解得 
16A
I =
，
2
160V
U =
 
故A 错误，B 正确； 
C．若向上移动P，则R3 电阻减小，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，电阻R1的电压变
大，变压器原线圈电压变小，副线圈电压变小，故电压表示数变小，故C 错误； 
D．变压器副线圈输出功率为 
(
)
(
)
2
2
2
1
1
10
10
1000 W
P
U I
U I
U
IR I
I


=
=
=
−
= −
−
+


 
若向上移动P，原线圈电流I>16A，故功率P 减小，故D 错误。 
故选B。 
4．如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v 时，交流发电机的电动势表达式
第173页,共187页
 
 
 
              
              
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为
2
sin
e
v
t
ω
=
⋅
，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副
线圈的滑片P 上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（  ） 
 
A．风速变大时，流过灯泡的电流变大 
B．风速变大时，滑片P 将向上移动 
C．风速变大时，变压器的输入电压变大 
D．风速变大时，变压器的输出电压变大 
【答案】C 
【详解】AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P 上下移动，使灯泡始终保持额定电压
正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD 错误； 
C．由题意知 
2
sin
e
v
t
ω
=
⋅
 
所以风速变大时，交流发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C 正确； 
B．由变压器原副线圈电压与匝数关系 
1
1
2
2
U
n
U
n
=
 
可知，输入电压
1
U 增大，输出电压
2
U 不变，原线圈匝数
1n 不变时，
2n 应减小，则滑片P 向
下移动，故B 错误。 
故选C。 
5．如图所示，一个面积为S、匝数为N 的金属线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω 绕垂直
于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，线圈两端通过电刷与图示
的电路连接，线圈内阻不计。无光照时，光敏电阻
2
R 与定值电阻
1R 的阻值相等，均为R；
光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小。理想变压器的原、副线圈的匝数比为k（k＞1），
电路中的电表均可视为理想电表，则（  ） 
 
第174页,共187页
 
 
 
              
              
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A．开关S 处于断开状态时，减小光照强度，电压表的示数增大，电流表的示数变小  
B．从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为
(
)
sin
e
NBS
t
ω
ω
=
 
C．开关S 处于闭合状态时，将
2
R 用黑纸包裹，
2
R 的电功率为
2
2
2
2
B S
k R
ω 
D．将
2
R 用黑纸包裹，断开开关S，理想交流电压表的示数为
1
U ；闭合开关S，理想交流电
压表的示数为
2
U ，可算出
(
)
2
2
1
2
:
1 :
U
U
k
k
=
+
 
【答案】A 
【详解】A．设发电机输出电压有效值为U，若设变压器次级电流为I，则初级电流I
k ，初
级电压
I
U
R
k
−
 ，次级电压
2
U
IR
k
k
−
 ，则 
2
2 =
U
IR IR
k
k
−
 
即 
2
2 =
U
R
R
Ik
k
−
 
减小光照强度，R2变大，则I 减小，则变压器初级电流减小，即电流表的示数变小，次级电
压变大，则电压表的示数增大，选项A 正确； 
B．从图示位置开始计时，线圈转动时产生的感应电动势的瞬时值表达式为 
(
)
cos
e
NBS
t
ω
ω
=
 
选项B 错误； 
C．开关S 处于闭合状态时，将
2
R 用黑纸包裹，则
2=
R
R，此时变压器次级电压 
2
2
NB S
U
k
ω
=
 
2
R 的电功率为 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
R
U
N B S
P
R
k R
ω
=
=
 
选项C 错误； 
D．将
2
R 用黑纸包裹，断开开关S，则
2=
R
R，则由A 的分析可知 
2 =
U
IR IR
k
k
−
 
其中 
2
NB S
U
ω
=
 
解得理想交流电压表的示数为 
第175页,共187页
 
 
 
              
              
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1=
1
2(
)
NB
U
S
IR
k
k
ω
=
+
 
闭合开关S，理想交流电压表的示数为 
2
2
NB S
U
k
ω
=
 
可算出 
2
2
1
2
:
:(
1)
U
U
k
k
=
+
 
选项D 错误。 
故选A。 
6．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副，线圈两端的电压分别为
1
U
和
2
U ，降压变压器原副线圈两端的电压分别为
3
U 和
4
U 。在输电线路的起始端接入两个互感
器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1 和1：10，各互感器和电表均为理想的，
则下列说法正确的是（  ） 
 
A．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为110kW 
B．若保持发电机输送功率一定，仅将滑片Q 下移，输电线损耗功率增加 
C．若发电机输出电压
1
U 一定，若用户数减少，为维持用户电压
4
U 一定，可将滑片P 上移 
D．若保持发电机输出电压
1
U 一定，仅将滑片Q 下移，输电线损耗电压增加 
【答案】D 
【详解】A．由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得 
2
V
10
U
U
=
 
2
A
10
I
I
=
 
解得 
2
2000V
U =
 
2
100A
I =
 
所以线路输送的电功率为 
2
2
2200 100W=220kW
P
U I
=
=
×
 
A 错误； 
第176页,共187页
 
 
 
              
              
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B．输电线损耗的功率为 
2
2
2
2
(
)
P
I r
r
P
U
=
=
∆
 
若保持P 不变，输电电压
2
U 增大，则ΔP 减小， B 错误； 
C．若保持发电机输出电压
1
U 和Q 的位置一定，使用户数减少，即
1
U 不变，R 增大，则
2I 减
小，
3
U 增大，为了维持用户电压
4
U 一定，需要减小
4
3
n
n ，可将滑片P 下移， C 错误； 
D．根据闭合电路欧姆定律有 
3
2
2
U
U
I r
=
−
 
根据理想变压器变压和变流规律有 
3
3
4
4
U
n
U
n
=
 
3
2
4
4
4
3
I
I
I
n
I
n
=
=
 
设用户端总电阻为R，则有 
4
4
U
I
R
=
 
联立解得 
2
2
2
3
4
(
)
U
I
n
r
R
n
=
+
 
若保持发电机输出电压
1
U 和用户数一定，仅将滑片Q 下移，则输电电压
2
U 增大，R 不变，
所以输电电流
2I 增大，设输电线电阻为r，而输电线损耗电压为 
2
U
I r
∆
=
 
所以ΔU 增大， D 正确。 
故选D。 
7．为了研究输电线上的电阻对远距离输电的影响，某同学设计了如图所示电路，考虑到安
全因素未加装升压变压器。交流发电机接在a、b 之间（未画出），忽略发电机线圈的电阻。
开动发电机，待输出电压稳定后，闭合开关S，下列说法正确的是（  ） 
 
A．若
1R 阻值调到某值（不为零）时，将滑片P 向上滑动，则
2
R 消耗的电功率将增加 
第177页,共187页
 
 
 
              
              
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B．若
1R 阻值调到零时，将滑片P 向上滑动，则
2
R 消耗的电功率将增加 
C．若
1R 阻值调到某值（不为零）时，将滑片P 向上滑动，则电压表
2
V 示数将增加 
D．若
1R 阻值调到零时，将滑片P 向上滑动，则电压表
2
V 示数将增加 
【答案】B 
【详解】BD．若
1R 阻值调到零时，则无论怎么调节
2
R 的阻值，电压表
2
V 示数
2
U 不变，由 
2
2
2
2
U
P
R
=
 
可知，将滑片P 向上滑动，
2
R 的阻值减小，则
2
R 消耗的电功率将增加，B 正确，D 错误； 
AC．设电压表
1
V 示数为
1
U ，若
1R 阻值调到某值（不为零）时，则有 
1
1
1
U
I R
U
=
+
 
2
2
2
U
I R
=
 
设原、副线圈匝数比为 
1
2
n
n
n =
 
则有 
1
2
U
n
U =
 
1
2
1
I
I
n
=
 
联立解得 
2
1
2
U
U
R
n
nR
=
+
 
故
2
R 减小，则
2
U 减小； 
功率 
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
U
U
P
R
R
n R
R
n R
=
=
+
+
 
可知当 
1
2
2
R
R
n
=
 
时，
2P 最大，由于题中未给出
1R 与
2
R 的大小关系，故无法确定
2P 的变化，故AC 错误。 
故选B。 
8．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1 初始位置在副线圈正中间，输入
端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为
第178页,共187页
 
 
 
              
              
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9R，滑片P2 初始位置在最右端。理想电压表V 的示数为U，理想电流表A 的示数为I。下
列说法正确的是（  ） 
 
A．保持P1 位置不变，P2 向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变 
B．保持P1 位置不变，P2 向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 
C．保持P2 位置不变，P1 向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大 
D．保持P2 位置不变，P1 向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 
【答案】B 
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为2 ，则副线圈的电流为2I ，根据欧姆定律
可得副线圈的电压有效值为 
2
1
2
U
IR
=
 
则变压器原线圈的电压有效值为 
1
2
1
2
4
U
U
IR
=
=
 
设输入交流电的电压有效值为
0
U ，则 
0
1
2
4
U
IR
IR
=
+
 
可得 
0
1
2
4
U
I
R
R
=
+
 
保持
1P 位置不变，
2P 向左缓慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律 
1
4
U
IR
=
 
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则
2
R 两端的电压不断变小，
则电压表示数U 变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，
可知
1R 消耗的功率增大，故B 正确，A 错误； 
CD．设原副线圈的匝数比为n ，同理可得 
2
1
1
U
n IR
=
 
则 
2
0
1
2
U
n IR
IR
=
+
 
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整理可得 
0
2
1
2
U
I
n R
R
=
+
 
保持
2P 位置不变，
1P 向下缓慢滑动的过程中，n 不断变大，则I 变小，对
2
R 由欧姆定律可知 
2
U
IR
=
 
可知U 不断变小，根据原副线圈的功率相等可知
1R 消耗的功率 
0
0
2
1
1
0
2
2
1
2
1
2
(
)
U
U R
P
IU
U
n R
R
n R
R
=
=
⋅
−
+
+
 
整理可得 
2
0
1
2
2
2
1
2
2
1
2
U
P
R
n R
R
n R
=
+
+
 
可知
3
n =
时，
1R 消耗的功率有最大值，可知
1R 消耗的功率先增大，后减小，故CD 错误。 
故选B。 
9．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为
1
2
:
n
n ，输入端C 、D 接入电压有效值恒定的交变
电源，灯泡L1、L2 的阻值始终与定值电阻
0
R 的阻值相同。在滑动变阻器R 的滑片从a 端滑动
到b 端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（  ） 
 
A．L1 先变暗后变亮，L2 一直变亮 
B．L1 先变亮后变暗，L2 一直变亮 
C．L1 先变暗后变亮，L2 先变亮后变暗 
D．L1 先变亮后变暗，L2 先变亮后变暗 
【答案】A 
【详解】副线圈的总电阻为 
2
0
0
1
1
1
ap
pb
R
R
R
R
R
=
+
+
+
 
解得 
(
) (
)
(
) (
)
(
) (
)
0
0
0
0
2
0
0
0
2
ap
pb
ap
pb
ap
pb
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
R
+
⋅
+
+
⋅
+
=
=
+
+
+
+
 
第180页,共187页
 
 
 
              
              
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则滑动变阻器R 的滑片从a 端滑到b 端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效
电阻关系有 
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
2
2
1
=
n U
U
n
n
U
n
R
R
n
I
n
I
n
I
n




=
=
=








等
 
则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有 
1
0
U
I
R
R
=
+
等
 ，
1
2
1
2
n
I
I
n
=
 
1I 先减小后增大，
2I 先减小后增大，则
1L 先变暗后变亮，根据 
1
1
0
U
U
I R
=
−
，
2
2
1
1
n
U
U
n
=
 
由于
1I 先减小后增大，则副线圈的电压
2
U 先增大后减小，通过L2 的电流为 
2
2
0
L
pb
U
I
R
R
=
+
 
则滑动变阻器R 的滑片从a 端滑到b 端过程中，
pb
R 逐渐减小，副线圈的电压
2
U 增大过程中 
2
LI
增大；在副线圈的电压
2
U 减小过程中，通过R0 的电流为 
0
2
0
R
ap
U
I
R
R
=
+
 
ap
R 逐渐增大，则
0
RI
越来越小，则 
0
2
2
L
R
I
I
I
↑=
↑−
↓ 
则
1L 先变暗后变亮，
2L 一直变亮； 
故选A。 
10．如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b 接入电压有效
值不变的正弦交流电源。闭合开关S 后（    ） 
 
A．R 的发热功率不变 
B．电压表的示数不变 
C．电流表
1
A 的示数变大 
D．电流表
2
A 的示数变小 
【答案】BC 
第181页,共187页
 
 
 
              
              
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【详解】AC．闭合开关S 后，负载电阻减小，匝数为
4n 的线圈输出功率变大，匝数为
1n 的
线圈输入功率也变大，a、b 两端电压有效值不变，由 
1
1 1
P
U I
=
 
可知电流表
1
A 的示数变大，根据 
1
2
2
1
I
n
I
n
=
 
因
2
1
n
n 比值不变，
1I 变大，
2I 变大，因此，R 的发热功率变大，故A 错误，C 正确； 
B．根据理想变压器电压比等于匝数比 
1
1
2
2
U
n
U
n
=
 
可知输出电压
2
U 不变，电压表的示数不变，故B 正确； 
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得 
1
2
2
1
I
n
I
n
=
 
2
4
4
3
I
n
I
n
=
 
由于匝数均保持不变，
1I 增大，所以
2I 、
4I 增大，故电流表
2
A 的示数变大，故D 错误。 
故选BC。 
11．如图所示，理想变压器原线圈输电线上接有定值电阻R，AB 端接正弦交流电，副线圈
上接有两个相同的灯泡L1 和L2。开始时，电键K 断开。当K 接通时（   ） 
 
A．副线圈两端的输出电压减小 
B．副线圈的输出电流减小 
C．灯泡L1 消耗的功率变大 
D．原线圈中的电流增大 
【答案】AD 
【详解】根据理想变压器原副线圈的关系有 
1
1
2
2
U
n
U
n
=
，
1
2
2
1
I
n
I
n
=
 
其中 
U1 = U－I1R，U2 = I2R 副 
第182页,共187页
 
 
 
              
              
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联立有 
2
1
1
2
[
(
)
]
n
U
I R
R
n
=
+
副 
由题知，AB 端接正弦交流电，则U 不变，当K 接通R 副减小，则I1增大，I2增大，U1减小，
U2减小，又由于 
2
2
L
L
U
P
R
=
 
则灯泡L1 消耗的功率变小。 
故选AD。 
12．在如图所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻
1
2
:
1: 2
R
R =
，滑片P 上方原线
圈匝数与下方原线圈数之比为1:3，S 为单刀双掷开关，在c、d 端输入正弦交流电，S 合向
a，
1
2
:
R
R 消耗的功率之比为1:8，则（  ） 
 
A．S 合向a，
1R 、
2
R 两端的电压之比为1:4 
B．S 合向a，
1R 、
2
R 两端的电压之比为1:2 
C．S 合向a 与S 合向b，
2
R 两端的电压之比为22:27 
D．S 合向a 与S 合向b，
2
R 两端的电压之比为22:25 
【答案】AC 
【详解】AB．由 
U
PR
=
 
可知，S 合向a 时，
1R 、
2
R 两端的电压之比为1:4，故A 正确，B 错误； 
CD．由 
P
I
R
=
 
可知，通过
1R 、
2
R 的电流之比为1:2，根据变流比可知，S 合向a 时，原、副线圈的匝数之
比为2:1，设c、d 端输入电压为U，S 合向a 时，设
2
R 中的电流为
1I ，则 
1
2
1
1
1
2
2
U
I R
I R
=
+
 
S 合向b 时，设
2
R 中电流为
2I ，此时原副线圈匝数比为3:2，则 
第183页,共187页
 
 
 
              
              
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2
2
2
1
3
2
2
3
U
I R
I R
=
+
 
得到 
1
2
:
22: 27
I
I =
 
因此S 合向a 与S 合向b，
2
R 两端的电压之比为22:27，故C 正确，D 错误。 
故选AC。 
13．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为
1
4
k =
，在a、b 端输入电压
为
0
U 的正弦交流电，
1R 为定值电阻，调节电阻箱
2
R ，当
2
1
8
R
R
=
时，电压表、电流表的示
数分别为U、I，则下列说法正确的是（    ） 
 
A．
0
2
3
U
U =
 
B．
0
4
3
U
U =
 
C．
0
1
6
U
I
R
=
 
D．
0
1
9
U
I
R
=
 
【答案】BC 
【详解】根据欧姆定律可知 
2
U
I
R
=
 
由于原、副线圈的匝数比为
1
4
k =
，原线圈两端电压U
Uk
′ =
，原线圈中电流
I
I
k
′ =
，原线圈
电路满足 
1
0
1
2
IR
U
I R
U
kIR
k
=
+
=
+
′
′
 
解得 
0
1
2
U
I
R
kR
k
=
+
 
当
2
1
8
R
R
=
时，电流表示数
0
1
6
U
I
R
=
，电压表示数
0
4
3
U
U =
 
故BC 正确，AD 错误。 
故选BC。 
14．如图所示，滑动触头N 与理想变压器的副线圈接触，
1R 、
2
R 均为滑动变阻器，变压器
输入正弦交变电流。下列操作中，可使灯泡变亮的是（  ） 
第184页,共187页
 
 
 
              
              
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A．仅提高输入电压 
B．仅将
1R 的滑片左移 
C．仅将
2
R 的滑片上移 
D．仅将触头N 下移 
【答案】AC 
【详解】A．理想变压器原副线圈电压、电流与匝数关系有 
1
1
2
2
U
n
U
n
=
，
1 1
2
2
I n
I n
=
 
将变压器与副线圈电路看为一个整体，则该整体的等效电阻为 
(
)
1
2
2
2
1
2
1
2
1
L
2
2
2
1
2
2
2
1
x
n U
U
n
n
U
n
R
R
R
I n
I
n
I
n
n




=
=
=
=
+








 
令电源输入的正弦交变电流的有效值为
0
U ，则有 
0
1
1
x
U
I
R
R
=
+
 
可知，仅提高输入电压
0
U 时，原线圈电流
1I 增大，根据电流匝数关系可知，副线圈电流
2I 增
大，即可使灯泡变亮，A 正确； 
B．仅将滑动变阻器
1R 的滑片左移，则变阻器
1R 接入电阻增大，根据上述可知，原线圈电流
1I 减小，根据电流匝数关系可知，副线圈电流
2I 减小，即可使灯泡变暗，B 错误； 
C．仅将滑动变阻器
2
R 的滑片上移，则变阻器
2
R 接入电阻减小，根据上述可知，变压器与副
线圈电路的等效电阻
x
R 减小，则原线圈电流增大，根据电流匝数关系可知，副线圈电流
2I 增
大，即可使灯泡变亮，C 正确； 
D．仅将触头N 下移，则副线圈匝数减小，根据上述可知，变压器与副线圈电路的等效电阻
x
R 增大，则原线圈电流减小，根据电流匝数关系可知，副线圈电流
2I 减小，即可使灯泡变
暗，D 错误。 
故选AC。 
15．如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0=18Ω、一只理想二极管和电流表串联后接在
u=36sin100πt（V）的交流电源上，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P0 初始位
置在副线圈正中间，原、副线圈匝数比为n。定值电阻R1=6Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为
30Ω，滑片P1 初始位置在R=3Ω 处。电流表、电压表均为理想交流电表，电源内阻不计，下
第185页,共187页
 
 
 
              
              
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列说法正确的是（  ） 
 
A．若保持P0 位置不变，P1 向上滑动，则电压表示数变大，电流表示数变小 
B．若保持P1 位置不变，P0 向下滑动，则电压表示数先变大后变小，电流表示数变小 
C．若保持P0 位置不变，P1 向上滑动，当R=18Ω时，理想变压器的输出功率有最大值9W 
D．若保持P1 位置不变，P0 向下滑动，当n=3 时，理想变压器的输出功率有最大值4.5W 
【答案】ABD 
【详解】A．由变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系可得 
1
1
2
2
n
U
U
n
=
，
2
1
2
1
n
I
I
n
=
 
可得原线圈的等效电阻为 
R′=
2
1
1
2
1
2
2
(
)
U
n
U
I
n
I
=
=(
2
1
2
)
n
R
n
并 
其中 
R并=
1
1
R R
R
R
+
 
若保持
0P 位置不变，
1P 向上滑动，则R 增大，等效电阻R′增大，电流表示数为 
1
0
U
I
R
R
=
′
+
 
可知当R′增大时，电流表示数减小。原线圈的电压为 
1
0
R
U
U
R
R
′
=
′
+
 
可知当R′增大时，
1
U 变大，又因为原、副线圈匝数比不变，则副线圈两端电压变大，即电
压表示数变大，故A 正确； 
B．若保持
1P 位置不变，
0P 向下滑动时，
2n 减小，则等效电阻R′增大，电流表示数变小。电
压表示数为 
2
2
2
1
1
1
0
9
n
n
R
U
U
U
U
n
n
R
R
n
n
′
=
=
⋅
=
+
+
′
 
可知，当n=3 时
2
U 取得最大值，由于滑动触头P0 初始位置在副线圈正中间，即开始时n=2，
所以
0P 向下滑动时，电压表示数先变大后变小，故B 正确； 
CD．当等效电阻R′=R0=18Ω 时，变压器的输出功率最大。因为有理想二极管，所以交流电
的有效值为 
第186页,共187页
 
 
 
              
              
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m
1
18V
2
U
U
=
=
 
若保持
0P 位置不变，
1P 向上滑动，当R=18Ω时，可得等效电阻为R′=18Ω，此时理想变压器
的输出功率为 
2
1
U
P
R
=
′ 
其中 
1
0
9V
R
U
U
R
R
′
′
=
=
+
 
解得 
P=4.5W 
若保持
1P 位置不变，
0P 向下滑动，当n=3 时，
2
U 取得最大值，则理想变压器的输出功率有
最大值，此时R′=18Ω，可得输出功率最大值为 
2
1
4.5W
U
P
R =
′
=
 
故C 错误，D 正确。 
故选ABD。 
 
第187页,共187页