文档文本内容
微突破19 带电粒子在电场中运动的综合问题
目录
模拟·基础演练...............................................................................................................1
题型01 带电粒子在力电等效场中的圆周运动.......................................................................1
题型02 用动力学和能量观点解决力电综合问题...................................................................6
题型03 用能量和动量观点解决力电综合问题.....................................................................11
重难·创新演练.............................................................................................................18
真题·实战演练.............................................................................................................22
模拟·基础演练
考查重点：带电粒子在力电等效场中圆周运动、力学三大观点在力电场中的综合应用。
⏳题型01 带电粒子在力电等效场中的圆周运动
1．（2026·黑龙江双鸭山·一模）如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B 两点
分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D 两点的连线过圆心O 且OC 与竖直向下方向的夹角
为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m 的带负电小球（视为质
点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D 点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说
法正确的是（ ）
A．小球受到的电场力大小为2mg
B．小球通过D 点时的速度大小为
C．小球在运动过程中的最大速度为
D．小球通过C 点时所受轨道的作用力大小为12mg
【答案】D
【详解】A．小球在通过D 点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则小球受到的电
场力大小为
，故A 错误；
B．小球在通过D 点时的速度最小，则D 点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能完整的做圆周运
动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
解得
，故B 错误；
CD．小球在等效最低点C 点的速度最大，故小球从D 到C 的过程中，由动能定理得
解得
在C 点，由牛顿第二定律得
解得
，故C 错误，D 正确。
故选D。
2．（2026·四川凉山·二模）如图所示，在竖直平面内有水平向左场强
的匀强电场，在匀强电场中
有一根长为
的绝缘细线，细线一端固定在
点，另一端系一质量为
的带电小球。在
点让小球获得一
定的初速度且恰能绕
点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为
，小球带负电，不考虑
空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
B．小球对细绳的最大拉力为
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
D．小球做圆周运动过程中动能的最小值为
【答案】D
【详解】A．小球带负电，受到的电场力水平向右，根据功能关系可知，小球的机械能变化等于电场力做
功；小球向右运动时，电场力做正功，小球机械能增加；小球向左运动时，电场力做负功，小球机械能减
少；所以小球运动至圆周轨迹的水平直径最左侧时，机械能最小，故A 错误；
C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，所
以其电势能先减小后增大再减小，故C 错误；
BD．由于
，则电场力与重力的合力大小为
电场力与重力的合力方向与竖直方向的夹角满足
解得
如图所示
可知图中M 点为等效最高点，N 点为等效最低点；小球恰能绕
点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，
可知小球经过M 点时细绳拉力为0，则有
可得小球做圆周运动过程中动能的最小值为
小球经过N 点时的速度最大，受到的细绳拉力最大，从M 点到N 点过程，根据动能定理可得
在N 点由牛顿第二定律可得
联立解得
可知小球对细绳的最大拉力为
，故B 错误，D 正确。
故选D。
3．（2026·四川泸州·二模）如图所示，光滑水平轨道与竖直面内光滑圆轨道平滑连接，
为圆轨道直径。
左侧有大小
，方向水平向左的匀强电场；右侧有大小
，方向水平向右
的匀强电场。可视为质点的带电小球质量
、带电量
，从
点以初动能
向右运动，
小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动。
段的长度与圆轨道的直径均为
。取
，
，重力加速度大小
。则小球的初动能
等于（ ）
A．1J
B．3.84J
C．4J
D．4.82J
【答案】C
【详解】由题意知
小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动，则当小球恰好能运动到
中的等效最高点，设此时小球
运动半径与竖直方向夹角为
，则
所以
在
中的等效最高点有
从
点运动到
中的等效最高点，由动能定理有
联立解得
当小球恰好能运动到
中的等效最高点，设此时小球运动半径与水平方向夹角为
，则
所以
在
中的等效最高点有
从
点运动到
中的等效最高点，由动能
定理有
联立解得
所以小球的初动能
等
于
。故选C。
4．（2026·山东潍坊·二模）（多选）如图所示，一根长为l 的轻杆，一端连接质量为m、电荷量为
的小球，另一端可绕O 点在竖直面内自由转动，空间中存在竖直向下的匀强电场。在最低点A
给静止小球一个水平向右的初速度
，当小球运动到与O 点等高的B 点时，杆上的弹力恰为0，已知重力
加速度大小为g，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小为
B．电场强度的大小为
C．小球刚获得初速度时，轻杆上弹力大小为
D．若初速度变为
，则小球可以做完整的圆周运动
【答案】BD
【详解】AB．小球在B 点时，杆弹力为0，根据牛顿第二定律，可得
对A 到B 过程应用动能定理
整理得
，A 错误，B 正确；
C．在A 点时，根据牛顿第二定律
解得
，C 错误；
D．轻杆模型完成完整圆周运动的条件是：能到达最高点（O 正上方），即最高点速度
即可。
对A 到最高点过程用动能定理
整理得
，说明小球可以到达最高点，完成完整圆周运动，D 正确。
故选 BD。
5．（25-26 高三上·广西·模拟预测）（多选）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小
的匀强电场，在匀强电场中有一根长
的绝缘细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质
量为0.08kg 的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一垂直于绳方向的初速度，
使小球恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，
，g 取
，则小球（ ）
A．所带电荷量
B．电势能的最大值为1.92J
C．在运动过程中，小球的最小速度为
D．在运动过程中，在圆形轨迹的最右端时小球的机械能最小
【答案】AB
【详解】A．小球静止时悬线与竖直方向成
角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如图所示
根据平衡条件，有
解得
，故A 正确；
B．根据功能关系可知，电势能最大值即为小球克服电场力做功的最大值，由题意可知，小球克服电场力
做功的最大值为
即电势能最大值为1.92J，故B 正确；
C．由题意知小球恰能绕O 点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合
力恰好提供向心力时小球的速度，则有
联立以上解得最小速度
，故C 错误；
D．根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，与O 点等高的最右位置电势能最小，所以该位置
机械能最大，故D 错误。故选AB。
⏳题型02 用动力学和能量观点解决力电综合问题
6．（2026·浙江·二模）如图所示，竖直固定的粗糙绝缘细杆足够长，质量为m、带正电荷q 的小环套在细
杆上，小环与细杆之间的动摩擦因数为μ。空间存在水平方向变化的匀强电场，规定水平向左为正方向，
从t=0 开始，场强按照
变化，k 是大于零的常量。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
为g，在t=0 时刻，将小环由静止释放，则下列说法中正确的是（ ）
A．小环先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动
B．小环的最大加速度为g
C．
时，小环的速度达到最大，大小为
D．
时，小环的速度为零
【答案】C
【详解】AB．小环刚开始运动过程，根据牛顿第二定律可得
，
，
联立可得
由此可知，随着时间增加，小环向下做加速度增大的加速运动；当
时，电场强
度减为零，此时小环只受重力作用，加速度为重力加速度，此后电场强度反向（向右），根据牛顿第二定
律可得
所以
由此可知，随着时间增大，小环继续向下做加速度减小的
加速度运动，当
时，小环的加速度减为零，之后小环的加速度反向（向上），故小环开始向下做
加速度增大的减速运动，最后速度减为零，作出小环的a-t 图像，如图所示
由于图线与时间轴围成的面积表示速度变化量，可知加速的速度变化量等于减速时的速度变化量，则最终
减速的加速度一定大于g，即小环的最大加速度大于g，故AB 错误；
C．由以上分析可知，当
时，小环的加速度减为零，速度达到最大，由于图线与坐标轴所围区域
的面积表示速度变化量，所以
，故C 正确；
D．图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，可知在t 轴上下方两个三角形的面积相等，则速度的变
化量为零，小环的速度减小到零，则有
解得
，故D 错误。
故选C。
7．（2026·江西宜春·二模）空间存在竖直方向的静电场，一个质量为m 的带负电小球从O 点静止释放，
开始沿电场线竖直向下运动（如图甲中虚线所示）。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，不计空气阻力、则（ ）
A．该匀强电场的场强方向竖直向下
B．从O 到x1的过程中，小球做加速度减小的加速运动
C．从O 到x1的过程中，经过两段连续相等的位移，小球动能的变化量增大
D．到达x1位置时，小球速度的大小为
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，小球的机械能减少，所以向下运动时电场力对带负电小球做负功，则小球所受
电场力沿x 轴负方向，所以电场方向竖直向下；由
可知图线的斜率表示电场力，由图可知电场力减小，所以电场强度减小，不是匀强电场，故A 错误；
B．由牛顿第二定律
可知加速度增大，则小球向下做加速度增大的加速运动，故B 错误；
C．从O 到x1的过程中，相等的位移
内，由上分析电场力减小，根据动能定理
可知经过两段连续相等的位移，小球动能的变化量增大，故C 正确；
D．根据动能定理可得
解得到达x1位置时，小球速度
，故D
错误。故选C。
8．（25-26 高三上·河北邢台·期中）如图所示；电荷量为＋Q 的小球被绝缘棒固定在O 点，右侧有固定在
水平面上、倾角为θ 的光滑绝缘斜面。质量为m、电荷量为＋q 的小物块（可视为质点）从斜面上A 点由
静止释放，滑到与小球等高的B 点时速度最大，滑到C 点时速度为零。只考虑＋Q 在空间各处产生的电场，
并且取离＋Q 无限远处的电势为0。已知AC 间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k。下列说
法正确的是（）
A．物块下滑过程中动能和电势能之和守恒
B．AC 两点间的电势差
C．B 点的场强
D．OB 之间的距离
【答案】D
【详解】A．小物块在下滑过程中，受到重力，支持力和库仑力，重力和库仑力都做功，故小物块在下滑
过程中动能和电势能和重力势能三者之和守恒，故A 错误；
B．因为滑到
点时速度为零，小物块从
到C 的过程，静电力对小物块做的功为W，根据动能定理有
解得
之间的电势差为
，故B 错误；
C．由题意知小物块在B 点处的加速度为零，则根据受力分析，沿斜面方向有
解得
，故C 错误。
D．根据点电荷场强公式
由上述分析已知
，联立解得
之间的距离
，故D 正确；
故选D。
9．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）如图所示，倾角
的光滑斜面的左侧
点固定一个带正电
的点电荷，斜面上与
点等高的
点由静止释放带电荷量为
、质量为
的滑块，滑块运动经斜面的
点和
点。已知
，
连线垂直于斜面，滑块在
点的加速度为
，滑块经
点的速度为，
重力加速度为
，
，
，下列说法正确的是（ ）
A．滑块对斜面压力不变
B．滑块经
点的速度为
C．滑块经
点的加速度为
D．斜面上
两点的电势差为
【答案】CD
【详解】A．O 是正点电荷，滑块带正电，库仑斥力大小随滑块到O 的距离变化而变化，库仑力垂直斜面
的分力也随之变化。垂直斜面方向受力平衡，有
所以支持力也随位置变化而变化，由于牛顿第三定律可知，滑块对斜面的压力也随着位置发生变化，故A
项错误；
B．由于
，OB 垂直于斜面，所以由几何关系有
，
。A、C 到O 距离
相等，因此A、C 在同一等势面，从
电场力做功为0。由动能定理有
解得
从
，由动能定理有
解得
由于
O 是正电荷，离正电荷越近，其电势越大，所以
，则
，因此
，即
，
，故B 项错误；
C．A、C 处库仑力大小相等（到O 距离相等），对A 沿斜面方向列牛顿第二定律
对C 沿斜面方向列牛顿第二定律（库仑力沿斜面分量向上）
解得
，故C 项正确；
D．从
过程由动能定理有
，又因为
，
解得
，故D 项正确。故选CD。
10．（25-26 高三上·四川德阳·模拟预测）（多选）如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM'和PP'范围内
有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q
（q>0）的可视为点电荷的小物块从斜面上的A 点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B 点时速度恰好为零。
已知斜面倾角为θ， A、B 两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是（ ）
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直大于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度小于
C．A、B 两点间的电势差为
D．此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ
【答案】BD
【详解】A．对小物块受力分析，根据牛顿第二定律有
由题干信息知小物块向上做减速运动到0，由图乙知沿斜面向上场强逐渐增大，说明到达B 点前电场力一
直小于mgsin θ，故A 错误；
B．根据A 项分析知小物块向上做加速度减小的减速运动，小物块在运动过程中的中间时刻速度小于匀减
速运动的中间时刻瞬时速度，即小于
，故B 正确；
C．由动能定理
解得
，故C 错误；
D．此过程中小物块机械能增加量等于电场力做的功，为
小于mglsin θ，故
D 正确。故选BD。
⏳题型03 用能量和动量观点解决力电综合问题
11．（2026·江西吉安·模拟预测）如图所示，绝缘水平地面上O 点左侧光滑，放有可视为质点的A、B 两
个物体，A 和B 的质量都为1kg，A 物体带负电，带电量为
C；B 绝缘不带电。在B 的左侧，有一表面
光滑，质量为2kg，半径为1 m 的四分之一圆弧轨道C 静止放于地面上，轨道末端与地面相切。O 点右侧
粗糙，动摩擦因数
，以O 为原点建立向右为正方向的一维坐标系。现给A 一水平向左、大小为
m/s 的初速度，随后A、B 发生弹性正碰，碰撞过程中A 的电荷量不变。重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)B 物体滑上C 轨道时离地的最大高度；
(2)若B 刚滑上C 到运动至最高点过程历时
s，求这一过程中C 的对地位移；
(3)经过B 与A 第二次弹性正碰，A 开始向右运动，当物体A 运动到O 点位置瞬间，开始计时。同时在O
点右侧空间加上一范围足够大的电场，电场强度大小E=x （V/m）（x 为相对原点O 的位置坐标），电场
的正方向与x 轴正方向相同。经过时间t0，A 物体速度第一次减为0，求此时A 的坐标和2t0时刻A 的坐标？
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）A、B 弹性正碰，满足动量守恒和动能守恒，且
，发生速度交换，碰后
，
方向向左，B、C 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，当滑到最高点时，B、C 水平方向共速，系
统水平方向动量守恒
代入数据得
方向向左。BC 作用过程机械能守恒
得
（2）由第一问知，B 滑上圆弧最高点时，可得到B、C 水平方向的相对位移
由动量守恒
得
又
联立方程得
（3）①当B 滑离C 时，B、C 的速度为
、
，动量守恒
机械能守恒
解得B 滑离C 的速度
方向向右，随后B 与A 发生弹性正碰，质量相等，发生速度交换，碰后A 的速度
物体A 滑到O 处后，受到电场力和摩擦力。设滑到D 点速度第一次减到0，位移为
。由动能定理
其中
，
得
，所以A 物体第一次速度减为0 时的坐标为
A
②
物体由O 向右运动到最远点D 的这一过程，可看作简谐运动的一部分，平衡位置满足
得
即平衡位置坐标为
该简谐运动的振幅为
则在
时间内，A 物体由O 点（
振幅）到D 点（简谐运动的最大位移处），当A 物体由D 点向左返回时，
可看成另一个简谐运动，平衡位置
满足
得
，即平衡位置坐标为
所以简谐运动的振幅
由于两次简谐运动的比例系数相同，周期不变，根据对称性：
内物体要从D 点（简谐运动的最大位
移处）到
振幅处， 所以
时，物体的位置为
故
时，A 物体的坐标为
12．（2026·河南新乡·三模）如图所示，带电量为q=+0.01C、质量为m1=0.2kg 的滑块1 放在水平粗糙绝缘
平台AC 的最左端A 点，平台AC 长度LAC=4m，另一个不带电、质量为m2=0.1kg 的滑块2 静止在滑块1 右
侧B 处，LAB=1.5m，平台右端与水平传送带CD 平滑对接，其长度为LCD=2m，传送带以v 传=4m/s 的速度顺
时针转动，传送带右侧与水平平台DF 平滑对接，图中通过C 点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电
场，电场强度E=120N/C，平台DF 上固定一竖直挡板。现将滑块1 从A 点由静止释放，两个滑块碰撞后粘
在一起（碰撞时间极短），且碰撞前后电荷量不变，滑块经过传送带后与平台DF 上的挡板碰撞，且每次
碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知平台DF 光滑，两滑块与平台AC 及传送带间的动摩擦因数
均为μ=0.3，滑块均可视为质点，重力加速度g 取10m/s2。求：
(1)滑块1 与滑块2 碰撞后瞬间的速度大小；
(2)滑块第一次到达D 处时的速度大小；
(3)整个过程中，滑块与传送带之间由于摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设滑块1 与滑块2 碰撞前瞬间，滑块1 的速度为
，则滑块1 在电场中运动过程，由动能定
理得
代入数据解得
滑块1 与滑块2 碰撞为完全非弹性碰撞，滑块1 与滑块2 碰撞后的瞬时速度大小为，有
代入数据解得
（2）滑块1 与滑块2 碰撞后一起在电场中运动过程中，由动能定理得
代入数据解得
滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为
设滑块达到传送带速度大小时运动位移大小为
，则有
即滑块到达传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次到达
处时的速度
（3）设滑块从第1 次滑上传送带到从右边滑离传送带，滑块相对传送带的路程大小为
滑块与挡板碰撞后，第一次向左以
滑上传送带，接下来每一次与挡板碰撞后从传送带右边滑离时，
速度大小等于滑上传送带时的速度大小。设向左减速到零的时间为
，则有
设第
次滑块从滑上传送带到右边滑离传送带，滑块相对传送带的路程大小为
，则有
解得
则滑块从右侧滑上传送带后相对传送带运动的总路程为
解得
整个过程中，滑块相对传送带运动的总路程
则整个过程中，设滑块与传送带之间由于摩擦产生的总热量为
，则有
解得
13．（2026·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为
。电场
中有一竖直放置的劲度系数为
的轻质绝缘弹簧，两端连接两个绝缘小球A、B，其中A 带正电、电荷量
为
、质量为
，B 不带电、质量也为
。现将A、B 同时由静止释放，释放时弹簧处于原长，A、B 运动
过程中弹簧始终不超过弹性限度。已知弹簧弹性势能和形变量的关系式
，重力加速度为
，忽略
空气阻力，求：
(1)A 的速度最大时弹簧的形变量；
(2)B 的最大速度大小；
(3)电场力对A 做功的最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）A 速度最大时，加速度为零，合外力为零有
又
解得
（2）设A、B 的最大速率为
、
，对A、B 和弹簧系统，因
故系统外力矢量和为0，所以系统动量守恒，规定A 速度方向为正方向，则有
解得
又
变形得
解得
又
联立解得
根据能量守恒有
解得
（3）由简谐运动的规律得A 向上的最大位移为
电场力做功的最大值
14．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，半径为
的绝缘光滑半圆管道沿竖直方向固定，管道与绝缘
水平面相切于
点，
为圆管的直径，过圆心
的水平线下侧存在水平向右的匀强电场。质量为
、
电荷量为
的小球静止在圆管内的
点，
连线与水平方向的夹角
。质量为
、电荷量为
的
滑块由水平面上
点静止释放，
、
间距
，经过一段时间滑块与小球发生弹性碰撞，碰后小
球运动到
点时与圆管间没有作用力。假设碰撞时间极短且无电荷量转移，滑块的大小以及小球的直径均
小于圆管的内径，且圆管的内径可忽略，
，重力加速度为
。
(1)求电场强度
的大小；
(2)求滑块与水平面间的动摩擦因数
；
(3)改变
使小球到达
点时速度大小为
，离开
的同时，保持电场强度大小不变，方向变为水
平向左，求小球离开
再次到达水平轨道时的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球静止在
点时，小球受平衡力的作用，由力的平衡条件得
解得
（2）碰后小球在
点时与圆管间没有作用力，则有
解得v M = ❑√gR
对碰后的小球由
到
的过程，由动能定理得
qER (1−cosα )−2mgR(1+sinα )= 1
2 × 2mv M
2 −1
2 ×2mvc
2
解得
设碰前瞬间滑块的速度大小为
，对滑块与小球碰撞的过程，系统动量守恒、机械能守恒，
规定向右为正方向，则有
，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×2mvc
2解得
对滑块由
到与小球碰撞的过程，由动能定理得qE xPN +qERcosα −μmg xPN −mgR (1−sinα )= 1
2 m v0
2
解得μ=0.5
（3）小球离开
点进入电场前做平抛运动，在竖直方向上有
又
解得v y = ❑√2gR 此时的速
度与水平方向的夹角为
，则有
解得
此时小球速度大小v2= 5
3
❑√2gR 此时小球的速度方向
与小球的合力相同，小球做匀加速直线运动
整理得
电场中的位移大小满足
又因为
联立解得
15．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，A、B 两物体（可视为质点）放置在粗糙绝缘的水平面上，A 质量
为m，所带电荷量为
，并靠紧左边的竖直墙壁。B 质量为2m，所带电荷量为
，A 和B 与水平面间
的动摩擦因数均为
，A、B 间距离为L。某时刻起，在空间中加上水平向左的匀强电场，其电场强度为
，之后A、B 相向运动，碰后粘在一起形成一个整体C，C 的质量和电荷量均为A、B 的代数
和。设物体与墙壁的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。求：
(1)A、B 碰撞形成的整体在碰后瞬间的速度；
(2)若C 恰好运动至墙壁处停下（未与墙壁发生碰撞），求E 与m、g、q、
所满足的关系；
(3)根据E 的取值分情况讨论C 从运动至停下所走的路程。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）A、B 碰撞之前，分别做匀加速直线运动，设A 的加速度为
，B 的加速度为
，根据牛顿
第二定律：对A 有
对B 有
则A、B 加速度大小相等，方向相反。设A、
B 相遇时速度为
，由于A、B 加速度大小相等，故它们的运动过程是对称的，一定会在距离墙壁
处相
遇，且相遇时速度大小相等，方向相反，由运动学规律：对A 有
设向左为正方向，碰撞时A 速
度为
，B 速度为
，设碰后形成的整体C 的速度为，由动量守恒定律
联立，
解得
（2）A、B 碰后形成的C 质量为
，电荷量为
，此时C 到墙壁距离为
，C 在墙壁处的速度恰好为0，
由动能定理有
解得
（3）当
时，C 在与墙发生碰撞之前就停下了，设此时C 的路程为
，由动能定理
得
当
时，C 在与墙发生碰撞一次碰撞后停
下，设此时C 的路程为
，由动能定理
得
当
时，电场力大于最大静摩擦力，此时C 会与墙壁发生多次碰撞，并最终停在墙壁处，设C 的
路程为
，由动能定理
得
。
重难·创新演练
设题创新:结合在电场中对弹簧振子简谐运动(T16、18);引力场与电磁复合环境的模拟实验装置
(T17)考查牛顿运动定律、功能关系、动量定律和动量守恒定律的考查。
16．（25-26 高三上·四川成都·期末）（多选）一绝缘固定足够长的倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存
在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为
。质量为m 的物块M 和质量为3m 的物块N 用一根不可伸
长的轻绳绕过滑轮连接，M 带正电，电荷量为q，N 不带电，N 一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面
上，已知弹簧的弹性势能表达式为
，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量。初始时有外力作
用使M 静止在斜面上，轻绳恰好伸直，现撤销外力，使M 从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，整
个过程弹簧未超过其弹性限度，N 未碰过滑轮，不计一切摩擦，则（ ）
A．释放时M 的加速度为g
B．M 下滑的最大距离为
C．M 下滑的最大速度为
D．M 下滑的距离为
时，所用时间为
【答案】ABD
【详解】A．初始时，弹簧弹力等于N 的重力，弹簧处于压缩状态，即
可得
释放M 时，弹簧弹力不会突变，对M 和N，根据牛顿第二定律
可得释放时M 的加速度为
，故A 正确；
C．当M、N 的加速度为零，M 的速度最大，设此时弹簧的伸长量为
，根据平衡条件
解得
M 从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理
联立解得M 下滑的最大速度为
，故C 错误；
BD．以速度最大位置为原点，沿斜面向上为正方向，M、N 所受的合外力与位移的关系满足
可知M、N 做简谐运动，刚释放M 时，加速度
，根据简谐
运动的对称性可知当M 下滑的最大距离时，加速度大小也为g，根据牛顿第二定律
解得M 下滑的最大距离为
根据题意，M、N 做简谐运动
的周期
从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为
当下滑距离为
时，即
，代入数据有
可得
即M 下滑的距离为
时，所用时间为
，故BD 正确。故选ABD。
17．（2026·江西景德镇·三模）在某深空探测任务的地面模拟实验中，科研团队搭建了一个模拟引力场与
电磁复合环境的实验装置：部分装置简化如图所示，半径为
的半圆形内壁光滑的玻璃管固定在竖直平面
内（等效重力加速度
），其右端是坐标原点，在玻璃管内的最低点放置一质量为
的不带电
小球a。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，电场强度
，第一象限存在竖直向上的匀强电场
和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度
，磁感强度
（
为常量）。现一质量为
、电
荷量为
的带正电小球b 从第二象限中离
轴的距离为
的某一位置
点以一定初速度沿
方向抛出，经
过一段时间后b 球恰好能无碰撞地从玻璃管的左端
进入玻璃管。已知玻璃管的内径略大于a、b 小球的直
径，且两小球运动过程中可看成质点。（
，
）
(1)求b 球到达
点的速度大小及
点离
轴的距离
；
(2)小球b 在玻璃管最低点与a 小球发生碰撞后黏在一起，电量不变。求碰后
整体在玻璃管中运动的最大
速率；
(3)求碰后
整体从原点进入第一象限运动到第一次返回
轴时的轨迹与
轴所围成的面积
。（答案均可
用根式表示）
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）由题意知，小球从
到
，水平方向速度减到0：由运动学可得水平方向
由牛顿第二定律可得水平方向加速度
竖直方向
解得
到达
点的速度
（2）b 球运动到玻璃管的最低点时速度为
，根据动能定理有
b 球与a 球碰撞，根据动量守恒定律有
解得
碰后
整体在玻璃管中的运动过程中，所受电场力与重力的合力
方向与水平方向成
，由几何关系可得
解得
F 方向与水平方向的夹角为
斜向右下方，根据分析可知，碰后
整体在玻璃管中运动到速度与
垂直
处的
点时速度最大，最大设为
，从
球整体碰撞后到
点，根据动能定理有
解得
（3）ab 整体运动到
点时的速度为，从碰后到
点，根据动能定理有
碰后
球整体在第一象限运动时
故ab 球整体的合力为洛伦兹力，对ab 球整体在第一象限运动受力分析结合动力学和洛伦兹力的特点可知，
碰后ab 球整体进入第一象限后第一次运动至
轴最远位置和从
轴最远位置第一次回到
轴处的轨迹是对
称的。则ab 球整体运动到最高点又回到
轴时的速度为
，即大小为，方向向下
取向上为正方向，竖直方向由动量定理
其中
由等式左边微元累积
整理得
而
解得
18．（2026·福建南平·一模）如图甲，在绝缘水平地面上有一带正电的小物块A 和不带电的匀质绝缘薄板
B，B 右端与一水平轻弹簧栓接，弹簧右端固定，空间存在水平向右的匀强电场。开始时弹簧处于原长，B
静止且右端位于
点，
点左侧地面粗糙、右侧地面光滑。已知电场强度大小为
，A 的质量为
2kg、电荷量为
，B 的质量为6kg、长度为
，A、B 与
点左侧地面间的动摩擦因数均为0.5，
弹簧劲度系数为
。初始时A 与B 左端的距离为20m。将A 由静止释放，A 与B 发生弹性碰撞后立
即撤去电场，碰撞时间可忽略不计，弹簧始终处于弹性限度内，A 可视为质点且运动过程中电荷量保持不
变，取重力加速度大小
，求：
(1)A、B 碰撞前瞬间A 的速度大小；
(2)A、B 碰后0.2s 时A 与B 左端的距离；
(3)从碰后B 刚好完全进入光滑地面区域开始计时，B 运动的
图像如图乙所示，图线在
、
时刻的斜
率均为零，求从
到
的时间内B 与地面之间摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）A 与B 左端的距离为
，设A、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为
，根据动能定理
解得
（2）设碰撞后 A 的速度为
，B 的速度为
A、B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒
机械能守恒
解得
(向左)，
（向右）以A 为研究对象，根据牛顿第二定律
，
0.2s 内A 向左的位移
解得
（向左）
薄板B 的长度
，当B 向右的位移为
时，根据牛顿第二定律
，
解得
，B 向右为匀变速运动，0.2s 内B 的位移
解得
（向右），
A、B 左端距离
（3）
时刻，B 向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设B 进入光滑区长度为
由受力平衡可得
解得
。
时刻，B 开始向右运动，加速度为零，合力为零，B 板
全在粗糙区内，设B 板右端距离O 点距离为
，由受力平衡可得
解得
设
时刻B 板右端距离O 点距离为
，从碰撞结束到
的过程中，应用动能定理
，解得
，从
到
的时间内B 与地面之间摩擦
产生的热量
解得
真题·实战演练
高频考点：力电场中的功能关系考查。
19．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-
能量分析仪”测量，简化原理如图（a）所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为
的加速电场
加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出
动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为
，使筛选出的电子沿半径为
的圆弧形中心线
运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。
已知电子电荷量大小为，质量为
；偏转电场可视为匀强电场，
、
极板长度为
、间距为
；荧光
屏到极板边缘的距离为
。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。
(1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量
。
(2)求
、
间电压为
时，电子到达荧光屏上的偏移距离
。
(3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时
、
间电
压随时间线性变化，变化率为
（
），使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为
的光斑，如图
（b）所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，
筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与
各个光斑中心位置
的关系如图（c）所示。若样品的激发态寿命
定义为准粒子数衰减一半所需的时间，
求
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子加速场中，由动能定理有
电子在，筛选器中由牛顿第二定律有
电子通过样品前后的动能变化量
联立可得
（2）偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有
沿着电场方向有
根据牛顿第二定律
出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有
联立解得
（3）由题意可知
将
表达式代入
可得
结合题图（相对强度8408 到4204）可得
解得
20．（2025·广西·高考真题）带电粒子绕着带电量为
的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在
椭圆左焦点F 上，带电粒子电量为
；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为
，带电粒
子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B 的电势；
(2)求带电粒子从A 到B 的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
(3)用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理
由。
【答案】(1)
(2)
(3)守恒，
【详解】（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B 距源电荷的距离为
根据电势计算公式
可得在椭圆轨道半短轴顶点B 的电势为
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A 的电势为
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A 到B 的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
（3）设带电粒子的质量为m，假设带电粒子动能与电势能之和守恒，则满足
（定值）
则
根据图像可知
关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像中
代入关系式
可得其动能与电势能之和为
。
