带电粒子在电场中运动的综合问题（3大题型）解析版-2026年高考物理一轮复习

带电粒子在电场中运动的综合问题（3大题型）

目录

01课标达标练......................................................................1

题型01带电粒子在力电等效场中的圆周运动.....................................I

题型02用动力学和能量观点解决力电综合问题...................................7

题型03用能量和动量观点解决力电综合问题....................................13

02核心突破练.....................................................................18

03真题溯源练....................................................................32

01

课标达标练

观型ILO1带电粒子在力电等效场中的圆周运动

1.（2025•云南玉溪•三模）如图所示，一端固定的长为/的绝缘轻绳悬挂一质量为/〃的绝缘小球，小球带

正电/可视为质点。初始时，小球静止于P点，现给空间施加一大小为七=坐图，水平向石的恒定匀强

3q

电场，小球恰能到达。点（未画出），已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（）

E

A.小球处于0点位置时轻绳与竖直方向的夹角为45。

BP、。两点的电势差大小为翳

c.轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减少塔

6

D.轻绳对小球的拉力最大时♦，绳上的拉力大小为也迈

3

【答案】B

【详解】A.题意可知小球恰能到达。点时速度为0,设此时轻绳与竖直方向夹角为。，由动能定理有

Eq!sin。-〃@（1-cos。）=0代入题中数据，解得夕=60°故A错误；

B.由动能定理有2-〃@（l-cos0）=0

联立解得。两点的电势差大小。=署

故B正确；

C.轻绳对小球的拉力最大时，小球速度最大，此时轻绳与竖直方向夹角为g,该过程电场力做功

爪="/sin3（）。=画吧

故小球的电势能减少且火，故C错误；

6

D.小球速度最大时，由动能定理有3/sing-〃7g/（l-cosg）=；〃”2

由牛顿第二定律有1-=吟

联立解得绳上的拉力大小尸=2（君

故D错误。

故选Bo

2.（24-25高三下•安徽安庆・期中）如图所示，长度为/的不可伸长轻质细绳一端被固定在。点，另一端连

接质量为小，带电量为”的小球，开始时细线竖直紧绷。在该竖直平面内加上匀强电场，方向斜向右上方,

与水平方向夹角为45。，大小为E=4如（g为重力加速度），不计空气阻力，将小球由静止释放，关于

q

该小球此后的运动（）

A.小球在此后运动中细绳会松弛

B.小球到达与圆心等高处的P点对绳了的拉力大小为2，〃g

C.若在初位置给小球水平向右初速度％=历，则小球可以做完整的圆周运动

D.小球可以运动到0点正上方且此时绳子的拉力为0

【答案】D

【详解】A.平行四边形定则可知，小球受到重力和电场力的合力水平向右且大小尸=为8$45。=/阳

即等效重力加速度为g'=g，故将小球由静止释放后，球在此后运动中细绳一直绷紧，故A错误；

故A错误；

B.从开始到。点，动能定理有〃吆7=；用】，

.v2

在P点有Tp-mg=m—

由以上两式可得。=3mg

故B错误：

*>

C.若小球恰好可以做完整的圆周运动，则小球通过等效场最高点的速度应满足mg'

从开始到等效场最高点-〃唔7=；加-

由以上两式可得％=屈

故C错误；

D,能量守恒可知小球可以运动到。点正上方，由动能定理可知，从释放点到运动到。点正上方，等效重

力做功为0,即动能变化量为。，故小球到达最高点时速度为0,此时丁=0,故D正确。

故选Dc

3.（2025・河南•三模）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，。是圆心，48是水平方向

的直径，CO是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为〃?、电荷量为+4（4>0）

的小球套在圆环上，从力点由静匚赛放，小球运动到。点时的动能最大，/DOP=37、已知重力加速度大

小为g,MXsin3T=0.6,cos3T=0.8o下列说法正确的是（)

A.小球可以沿圆环运动到C点

B.匀强电场的电场强度大小为学&

5q

C.P、4两点间的电势差为不”

D.小球运动到8点时，向心加速度大小为2g

【答案】C

【详解】B.小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着。尸方向，对小球受力分析有

底=tan37。

mg

解得上=/&，故B错误：

4q

A.假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有4片及7的口二纭-0

分析上式可知片〈°，显然这是不可能的，即假设错误，故A错误；

C.P、B两点间的电势差UP8=E^R=^2,故C正确；

510q

D.小球从4点运动到8点，根据动能定理有死〃此

此时小球的向心加速度大小。向=3=3g,故D错误。

故选C。

4.（2025•山东潍坊•模拟预测）如图所示，空间中存在着大小为E的匀强电场，电场方向与水平方向的夹

角为30。半径为火的竖直半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为O,与地面相切于〃点。质量为〃八

带电量为气的小球从“点以一定速度沿切线方向进入半圆形轨道，刚好运动至最高点M已知E二丝二重

力加速度为g，下列说法正确的是（)

N

A.小球在N点的速度为旅

B.小球在M点的速度最大

c.小球的最大动能为（上手］〃部

4}

D.小球与轨道间的最大弹力为（4+26）〃唁

【答案】C

【详解】B.小球受到的电场力为

小球受到的重力和电场力的合力如图所示

由几何关系可得重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为。=30°，大小为七=2mgs，8=也叫

如图所示

N

可知小球经过图中等效最低点〃的速度最大，故B错误;

A.小球刚好运动至最高点M可知此时小球受到轨道的弹力为0,则有五人8$。=用立

nR

解得小球在N点的速度为h=

故A错误;

C.小球从等效最低点〃到N点过程，根据动能定理可得-鼠(&+RcosO)=g〃吟-;〃”温

联立解得小球的最大动能为线…

故C正确；

D.小球在等效最低点〃处，根掂牛顿第二定律可得N»-

解得小球与软道间的最大弹力为"四=卓叵mg

故D错误。

故选C。

5.(2024・安徽•一模)如图所示，用绝缘圆管做成的圆形管道固定在倾角为37。的斜面上，管道内有一个直

径略小于管道的内径的，带正电的小球。小球的质量为小，带电量为q(4>0)。空间存在有范围足够大

的水平向右的匀强电场，电场强度大小为等。小球以向右的速度?通过最低点。，且恰好能运动到管道

的最高点力，4。是管道的水平直径，不计一切摩擦，小球在运动过程中带电量保持不变，重力加速度为g,

sin37°=0.6,cos370=0.8,则()

A.小球在力点时对管道的压力大小为0.6〃gB.小球的最大动能为;〃w：

C.小球不能运动到管道上的D点D.小球到达B点时的机械能最小

【答案】C

【详解】A.小球恰好能运动到管道的最高点儿则在力点速度为0,沿斜面方向，管道对小球沿着斜面方

向有&=wgcos370=0.8〃7g

垂直斜面方向有&=〃?gsin37。=0.6〃噌

则管道对小球的支持力£v=mg

由牛顿第三定律可得小球在/点时对管道的压力大小为心』入二〃噌

故A错误；

B.小球从C点开始运动时，重力做负功，电场力做正功，重力沿斜面的分力与电场力的合力方向如图

mgcos37

所以合力从。点到£点做正功，从七点到户点做负功，动能先举加后减小，最大动能大于g〃"：，B错误；

C.由于小球从七点到尸点合力做负功，动能减小，而小球到力点速度已经为0,所以不能运动到。点，C

正确：

D.除重力外只有电场力做功，小球从C点到8点电场力做正功，机械能增加，所以B点机械能不是最小,

D错误。

故选C。

散型IJ2用动力学和能量观点解决力电综合问题

6.（2025・安徽•一模）如图（1）所示，竖直放置的绝缘轻弹簧•端固定在平行板电容器下极板。带电小球

在轻弹簧正上方某处由静止释放，取该位置为坐标原点，竖直向下为x轴正方向。在小球下落的全过程中,

以下极板为重力势能零参考面，小球的机械能E随位移x的变化关系如图（2）所示。弹簧始终在弹性限度

图⑵

A.小球下落过程中刚接触弹簧时动能最大

B.电场力大小为02N

C.小球在释放位置所具有的电势能为0.14J

D.下落过程中小球和弹簧组成的系统机械能最小值为0.60J

【答案】D

【详解】A.刚接触弹簧时小球所受合力等于重力，小球继续向下加速，随着弹力增加，加速度减小，当弹

力等于重力时小球速度最大，故A错误:

B.机械能变化量等于电场力做功，由图可知，0~3cm范围内的图像斜率表示电场力，斜率绝对值为

0.7-0.64N=2N

0.03

故B错误;

C.由于下极板接地，电势和电势能均为零，小球电势能增大，故在释放位置小球的电势能为负值。小球质

量为1kg,且由图像可知，小球在释放位置重力势能为0.7J,由重力势能弓=mg〃可知，〃=Q.07m

又因为£*二一（耳一£））

得£=-0.⑷

故小球在释放位置所具有的电势能为-0.14J,故C错误；

D.由能量守恒定律可知，小球在下降过程中电势能增大A^=2XO.O5J=O.1J

则小球和弹簧组成的系统机械能减少0.1J,为仇i=0.70J-0.10J=0.60J

故D正确。

故选D0

7.（24-25高三上•河北沧州•期末）如图所示，在光滑水平地面左侧有竖直挡板，劲度系数为女的轻弹簧左

端固定在挡板上，右端自由且处于原长状态，质量为机、带电量为+夕的小滑块P紧贴着弹簧石端由静止释

放。整个装置处于水平向左、电场强度大小为E的匀强电场中。已知弹簧弹性势能综与形变量x的关系为

E『泊,运动过程中小滑块P的电荷量不变，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（）

E

A.小滑块P加速度的最大值大于国

m

B.小滑块P的最大速度为“停

C.弹簧的最大压缩量为学

K

D.若仅将小滑块P的释放点适当右移，小滑块速度最大的位置将更加靠近挡板

【答案】C

【详解】A.刚释放时，小滑块P的加速度最大，有句=〃以四

解得限

m

故A错误；

B.小滑块P先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，当加速度为0时速度最大，有

kx}-Eq=O

由能量守恒有Eqxi=；kx；

解得匕皿=Eq"；

故B错误：

C.小滑块P做简谐运动，所以当弹簧压缩量最大时，小滑块P的加速度最大，为，〜=典

m

对小滑块P受力分析并结合牛顿笫二定律有-明=

解得多二华

故c正确；

D.若仅将小滑块P的释放点适当右移，小滑块P先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做

加速度增大的减速运动，当小滑块P的加速度为。时它的速度最大，所以有去3-砌=0

解得工3=孕=演

k

所以小滑块P速度最大的位置不变，故D错误。

故选Co

8.（2025•湖南怀化•三模）如图所示，488为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向的夹角

6=37。，-带正电小球经过等势面4上的。点时，速度方向水平，小球沿直线运动，经过等势面。上的d

点时速度恰好为零，已知小球质量为〃?=0.05kg,带电量g=0.05C,ad间的距离为0.15m,重力加速度

g=10m/s2,sin370=1,cos37°=-,则下列说法正确的是（）

.A

/d

//C

晨祖上……D

，7，ZZ

/✓///z<✓aJ

✓✓✓✓/Z/3

✓/✓✓

zz/

z/z/✓/

zz

■///z/

zz

✓

✓zz

zzzz

♦<

✓✓

A.匀强电场强度大小为7.5N/C

B.小球在。点的速度大小为1.5m/s

C.4和8两等势面的电势差UM=0.375V

D.若小球从4点沿向方向水平射入，则小球的运动轨迹为曲线

【答案】B

【详解】A.根据小球的受力图,有qEcosO=mg

解得石=I2.5N/C

选项A错误；

B.小球在运动过程的加速度满足mgtan夕=加。

解得a=7.5m/s2

根据lax=v：

解得%=L5m/s

选项B正确；

C.粒子在运动过程中，重力不做功，故3力/=0-g加%

解得U/8=—0・375V

选项C错误;

D.若小球从1点水平射入，小球受到的电场力方向水平向左，小球做加速直线运动，选项D错误。

故选Bo

mg

9.（2025•安徽马鞍山•一模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2▲的绝缘轻杆连接两个质量均为

，"的带电小球A和B,小球可视为质点，A球的电荷量为+3心B球的电荷量为-5夕，组成一带电系统，处于

静止状态。N0与平行且相距3L开始时恰为杆的中垂线。现在MP、N0间加上水平向右的匀强

电场带电系统开始运动。则（）

MN

E

月〃〃胡〃〃况〃A〃〃〃…

9II

3L

PQ

A.B球刚进入电场时，速度大小为/幽

B.A球刚离开电场时，速度大小为栏

c.B球进入电场后的最大位移为2L

D.B球从开始运动到最大位移的过程，其电势能的变化量为3qE£

【答案】B

【详解】A.设B球刚进入电场时带电系统速度为力，由动能定理可得%以=:2〃炉

解得巧=出好

故A错误；

B.设A球离开电场时速度为电，由动能定理可得-2成匕二，2阳（田-匕2）

解得丫2=楞

故B正确：

C.当系统速度为零时，B球进入电场的位移达到最大，从A球刚离开电场时到B球达到最大位移，由动能

1,

定理可得-5qE（x-L）=0---2/叫

所以x=1.2L

故C错误；

D.B球从开始运动到最大位移的过程，电场力做功为唯二-57%

根据功能关系可得%,=-%

所以/=6qEL

故D错误。

故选Bo

10.（2024•四川成都•一模）如图所示，用绝缘支架将带电荷量为+。的小球。固定在。点，一粗糙绝缘直

杆与水平方向的夹角9=30。，直杆与小球。位于同一竖直面内，杆上有/、B、C三点，。与。两点位于同

一水平线上，8为4C的中点，0月=（心L。小球力质量为机，带电向量为一夕，套在直杆上，从力点由静止

开始下滑，第一次经过4点时速度为打运动到C点时速度为①在+。产生的电场中取C点的电势为0,

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（）

A

A.小球a在力、4两点处产生的电场强度大小之比为1：2

B.小球人从4点到C点过程中产生的内能为6〃磔

C.小球h的电势能最小值为

D.小球〃到。点后又能从。点返回到4点

【答案】C

【详解】A.小球a在力、8两点处产生的电场强度大小之比为

专_1_

EB0kQ4

(LsinOp

A错误;

B.小球人从4点到C点过程中由能量守恒定律得

也

Q=mgh-mgLcos0-—mgL

即产生的内能为孚〃*L,B错误；

D.根据点电荷周围产生的电场和电势对称分布可知，力点和。点的电势相等，则小球b从4到C点电场

力做功为零，由动能定理有

"磔+%-叫=0-0

可得

Wf=mgh

而从C点假设能回到力点，有

-〃的+%-%=4-0

到达力点的动能为负，故小球不能回到4点，D错误：

C.小球在8点左右两侧关于8点对称的点的支持力相等，因此摩擦力相同，即力8段和8C段摩擦力做功

相等，6点离正场源电荷最近，月.电势最面，则负电小球〃在5点的电势能最低，由动能定理有

mgh...叫1，八

一—+爪网----=—mv~-0

2”22

匕B=O-EB

in口

Wf=mgh

“J'如，小球b的电势能最小值为-,c正确:

故选c。

散型IJ3用能量和动量观点解决力电综合问题

11.（2024•陕西宝鸡•模拟预测）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道/18CQP,由半径r=0.5m的圆

弧轨道CDP和与之相切于。点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角

8=37。，A,2两点间的距离质量町=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在4点，质量叫=01kg、

电荷量q=lxl（f5c的带正电小球静止在△点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小

尸=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达4点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰

后小球沿轨道运动，到达Q点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过

程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8°下列说法错误的是

A.撤去该恒力瞬间滑块的速发大小为6m/s

B.匀强电场的电场强度大小E大小是7.5xl（尸N/C

C.小球到达尸点时的速度大小丹是2.5m/s

D.小球和滑块碰撞后，滑块速度大小为4m/s

【答案】D

【详解】A.对滑块从4点运动到8点的过程，根据动能定理有

1

Fd=—tniv'

解得

v=6m/s

故A正确，不符合题意;

B.小球到达尸点时，受力如图所示

m2g

则有

qE="bgtan。

解得

£：=7.5X104N/C

故B正确，不符合题意；

C.小球所受重力与电场力的合力大小为

G：广器

cos<9

小球到达尸点时，由牛顿第二定律有

59=叫上

解得

vp=2.5m/s

故C正确，不符合题意：

D.滑块与小球发生弹性正碰，取水平向右为正方向，设碰后滑块、小球的速度分别为町、也，则由动量守

恒定律得

my=+tn2v2

由能量守恒得

I212I,

5机尸=-w,v；+-w2v?

联立解得H=-2m/s,彩=4m/s故D错误，符合题意。故选D。

12.（2024•安徽合肥•二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原

理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质包气进入放电通道后被电离为沅离子，经

电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U,能离子向外喷射形成的电流强

度为/。能离子的电荷量与质量分别为9和阳，忽略离子的初速度及离了•间的相互作用，则离子推进器产生

【答案】D

【详解】以正离子为研究对象，由动能定理得=4时间内通过的总电荷M为。=/4喷出的正离子

总质量为屈=2m=竺0〃由动量定理可知正离子所受的平均冲量户△/=联立以上式子可得

qq

F=/楞叵根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力声=/楞巨故选Do

13.（24-25高三下•重庆・期末）如图甲所示，带电小球B静止在光滑绝缘水平面上，质量，%\=10g的带电

小球A以水平向右的速度n=4m/s正对B的球心运动。在。一。时间内，A、B两球的了一图像如图乙所示,

若A、B不相碰，且半径相同，则下列说法正确的是（）

A.小球A、B带异种电荷

B.小球B的质量〃％=40g

C.系统的最小动能为0.02J

D.小球A、B最终以速度v=lm/s匀速直线运动

【答案】c

【详解】A.根据y—图像可知，A球向右做减速运动，受到向左的库仑力，B球向右做加速运动，受到向

右的库仑力，A、B之间存在排斥力，所以小球A、B带同种电荷，故A错误：

B.由丫-1图像可知，时刻两小球的速度相同，共同速度u=lm/s,A、B组成的系统满足动量守恒，根据

v

动量守恒定律有利A匕、=（%+"%）

解得〃％=30g

故B错误；

C.当A、B速度相同时两者相距最近，系统的电势能最大，动能最小，此时4min=；（mA+〃?B），=0.02J

故（:正确；

D.小球A、B速度为lm/s时相距最近，小球A受到向左的库仑力，继续向右做减速运动，运动的速度小于

lni/s,小球B受到向右的库仑力，继续向右做加速运动，运动的速度大于hn/s,故D错误。

故选Co

14.（2024•北京石景山•一模）带电粒子碰撞实验中，片0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。

两粒子的旧图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触,则（）

A.粒子B在0飞时间内动能一直减小

B.两粒子在打时刻的电势能最大

C.粒子A的质量小于粒子B的质量

D.粒子A在打时刻的加速度最大

【答案】B

【详解】A.粒子B在0~打时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加I,选项A错误;

B.两粒子在八时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，选项B正确；

C.由图可知，仁0时刻有

Po=mHv(,

在时刻有

P2=〃卬）

两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mRv（）=mAvA

又由于

所以有

mB<mA

故C错误；

D.两粒子在。时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，选项D错误。

故选Bo

15.（24-25高三上•黑龙江大庆•模考）如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两个小球质量分别为2,〃和

小，两球均带正电，某时刻A有指向B的初速度/，B的速度为0,之后两球在运动中始终未相碰，当两球

从此刻开始到相距最近的过程中，下列说法正确的是（）

AvB

A.两球系统动量守恒，机械能守恒B.两球系统电势能增加了皿

6

C.电场力对A球做的功为〃匹：D.电场力对B球做的功为空

【答案】C

【详解】A.两球系统所受合力为0,则系统动量守恒，但两球相互靠近过程中电场力做负功，机械能减小,

故A错误；

B.当两球速度相等时，两球相距最近，由动量守恒有二〃”。二（出+2〃?>得射=与由能量守恒可知，两球系

*2

统电势能增加AEp=—x2〃?片——x（m+2m）v=mv1--mx—vj="故B错误;

22293

C.由动能定理可知，电场力对A球做的功为

叫=；x2mv2~~x=-gmv1

故C正确；

D.由动能定理得，电场力对B球做的功为

...I12v,2/??VQ

%=3mV~2=-77Zxz0=―

故D错误。故选C。

02

16.（2025,河北•模拟预测）如图所示，绝缘粗糙的水平轨道与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道

BC平滑连接，为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m,所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线

平行于力心电场强度E=15N/C。将一带电体甲在。点由静止释放，此后甲与位于夕点的不芍电的绝缘体

乙发生正碰并瞬间粘在一起，尸点到〃点的距离x.=4m,已知带电体甲的带电量夕=+0.002C,甲、乙两

个物体的质量m均为0.002kg且均可看作质点，带电体甲与水平轨道间的动摩擦因数为0.25,gHXlOm/s2,

34

sin370=",cos37°=-0求：

55

⑵甲、乙两个物体粘在一起后沿半圆轨道运动过程中对轨道压力的最大值；

⑶粘连体离开。点后落到水平轨道上的位置与B点的距离d和落到轨道上时的速度vo

【答案】（1I0.075J

（2）0.32N

（3）0.6m,4m/s,方向竖直向下

【详解】（1）对甲进行分析•，根据动能定理有力1-八片

解得%=10iWs

碰撞过程，根据动量守恒定律有m%=2〃半

解得H=5m/s

则甲、乙两个物体碰撞过程中损失的机械能%〃质-f叫2

解得蜃=0.075J

（2）令甲、乙两个物体粘在•起后沿半圆轨道运动过程的等效物理最低点为。，该位置重力与电场力的合

力方向背离圆心，令重力、电场力合力方向与水平方向夹角为以则有tan®=2等

qE3

解得6=53°

甲乙整体从3运动到。过程，根据动能定理有"及cos0-2mg（R-Rsin夕）=gx2mv；-；x2〃*

在等效物理最低点，对甲乙整体进行分析，根据牛顿第二定律有乂-焉=2〃?]

根据牛顿第三定律有乂=乂

解得N=0.32N

（3）甲乙整体从8运动到C过程，根据动能定理有-2摩NR=gxZ/zM-JxZ"”

解得勺=3。%

之后，甲乙整体在竖直方向做自由落体运动，则有2R=；gJ,%=卬

水平方向做匀变速直线运动，则有d=卬-!•丝/，匕=匕-理，

22m2m

解得4=0.6m,vx=0,5=4m/s

落到轨道上时的速度V=M+vj

解得y=4m/s

速度v的方向竖直向下。

17.（2025•湖北•模拟预测）如图所示，界面P。的左侧有匀强电场，电场强度大小E=l（）0（）N/C,方向水

平向右。质量〃?=3kg、电荷量q=+0.01C的小滑块（大小忽略K计）放在一两端有固定弹性挡板（挡板厚

度不计）的木板上，它与木板间的动摩擦因数M=02,木板的质量为邮=1kg,木板与水平地面间的动摩

擦因数％=025,板长L=6m,木板的右端距电场边界〃。的距离4=8m,重力加速度g取lOm/s2,滑块

与挡板间发生的碰撞为弹性碰撞，且时间极短，可忽略不计，碰撞过程中滑块的电荷量不变。求：

Q

(1)滑块与挡板第一次碰撞前滑块的速度。

(2)滑块与挡板第二次碰撞后滑块的速度。

⑶木板停止运动时木板的总位移。

【答案】(l)4m/s

(2)2.5m/s

(3)9.8m

【详解】(1)滑块与挡板第•次碰撞前，设其速度为匕，根据动能定理得E=

解得匕=4m/s

(2)滑块与挡板第一次碰撞过程，根据动量守恒有机匕=〃?为+必匕

根据能量守恒有:〃/江

联、工解得v2=2m/s,v3=6m/s

碰后对/〃分析，根据牛顿第二定律有Eq+从mg=叫

解得q弋

对M分析，根据牛顿笫二定律有+外(用g+吸)=M%

角牟得4=16m/s?

设经时间％,“、机共速，则有岭+卬1=丫3Tg

解得f]=[s

10

故M、〃?共速的速度匕="；=3m/s

共速后，对“分析，根据牛顿第二定律有为-从〃噜=〃/

4

解得a；=§m/s2

对M分析，根据牛顿第二定律有应(〃?g+Mg)-"Mg=

解得《=4m/s2

共速前后历与〃?的相对位移大小相等，则有g(q+七)彳=(•+%)片

解得

o

滑块将与挡板发生第二次碰撞前，的速度＜=试+。也=3.5m/s

M的速度可=匕-a/=1/s

滑块与挡板第二次碰撞过程，根据动最守恒有mv；+Mv；=

根据能量守恒有gmvf+（.;2=；〃?吟2

解得y[=2.5m/s,v*=4.5m/s

即第二次碰撞后滑块的速度为2.5m/s。

（3）作出出图像如图所示

滑块与挡板第一次碰撞到与挡板发生第二次碰撞过程中的位移、=匕八+，2）=77。]

16

177

同理，可得滑块与挡板第二次碰撞到与挡板发生第三次碰撞过程中的位移占=%«'+《）=不占=^m

同理可得滑块与挡板第〃次碰撞到与挡板发生第〃+1次碰撞过程中的位移七，滑块与挡板第〃+1次碰撞到

与挡板发生第〃+2次碰撞过程中的位移工用，则有居“二（乙

YY27

故挡板运动位移为王+子+…+法＜2为=彳m＜“后，M、/〃以相同速度因=%=3m/s一起匀速运动，到界

22o

面PQ,m出电场后，根据能量守恒有：（"7+M）因2=必（〃7+M）gx

解得x=1.8m

长木板停止运动时木板的总位移x'=d+x=9.8m

18.（2025・四川德阳•三模）如图所示，竖直平面内，圆心为。点，半径A=lm内壁光滑的圆弧管道/出。

固定在粗糙水平面上，管道与水平面相切于。点，04连线与竖直方向的夹角。二60。，连线友?的左、右

两侧存在电场强度均为七二上，方向分别为竖直向下、水平向右的匀强电场。质量〃『1kg、所带电荷量为

q

+夕的小球。以一定的初速度从4点开始运动，恰好能通过管道的最高点8点，并与静止在c点的物体分发

生弹性碰撞，碰撞前后两带电体的电荷量不发生改变。已知物体人的质量为〃?、电荷量为+2外与水平面间

的动摩擦因数〃=：,小球。、物体〃均可视为质点，重力加速度g取10m/s2,求：

⑴小球。在力点初速度的大小;

⑵小球。经过管道。点时（仍在右侧电场中），对管道的压力大小;

⑶物体b停止的位置到C点的距离。

【答案】⑴匕,=2而m/s

（2）儿=70N

（3）x=3m

【详解】（1）在8点根据牛顿第二定律得就+%=〃?¥

解得以=2>/5ITI/S

从,4点到B点根据动能定理得-（拉+〃?g）H（l-cose）=5〃4-g〃S

解得%=2\ZT（）m/s

（2）从8点到C点根据动能定理得=；〃就

解得vc.=

在C点根据牛顿第二定律得外c-=加亨

解得"c=70N

（3）碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律得机vc=mvfl+mvh,v：

解得匕=°，也=V60m/s

根据动能定理得-〃（〃噜+2qE）x=0-g〃说解得x=3m

19.（2025•云南•模拟预测）如图所示，质量为％=1kg的物块3静止在足够大的水平面上，空间有水平向

右、电场强度大小为£=2x105N，C的匀强电场。将质量为机A=3kg、带电量为q=+4.5xlO-5C的物块A从

距B物块x°=lm处由静止释放，物块A向B运动与B发生碰撞，已知物块A与水平面之间的动摩擦因数为

〃二0/，物块B与水平面间无摩擦力，A、B均可视为质点且A、B之间的碰撞均为弹性碰撞，运动过程

中A的电荷量始终不变，B始终不带电，取重力加速度g=10m/s2。求：

E

-----------------------------------------------►

AB

%

⑴第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小；

⑵第一次碰撞结束到刚要发生第二次碰撞的过程中，物块B的位移大小

⑶从开始运动到刚要发生第10次碰撞的过程中摩擦力对A做的功。

【答案】（1）为=1HS，%i=3m/s

（2）.vB1=6m

⑶匕=-8I3J

【详解】（1）A与B第一次碰前.对A由动能定理得：20-〃叫©0=；叫片

解得%=2m/s

A与B碰撞过程，由弹性碰撞规律得加A%=〃2AI+〃?B%I，/A（Kd+g心哈

解得％1=1向$,%=3m/s

（2）第一次碰撞结束后,对A,宪牛顿第二定律可得

解得a=2m/s2

碰后B做匀速运动，设经过。时间A、B将发生第二次碰撞，则匕也也

解得a=6m

（3）第二次碰前K=%+的=5m/s

WVV+WV

第二次碰撞时AAI/+VM=wAvA24mBvB2,+^WBBI=；%唉^BB2

设经过打时间A、B将发生第三次碰撞，可得心2=以24+；。6=%小

角牟得X42=X82=12m

此后将重复类似之前的运动和碰撞过程，同理可得，第三次碰撞结束到第四次碰撞的过程中，A和B通过的

位移为山3=X83=18m

可得从开始运动到刚要发生第10次碰撞的过程中摩擦力对A做的功为叫=+%（1+2+…+9）］

解得匕=-813J

20.（2025・吉林通化•二模）如图所示，光滑水平地面，方8处存在宽度〃=4m、方向竖直向_L,大小

£=lxlO，N/C匀强电场区域。质量班=lkg、长为/=6m的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右

侧与电场边界。重合。某时刻质量吗二0-5kg、带电量q=+3xl（T,C的可视为质点的滑块以初速度%=6m/s

从长木板左端水平滑入，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数〃=0.5,重力

加速度大小为10m/s’。求：

（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；

⑵滑块在电场中的运动时间，及全过程的摩擦生热。

【答案】（l）lm/s

（2）1.5s,6J

【详解】（1）滑块刚进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得〃%g=〃1M

解得加速度大小为q=2.501々

对滑块根据牛顿第二定律可得〃〃?£=机2a2

解得加速度大小为。2=5m/s?

滑块进入电场前，对滑块有西一£=一2%（/—1）,v2=v0-«2/,

解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为%=4m/s,6=O.4S

在时间f=0.4s内，对木板有匕=4/=lm/s

所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为1MS。

（2）滑块进入电场后经过时间G滑块与木板同速，设共同速度为丫，滑块与木板组成的系统动量守恒，则

有叫％=（W|+w2）v

解得v=2m/s

对滑块分析，由动曷定理可得-〃［吗8-"刈=吗一啊匕

解得L=ls

在时间L和，2内滑块的总位移为x=/-d+；（匕+v）q=5m

滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为1I-Y=0-5s

V

所以滑块在电场中的运动时间为/=&+A=L5s

由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为。=}%4（叫+叫N=6J

21.（2025•广东广州•模拟预测）如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道MN段粗

糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的尸点处静止放置一绝缘物块6,一带

正电的物块。从曲面上距水平面高为〃处由静止糕放，滑出电场后与物块方发生弹性碰撞。碰撞后，立即

在P点放入与物块〃完全相同的静止物块。」知〃=l.0m,直轨道长L=1.0m,物块。与MN之间的动摩擦因

数〃=04物块。的质量〃尸1kg,物块〃的质量A/=2kg,场强七=2X106N/C,物块。的电荷量q=6xl（y6c,重

力加速度g取10m/s2,物块八〃均可视为质点，运动过程中物块〃的电荷量始终保持不变。

（1）求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小;

（2）求物块。与物块6第一次碰撞后，物块〃的速度大小;

⑶求物块“在电场中运动的总路程。

【答案】（l）6m/s

(2)4m/s

43

⑶z4

【详解】（1）物块。从静止释放到与物块6碰撞前瞬间，根据动能定理有〃侬?+就£-〃〃?现£

解得％=6m/s

（2）物块a与物块8发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有小％=，〃%+M5

根据机械能守恒定律有（〃此=：〃吟+?W哈

解得%=-2m/s,%=4m/s

（3）物块a与物块方碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律

1,l

-wv；,=(7£%,

乙

解得再

O

物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据功能定理有qEx「"mg%=/?咆

解得，i=&,vu2=Vim/s

再次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有机%=〃?%+〃%

根据机械能守恒定律有;〃叱［2=J"?”'+；”片2

解得匕3=-^^m/s，vb2=m/s

即物块a与物块力（与物块力完全相同的物块）每次发生弹性碰逾后瞬间，物块。的速率均为碰撞前瞬间速

।2

率的［，物块〃