帶電微粒（計(jì)重力）在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練5大題型）解析版-2026年高考物理二輪復(fù)習(xí)

帶電微粒（計(jì)重力）在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（5大題型）

目錄導(dǎo)航亭

第一部分題型專(zhuān)練

【題型01】帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)

【題型02】帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

【題型03】帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一般運(yùn)動(dòng)

【題型（）4】帶電物體在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

【踵型05】帶電物體在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一般運(yùn)動(dòng)

第二部分重難集訓(xùn)

題型專(zhuān)練

【題型1帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)】

1.（多選）（2025?湖北?一模）如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一定角度，兩極板間的

電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)。若一帶電小球（可視為點(diǎn)電荷）恰能沿圖中水平虛線從左向右通過(guò)電容器，不計(jì)空氣阻

力，則在此過(guò)程中，該帶電小球（）

A.可能做勻速運(yùn)動(dòng)B.一定做勻減速運(yùn)動(dòng)

C.電勢(shì)能增大D.機(jī)械能守恒

【答案】BC

【詳解】AB.小球沿水平虛線做直線運(yùn)動(dòng)，受力為重力和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線平

行。由于運(yùn)動(dòng)方向水平，合力必須沿水平方向。因此，重力和電場(chǎng)力的合力水平向左，小球做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)，不可能勻速，A錯(cuò)誤，B正確；

C.電場(chǎng)力的方向斜向上，小球從左向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與位移方向的夾角大于90',電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能

增大,C正確；

1/29

D.機(jī)械能的變化由除重力外的其他力做功決定，由于電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。

故選BCo

2.（多選）（2025?河北唐山?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直平面內(nèi)的長(zhǎng)方形打〃內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為

小帶電荷量為q的帶正電小球從b點(diǎn)進(jìn)入該長(zhǎng)方形后，僅在重力和電場(chǎng)力作用下沿直線勻速運(yùn)動(dòng)到"點(diǎn)。

長(zhǎng)方形長(zhǎng)、寬分別為禮和33重力加速度為g。則小球從8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是

（）

3L

b

A.小球電勢(shì)能減少了3/〃gL

B.小球機(jī)械能增加了5mgL

c.從d兩點(diǎn)的電勢(shì)差為即迎

q

D.電場(chǎng)力對(duì)小球做的功為4用gL

【答案】AC

【詳解】ABD.小球僅在重力和電場(chǎng)力作用下沿直線勻速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力等大反向，電場(chǎng)力做功為

3mgL,根據(jù)啖=-AEp=3加g￡

小球電勢(shì)能減少了3/〃gL,根據(jù)能量守恒定律知機(jī)械能增加了3所g3故A正確，BD錯(cuò)誤；

C.b、d兩點(diǎn)的電勢(shì)差〃=%■=即始，故C正確。

qq

故選ACo

3.（2025?貴州?模擬預(yù)測(cè)）如圖，兩根光滑絕緣細(xì)桿力。、8C的端點(diǎn)固定在同一豎直圓周上，8點(diǎn)為圓的

最島點(diǎn)，AC,8。為圓的兩條直徑（其中8。豎直，ZC'與豎直方向成"角），整個(gè)裝置處于水平向右的勻

強(qiáng)電場(chǎng)中（圖中未畫(huà)出）。現(xiàn)將一質(zhì)量為〃八帶電荷量為。/（4＞。）的小環(huán)套在細(xì)桿上先后從4、8兩點(diǎn)由

靜止稱(chēng)放，小環(huán)沿力C、4c路徑的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為小4。已知小環(huán)受到的電場(chǎng)力滿足，E=Mgtan。，重

力加速度大小為g。則（）

2/29

B

A

D

A?…2B./1<t2

C.小環(huán)下滑過(guò)程，電場(chǎng)力的沖量相等D.小環(huán)下滑過(guò)程，電場(chǎng)力做功相等

【答案】C

【詳解】AB.由已知關(guān)系gE="igtan。易知，重力和電場(chǎng)力的合力沿力C方向，由“等時(shí)圓〃模型易知,

。=，2，故ABfiii吳:

C.由/=夕&知，電場(chǎng)力的沖量相等，故C正確；

D.由郎=q￡x知，力C路徑的水平位移x較大，則做功較多，故D錯(cuò)誤。

故選Co

4.（2026?貴州畢節(jié)?一模）如圖甲，質(zhì)量m=0.5kg、帶電量g=+2xl（）6c的小物塊A被鎖定在光滑絕緣水

平地面上的坐標(biāo)原點(diǎn)。處，處于水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=5xlO6N/C。從某

時(shí)刻開(kāi)始，對(duì)A解除鎖定，同時(shí)對(duì)A施加一個(gè)水平向左的力Rb的大小與A的位置工關(guān)系如圖乙所示。

求：

E

A

/〃,〃〃）乃,〉〃〃〃〃〃〃〃〃7I

QX/IT1

圖甲

（1）A解除鎖定瞬間加速度的大小；

（2）A運(yùn)動(dòng)過(guò)程最大速度的大小。

【答案】（l）15m/s2；（2）3石m/s

【詳解】（1）對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律《￡-尸二陽(yáng)。①

解得。=15m/s'②

（2）當(dāng)系統(tǒng)所受合力為零時(shí)，速度最大，即9￡=尸③

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由圖像可得/=2.5+25丫④

從釋放到速度最大的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理夕取-寫(xiě)￡工二；〃”⑤

解得y=3后m/s⑥

【題型2帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)】

5.（2025?浙江?模擬預(yù)測(cè)）如圖（a）所示，一點(diǎn)電荷（不計(jì)重力）在輻向電場(chǎng)中圍繞圓心。做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，軌跡所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為七；如圖（b）所示，同一點(diǎn)電荷在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知點(diǎn)電荷兩次做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度相等，兩個(gè)圓弧軌跡的半徑均為L(zhǎng)

下列說(shuō)法正確的是（）

圖（a）圖（b）

A.圖（b）中點(diǎn)電荷可能沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)也可能沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

B.點(diǎn)電荷的線速度大小為名

E

￡2

C.點(diǎn)電荷的向心加速度大小為▼

B丁

F

D.點(diǎn)電荷的比荷為g

Br

【答案】C

【詳解】A.由圖（a）可知點(diǎn)電荷一定帶正電，對(duì)圖（b）由左手定則可知點(diǎn)電荷一定沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A

錯(cuò)誤。

B.對(duì)圖（a）有％=竺1

2

對(duì)圖（b）有Bq\，="-

r

可得y=?E

B

故B錯(cuò)誤。

2E2

C.向心加速度大小為a=Lv=：-

rB-r

故C正確。

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綜合可得點(diǎn)電荷的比荷為包=白

ntB￡r

故D錯(cuò)誤。

故選Co

6.（2025?云南昭通?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示為一種“自動(dòng)旋轉(zhuǎn)甩玩小球〃玩具模型的簡(jiǎn)化圖。內(nèi)側(cè)半徑為R的

光滑絕緣軌道豎直固定放置，軌道內(nèi)部存在與軌道平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)（方向未知）。軌道內(nèi)側(cè)有一質(zhì)量

為〃?，帶電量為［何＞0）的五彩小球從軌道最低點(diǎn)尸以某一初速度啟動(dòng)，在軌道平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蚯『媚?/p>

做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與軌道圓心。的連線與0P方向的夾角記為巴乙圖所示為小球在運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中的電勢(shì)能《隨角度J的變化情況，已知重力加速度為g,則（）

JL3n2TI0

2\T/

-mgR

勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右

電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為立鱉

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的最小值為今mgR

D.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)軌道壓力的最大值為（3+3a）〃7g

【答案】C

【詳解】A.如圖所示

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設(shè)以、N分別為圓環(huán)上與圓心。等高的兩點(diǎn)，根據(jù)乙圖，當(dāng)。=0和。=冗時(shí)，小球的電勢(shì)能均為0,則P、

。兩點(diǎn)的連線為等勢(shì)線，當(dāng)。:叁時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能4=加顏

當(dāng)6=■^時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，電勢(shì)能Ew=-mgR

綜上所得，電場(chǎng)線的方向由N指向即水平向左，A錯(cuò)誤；

B.小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得的2/?=〃.-（-〃吆他

解得上=些

q

B錯(cuò)誤；

C小球所受電場(chǎng)力尸=Eq=mg

則小球所受合力，即小球在圓環(huán)內(nèi)受到的等效重力為血〃電,方向與MN成45。角，根據(jù)題意，小球運(yùn)動(dòng)到

2

"最高點(diǎn)"時(shí)動(dòng)能最小，由牛頓第二定律得"町=〃，萼

解得=￥頻

即Ekmin=與mgR

c正確；

D.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到"最低點(diǎn)"時(shí)對(duì)軌道的壓力最大，小球從“最高點(diǎn)”到"最低點(diǎn)〃的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得

42mg-2R=^mv^-^mvltn

小球在“最低點(diǎn)〃時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得心-&小g=〃?，L

聯(lián)立以上兩式，解得氏=6/〃?g

D錯(cuò)誤。

故選Co

7.（多選）（2025?河南?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑的圓形玻璃管道，管道圓心為O,半

徑為1.5m,管道半徑遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于玻漓管道內(nèi)徑。空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為4X106N/C。

將小球置于玻璃管道最低點(diǎn)并給小球一個(gè)初速度，使小球剛好能在玻璃管道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)。小球的

質(zhì)量為0.03kg,電荷量為-IxlO-C。取管道圓心。處的電勢(shì)為0,圓心。所在水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能

面，重力加速度g取10m/s，則下列說(shuō)法正確的是（）

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E

A.小球運(yùn)動(dòng)的最小速率為5m/s

B.小球具有的甩勢(shì)能最小為0.6J

C.小球具有的機(jī)械能最小為0.15J

D.小球?qū)壍赖膲毫ψ钚?

【答案】CD

【詳解】A.小球受電場(chǎng)力為/片=0.4N,重力為G=0.3N兩個(gè)力的合力為E=0.5N,方向沿左下方與水平方向

夾角為37。，（小球的等效最低點(diǎn)），當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)速度最小，因細(xì)管對(duì)小球有支持力，可知

到達(dá)"最高點(diǎn)”時(shí)小球運(yùn)動(dòng)的最小速率為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的左側(cè)位置時(shí)電勢(shì)能最小，則具有的電勢(shì)能最小為

Egn=￡/^=（4xl06xl.5）x（-lxlO_7）J=-0.6J

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.小球運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的右側(cè)位置時(shí)電勢(shì)能最大，此時(shí)小球的機(jī)械能最小，小球從“最高點(diǎn)”到該點(diǎn)由能

量關(guān)系—=mgrsin37,-^￡r(l-cos37)

解得L”2=o』5j

因該點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，則小球在該點(diǎn)具有的機(jī)械能為0.15J,選項(xiàng)C正確；

D.小球?qū)ν鈧?cè)軌道有壓力時(shí)，對(duì)內(nèi)側(cè)軌道的壓力為零，小球?qū)?nèi)側(cè)軌道有壓力時(shí)，對(duì)外側(cè)軌道的壓力為零,

則小球?qū)壍赖膲毫ψ钚?,選項(xiàng)D正確。

故選CD.

8.（2025?云南昭通?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為/?的金屬環(huán)輕直放置，電場(chǎng)方向豎直

向下，電場(chǎng)強(qiáng)度后=詈，環(huán)上套有一質(zhì)量為，小電荷量為夕的小球（g>0）,小球開(kāi)始時(shí)靜止于最低點(diǎn)，現(xiàn)

使小球以初速度％=>A荻沿環(huán)上滑（g為重力加速度），小球運(yùn)動(dòng)到環(huán)的最高點(diǎn)時(shí)與環(huán)恰無(wú)作用力，則小

球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，求：

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⑴小球在最高點(diǎn)的速度：

⑵小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬環(huán)的壓力;

⑶小球克服摩擦力所做的功。

【答案】（2）14，〃g；（3）川gR

【知識(shí)點(diǎn)】帶電物體（計(jì)重力）在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)、應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功

【詳解】（1）對(duì)小球在最高點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律，有/〃g+W=

R

解得y=12gR

（2）對(duì)小球在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律，有尸N-〃?g-回=加壓

R

解得&=14/ng

（3）對(duì)小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得-〃?g2R-助2/?-%克=；加2-1成

解得叫克二〃3

【題型3帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一般運(yùn)動(dòng)】

9.（2025?山東?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，真空中平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一圓形區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

E二包咀,質(zhì)審為〃?，電荷量為夕（9>0）的小球從圓周上的4點(diǎn)以相同的速率向各個(gè)方向發(fā)射，這些小

球能到達(dá)圓周上的所有位置，力C、〃。是圓的兩條相互垂直的直徑，已知近?中點(diǎn)M處是圓周上電勢(shì)最低的

點(diǎn)，卜列有關(guān)說(shuō)法中止確的是（）

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A.電場(chǎng)沿0c方向B.圓周上的4點(diǎn)和。點(diǎn)電勢(shì)相等

C.小球到達(dá)A/點(diǎn)電勢(shì)能最大D.小球到達(dá)C點(diǎn)動(dòng)能最大

【答案】D

【詳解】A.由于圓周上各點(diǎn)中加點(diǎn)電勢(shì)最低，則電場(chǎng)方向應(yīng)與M點(diǎn)所在切線垂直，則電場(chǎng)方向沿0M方

向，故A錯(cuò)誤：

B.等措面應(yīng)與電場(chǎng)線垂直.且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低,則加點(diǎn)電措高于B點(diǎn),故B錯(cuò)誤：

C.小球帶正電，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越大，圓周上電勢(shì)能最大的位置位于石中點(diǎn)，故C錯(cuò)誤：

D.小球受重力和電場(chǎng)力，所受合力沿OC方向，圓周各點(diǎn)，小球到達(dá)。處合力做功最多，動(dòng)能最大，故D

正確。

故選Do

10.（多選）（2025?湖南?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，紙面為豎直面，MN為豎直線段，A/N之間的距離為/?,空

間存在平行于紙面的足夠?qū)拸V的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小和方向均未知（圖中未畫(huà)出）。一帶電量為夕（g>0）,

質(zhì)量為小的小球從M點(diǎn)在紙面內(nèi)以％=國(guó)的速度水平向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，以后恰好以大小為片2%的速度通

過(guò)、點(diǎn)。已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。則（）

%

,<—

、V

A.Ux也也

q

B.小球經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度方向一定與水平向右的方向成60°

C.電場(chǎng)強(qiáng)度方向有可能斜向右上

D.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為叵%

【答案】ABD

【詳解】A.小球從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有qUMN+mgh=-g”?片

解得逆，故A正確；

q

B.小球在水平方向的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱(chēng)性，故到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，水平速度大小為％,所以在豎直方向

9/29

47

設(shè)小球經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度方向與水、上的夾角為a,貝ijtana=±=石

%

解得a=60。，故B正確；

C.若小球在豎直方向只受重力，則彳=2g〃

解得。=72gh<y]6gh

所以小球一定受到豎直向下的電場(chǎng)力的分力，即電場(chǎng)強(qiáng)度一定有豎直向下的分量，故C錯(cuò)誤;

D.畫(huà)出小球從"到N的速度變化矢量圖，如圖所示

可知，實(shí)際速度與和垂直時(shí)速度最小，則sinJ=?=叵

Av7

則%in=%sin。=4^%,故D正確。

故選ABD。

11.（2025?北京海淀?二模）如圖所示，實(shí)線是豎直面內(nèi)以。點(diǎn)為圓心的圓，MN和也是圓的兩條相互垂

直的直徑，在豎直面內(nèi)存在由。點(diǎn)指向夕點(diǎn)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。從。點(diǎn)在豎直面內(nèi)向各個(gè)方向以大小相同的初速

度發(fā)射電荷量和質(zhì)量完全相同的帶正電小球，通過(guò)圓上各點(diǎn)的小球中，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)的小球速度最大。不計(jì)空

氣阻力及小球間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是（）

A.沿。。方向發(fā)射的小球可以沿。尸方向做直線運(yùn)動(dòng)

B.沿ON方向發(fā)射的小球不會(huì)沿ON方向做直線運(yùn)動(dòng)

C.通過(guò)圓上P、0兩點(diǎn)的小球機(jī)械能相等

D.通過(guò)圓上〃、N兩點(diǎn)的小球機(jī)械能相等

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【答案】D

【詳解】AB.對(duì)小球受力分析可知，小球受到重力和電場(chǎng)力，根據(jù)力的合成定則可知，其合力不可能沿OP

方向，可■能沿ON方向，因此沿OP方向發(fā)射的小球不可能沿O尸方向做直線運(yùn)動(dòng)，沿ON方向發(fā)射的小球可

能沿ON方向做直線運(yùn)動(dòng)，AB錯(cuò)誤：

C.從。到產(chǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做整個(gè)，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故P點(diǎn)的機(jī)械能大于。點(diǎn)的機(jī)械能，C

錯(cuò)誤：

D.由題可知，M、N位于同一等勢(shì)面上，電場(chǎng)力不做功，只有重力做功，機(jī)械能守恒，D正確。

故選De

12.（多選）（2025?湖南湘西?一模）如圖所示，空間存在豎直句上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在同一水平直線上小B

兩點(diǎn)處分別把兩個(gè)質(zhì)量均為加的帶電小球同時(shí)拋出。小球1拋日時(shí)速度大小為％,方向水平向右，小球2

拋出時(shí)速度與水平方向成夕=45。，兩球的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直面內(nèi)，兩球在。點(diǎn)相遇，戶是/出連線中垂

線上的一點(diǎn)。已知兩球所帶電荷量大小均為.該過(guò)程中兩球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為/=二殳，g為重力加速度，不

S

計(jì)空氣阻力和兩球間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）

A.球1帶負(fù)電，球2帶正電

B.拋出時(shí)兩球的機(jī)械能之和與相遇時(shí)兩球的機(jī)械能之和相等

c.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為七=—'

q

D.從拋出到相遇，球1和球2的速度變化量之比為1:3

11/29

【答案】BD

【詳解】A.兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平方向位移相同，1、2兩球水平方向速度相等%=彩8$45。

得與=應(yīng)%

由豎直方向位移相同，具有向上初速度的球加速度更大，可得知〉可，故球2所受電場(chǎng)力向下，球1所受

電場(chǎng)力向上，球1帶正電，球2帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；

B.電場(chǎng)力對(duì)球1做負(fù)功，對(duì)球2做正功，球1機(jī)械能減少，球2機(jī)械能增加，且電場(chǎng)力做的總功為0,則

兩球機(jī)械能之和不變，故B正確；

C.1、2兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為，=2a

g

對(duì)球1有mg-Eq=max

對(duì)球2有〃吆+Eq=ma2

豎直方向g生產(chǎn)=（一匕sin450）/+g&〃

解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡=詈，C錯(cuò)誤；

2夕

D.由上述解析解得兩球的加速度之比為1:3,則刈=。加，速度變化量之比為1:3,D正確。

故選BDO

【題型4帶電物體在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)】

13.（多選）（2025?云南昆明?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量枕=lkg的帶負(fù)

電小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在x=lm處以％=3m/s的初速度沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

4=0.08。在x=0及x=5m處固定有兩個(gè)電性未知，電荷量分別為9、。2的場(chǎng)源點(diǎn)電荷，滑塊在x=lm至

x=4m間不同位置所具有的電勢(shì)能穌如圖乙所示，P點(diǎn)是圖線最低點(diǎn)，力點(diǎn)的切線經(jīng)過(guò)坐標(biāo)（0,3）與（3,0）,

A.兩場(chǎng)源點(diǎn)電荷均帶正電，且|0>@|

12/29

B.滑塊在x=3m處所受合力等于0.8N

C.滑塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度始終減小

D.滑塊向右一定可以越過(guò)K=4m處的位置

【答案】BD

【詳解】B.弓/圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受電場(chǎng)力的大小，所以滑塊在x=3m處所受電場(chǎng)力為0,所

受合外力為/=〃mg=0.8N,故Bi卜確：

A.住x=3m處圖像斜率為零，則滑塊所受電場(chǎng)力為0,該處電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則“號(hào)=上爭(zhēng)

由干4>弓，所以|Oi|>0|

滑塊在x=3m處電勢(shì)能最小，因?yàn)榛瑝K帶負(fù)電，所以戶3m處的電勢(shì)最高，則兩場(chǎng)源電荷均帶負(fù)電，故A錯(cuò)

誤：

C.在x=lm處，滑塊所受電場(chǎng)力與滑動(dòng)摩擦力方向相反，滑塊所受電場(chǎng)力大小為

I△紇I3-0

F=J~^=—N=IN>/=0.8N

k3

則滑塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度先增大后減小，故C錯(cuò)誤；

D.滑塊在x=lm處的電勢(shì)能與在尸4m處的電勢(shì)能相等，根據(jù)能量守恒定律可知，若滑塊能夠越過(guò)x=4m處,

2

則應(yīng)滿足gwv0>/-A.v

又l〃742=J_xlx32j=4.5J,/AY=0.8X（4-1）J=2.4J

22

故實(shí)際情況滿足上式，滑塊一定可以越過(guò)x=4m處的位置，故D正確。

故選BDo

14.（2026?四川廣安?一模）如圖，光滑的固定斜面傾角為。=3（）。，斜面長(zhǎng)為4L,底端C點(diǎn)固定一帶正電

的點(diǎn)電荷（電荷量未知）；一質(zhì)量為加帶電荷量為+夕的小球從斜面頂端4點(diǎn)靜止釋放，小球沿斜面向下運(yùn)

動(dòng)的最遠(yuǎn)點(diǎn)為人力、8間距離為3L。

⑴求力、“兩點(diǎn)的電勢(shì)差U,8；

⑵已知兩點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)電勢(shì)能綜=々效（女為靜電力常量，，?為兩電荷間距離），求C點(diǎn)固定正點(diǎn)電

r

13/29

荷的電量。;

⑶在（2）問(wèn)的基礎(chǔ)上，求小球在力、8之間運(yùn)動(dòng)的最大速度大小匕…

【答案】⑴一竽；（2）嚶；⑶病

2qkq

【詳解】（1）小球從4到8,根據(jù)動(dòng)能定理3mg￡sine+qU”=0

解得3-警

（2）小球從力到“由能量轉(zhuǎn)化與守恒知3，〃g小in夕=竽-零

L4L

解得。=華￡

kq

（3）若小球在4到6之間的。點(diǎn)處加速度為0,設(shè)。到。的距離為孫有〃?/由。=警

x~

小球從/到。能量轉(zhuǎn)化與守恒〃唁（4L-x）sinO=皿-繆+

x4L2

解得小球在力、8之間運(yùn)動(dòng)的最大速度大小％=必

【題型5帶電物體在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一般運(yùn)動(dòng)】

15.（2025?廣東廣州?三模）在茶葉生產(chǎn)過(guò)程中有道茶葉、茶梗分離的工序。如圖所示，A、B兩個(gè)帶電球

之間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場(chǎng)，茶葉茶梗都帶正電荷，且茶葉的比荷幺小于茶梗的比荷，兩者通過(guò)靜電場(chǎng)便可分離,

m

并沿光滑絕緣分離器落入小桶。假設(shè)有一茶梗P從A球表面。點(diǎn)離開(kāi)，最后落入桶底。不計(jì)空氣阻力。則

()

A.茶葉落入右桶，茶梗落入左桶B.M處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于N處的電場(chǎng)強(qiáng)度

C.M處的電勢(shì)低于N處的電勢(shì)D.茶梗P下落過(guò)程中電勢(shì)能減小

【答案】D

14/29

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可得。=竺

m

由于茶葉、茶梗均帶正電，則電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度方向整體向右，由于茶葉的比荷小于茶梗的比荷，則茶

葉所受電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度小于茶梗所受電場(chǎng)力產(chǎn)生的加速度，即在相等時(shí)間內(nèi)，茶葉的水平分位移小于

茶梗的水平分位移，所以茶葉落入左桶，茶梗落入右桶，故A錯(cuò)誤；

BC.電場(chǎng)線分布的密集程度表示電場(chǎng)強(qiáng)弱，M處電場(chǎng)線分布比N處電場(chǎng)線稀疏一些，則"處可場(chǎng)強(qiáng)度小于

N處電場(chǎng)強(qiáng)度，且沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)，故BC錯(cuò)誤：

D.茶梗P下落過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，故D正確。

故選

16.（2025,湖北襄陽(yáng)?三模）如圖所示，豎直平面內(nèi);光滑圓弧軌道半徑為A,等邊三角形力5c的邊長(zhǎng)為

L,頂點(diǎn)C恰好位于圓周最低點(diǎn)，CO是j4邊的中垂線。在4、B兩頂點(diǎn)上放置一對(duì)等量異種電荷。現(xiàn)把

質(zhì)量為用帶電荷量為+Q的小球由圓弧的最高點(diǎn)M處?kù)o止釋放，到最低點(diǎn)r時(shí)速度為%.不計(jì)+。對(duì)原電場(chǎng)

的影響，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，靜電力常量為3則（）

CM間的電勢(shì)差等于M點(diǎn)的電勢(shì)

。點(diǎn)電勢(shì)與。點(diǎn)電勢(shì)不相同

小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)C處的壓力大小為〃?g+〃K+k"

RL~

M點(diǎn)電勢(shì)為刀（〃/一〃磔）

【答案】C

【詳解】AB.等量異種電荷連線的中垂線垂直于電場(chǎng)線方向，所以是一條等勢(shì)線，中垂線通向無(wú)限遠(yuǎn)處，

電勢(shì)為零，所以中垂線上的電勢(shì)為零，處于44兩電荷的等勢(shì)能面上，所以兩點(diǎn)的電勢(shì)都為零。設(shè)M點(diǎn)

的也勢(shì)為例,，由于C點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以有故AB錯(cuò)誤；

C.因?yàn)槿切蜛4C為等邊三角形，小球在軌道最低點(diǎn)C處，所受兩個(gè)正負(fù)電荷的電場(chǎng)力的水平分量相互

抵消，因此所受電場(chǎng)力合力方向向下，電場(chǎng)力的合力為4二2〃器sin300=攵第

，J/J

15/29

重力為mg，支持力為M根據(jù)牛頓第二定律可得"-〃%-左絲=加日

1）R

解得N=〃唱+m—+k粵，故C正確；

R1}

D.對(duì)小球從M到。的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有，叫尺+。％=；〃璐

解得如=A（"*-2mgR），故D錯(cuò)誤。

故選C。

17.（2025?青海西寧?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直放置的光滑半圓形絕緣細(xì)管的圓心。處放一點(diǎn)電荷。現(xiàn)

將質(zhì)量為機(jī)、電荷量為夕的小球從半圓形管的水平直徑端點(diǎn)力靜止釋放，小球沿細(xì)管滑到最低點(diǎn)4時(shí)，對(duì)

管壁恰好無(wú)壓力。若小球所帶電量很小，不影響。點(diǎn)處的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，則置于圓心處的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)處

的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為（）

A.整B.運(yùn)

qq

【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】帶電物體（計(jì)重力）在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一般運(yùn)動(dòng)、點(diǎn)電荷與均勻球體（球殼）周隹的場(chǎng)強(qiáng)

【詳解】由題意知小球從力運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理小gR=；〃?2-0

在B點(diǎn)，根據(jù)向心力公式qE-mg=m/

聯(lián)、工可得B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度Eg

故選c。

i難集訓(xùn)

1.（2025?山西?模擬預(yù)測(cè)）在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)最為〃7、電荷量為+4的小球從4點(diǎn)以初速度

豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡二等，小球運(yùn)動(dòng)軌跡上力、8兩點(diǎn)在同

3q

一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，己知重力加速度為g。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是1）

16/29

A.小球水平位移占:超=1：3

B.小球運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)時(shí)的速度為當(dāng)

C.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為名

D.到達(dá)8點(diǎn)時(shí)，小球的速度方向與水平方向夾角為tanO=。

O

【答案】D

【詳解】A.對(duì)小球受力分析，可知小球在豎直方向受重力作用，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，即從4到"的時(shí)間與

從M到8的時(shí)間相等；小球在水平方向受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知水平方向的

兩段位移不、W所用的時(shí)間相等，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球水平位移演：々=1：3,故

A正確，不符合題意；

B.小球從/點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至〃點(diǎn)的過(guò)程中，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向的速度為零，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

v

/=—

g

故小球運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)只有水平方向的速度，而小球在水平方向做初速度零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故小球運(yùn)動(dòng)至

時(shí)點(diǎn)的速度為'=退”名，故B正確，不符合題意；

m3

C.將重力與電場(chǎng)力合成一個(gè)合力，設(shè)合力與水平方向的夾角為則有tana=W^=]

qE4

解得a=37。

4v

將小球初速度沿垂直合力方向分解為巧=vcosa=不

故小球沿垂直合力方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

3y

沿平行合力方向分解為v2=vsin6Z=y

其方向與合力方向相反，故小球沿平行方向的速度先減小再增大；當(dāng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最小時(shí)，沿平行合力

方向的速度為0,此時(shí)只有沿垂直合力方向的分速度，故最小速度為匕二青，故C正確，不符合題意；

D.到達(dá)8點(diǎn)時(shí)，在豎直方向，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性原理，可知小球沿豎直方向的速度大小為叭方向豎直向下，小

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球沿水平方向的速度為匕=^x2，=：卬=9

m33

v3

設(shè)小球的速度方向與水平?方向夾角為0,則小球的速度方向與水平方向夾角的正切值為tane=—=1,故D

匕8

錯(cuò)誤，符合題意。

本題選錯(cuò)誤的，故選D。

2.（多選）（2025?陜西寶雞?三模）豎直平面內(nèi)存在電場(chǎng)，其中一條豎直電場(chǎng)線如圖甲中豎直實(shí)線所示（方

向未知）。一個(gè)質(zhì)量為〃人電荷量為夕的帶負(fù)電小球，從。點(diǎn)以一定的初速度噸水平向右拋出，其軌跡如

圖甲中虛線所示。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為K軸的正方向，力是軌跡上的一點(diǎn)，其X軸方向坐標(biāo)值

是M，從。點(diǎn)到達(dá)力點(diǎn)的過(guò)程中，小球機(jī)械能E隨X的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度

為g。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能恒定，方向沿x軸負(fù)方向

B.從O點(diǎn)到/點(diǎn)的過(guò)程中小球的電勢(shì)能越來(lái)越大

C.小球在X點(diǎn)之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)出現(xiàn)合外力為零的位置

D.到達(dá)4點(diǎn)位置時(shí)小球的動(dòng)能為1?%2+〃審計(jì)&-￡

【答案】BD

【詳解】AB.由圖乙可知，小球的機(jī)械能減少，說(shuō)明電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，因此電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)

方向的夾角大于90。，又因小球帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向；由功能關(guān)系得-=

可知，圖乙的斜率絕對(duì)值為電場(chǎng)力大小，由圖乙可知斜率在增大，則電場(chǎng)力在增大，即電場(chǎng)強(qiáng)度在增大，

故A錯(cuò)誤，B正確；

C.從。點(diǎn)到4點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力逐漸增大，在4點(diǎn)之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，可能出現(xiàn)電場(chǎng)力等于重力,

合外力為零的位置，故C錯(cuò)誤；

D.小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理，得+片-七=々片

18/29

解得線=不〃7片+"吆/+媼一與，故D正確。

故選BDo

3.（多選）（2025?河南鄭州?三模）如圖甲，質(zhì)量m=lkg的滑決（可視為質(zhì)點(diǎn)）帶電量9=+10-6c,處在

沿斜面向卜的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。滑塊從固定的粗糙絕緣斜面底端開(kāi)始以初速度％沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后

撤夫勻強(qiáng)電場(chǎng)c以出發(fā)點(diǎn)O為原點(diǎn)沿斜而向卜建立坐標(biāo)系,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變

化的關(guān)系如圖乙所示,斜面傾角0=37。，取sin37。=0.6,cos37。=0.8,重力加速度g=10m/s?,則（)

國(guó)甲圖乙

A.斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為1（）6N/C

C.滑塊出發(fā)后1s撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)D.整個(gè)過(guò)程中滑塊機(jī)械能減少了33J

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，=￡-2or

可得圖像的斜率絕對(duì)值是加速度的2倍，物塊沿斜面上升的過(guò)程中受沿斜面向下的電場(chǎng)力、斜面向下的摩

擦力和重力沿斜面向下的分量，可知沿斜面上升時(shí)的加速度較大，即最上面的圖線，沿斜面卜滑的時(shí)候加

速度小，從圖像中可以看出，物體在下滑過(guò)程，距離。點(diǎn)為3m的時(shí)候撤去電場(chǎng)，上滑時(shí)的加速度大小為

a.=—xm/s2=1Om/s2

'25

撤去電場(chǎng)之前下滑的加速度大小為生=:xm/s2=4m/s2

對(duì)上滑和撤去電場(chǎng)之前的下滑兩個(gè)過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律得Eq+nigsin?+4mgeos伊,

Eq+mgsmH-,imgCOS仇ng

解得："=0.375,E=106N/C

故B正確，A錯(cuò)誤；

T=%L=2S=1S

C.上升到最大高度的時(shí)間?一為一5

2

19/29

f=x.1=-2s=.Ie

從最大高度下滑x/=2m的時(shí)間“一乜一2

2

可知滑塊出發(fā)后2s撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.整個(gè)過(guò)程中減小的機(jī)械能

66

AE=/jmgcos37-2xm+qE（xm-）=0.375xl0x0.8xl0J+10xl0x（5-2）J=33J

選項(xiàng)D正確。

故選BD?

4.（多選）（2025?福建泉州?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在光滑水平面上方空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其大小為E、

方向水平向左。勁度系數(shù)為4的怛簧左端固定在墻面上，右端與帶電量為+外質(zhì)量為?的絕緣小滑塊。相

連，。點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置，給。一定初速度起振后，P點(diǎn)為。能到達(dá)的最左端位置，PO距離為飛。當(dāng)。運(yùn)

動(dòng)至P時(shí)，在其右端立即無(wú)初速放置一個(gè)帶電量為+2g質(zhì)量為〃?的絕緣小滑塊b,a、b之間無(wú)電量交換,

不計(jì)人人之間的庫(kù)侖力，已知也=8坳，下列說(shuō)法正確的是（）

PO

E

A.放〃前，a運(yùn)動(dòng)到。處速度最大

B.放b前，。運(yùn)動(dòng)到戶處加速度最大

C.放b后,若仍粘連不分離，彈簧振了振幅會(huì)增大

D.放b后,若仍不粘連，則兩者會(huì)在。點(diǎn)右側(cè)"％處分離

O

【答案】BD

【詳解】A.放方前，當(dāng)小滑塊。的加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，即小滑塊應(yīng)受到向右的彈簧彈力，該位

置應(yīng)位于。點(diǎn)左側(cè)，故A錯(cuò)誤；

B.放力前，小滑塊。做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)到戶點(diǎn)時(shí)，速度為零，此時(shí)處于最大位移處，加速度達(dá)到最大，故B正確;

C.放后，若仍粘連不分離，則H一起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，平衡位置時(shí)，彈簧彈力等于"受到的總電場(chǎng)力，

此時(shí)彈簧的壓縮量比。單獨(dú)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)處于平衡位置時(shí)彈簧的壓縮量大，即帥?起做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置

更靠近P點(diǎn)，所以彈簧振子振幅會(huì)減小，故C錯(cuò)誤：

D.放b后,若仍不粘連，假設(shè)油在。點(diǎn)右側(cè)x處分離，此時(shí)。、b之間的彈力為0;分別對(duì)。、力由牛頓

20/29

第二定律可得Eg+履=ma,2Eq-ma

又此=8Eq

聯(lián)立解得x=：x。，故D正確。

故選BDo

5.（多選）（2025?福建泉州?一模）如圖，在豎直平面內(nèi)有一圓心為。、半徑為R的圓形區(qū)域，圓內(nèi)有一

場(chǎng)也大小為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與該區(qū)域平面平行，圓的直徑A/N與水平方向夾角0=45。。質(zhì)量為叭

電荷量為夕的帶正電微粒從M點(diǎn)以不同水平速度向右射入電場(chǎng)，微粒通過(guò)圓形區(qū)域的過(guò)程中，電勢(shì)能增加

量最大值為A￡p，動(dòng)能增加量最大值為△皖。已知速度大小為】，的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)且速度大小也為口

重力加速度大小為g。下列等式成立的是（）

-----、、、、

/Ye\

/、、、\

:\\

I、I

5人;

\X：

\、、/

、、>

J…一JN

2

A.E=—B.R=C.AEk=-mvD.\E

g2g2p2

【答案】AC

【詳解】A.已知速度大小為y的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到,^點(diǎn)且速度大小也為y,微粒在重力場(chǎng)和電場(chǎng)組成的等效

重力場(chǎng)中做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，則等效重力場(chǎng)方向與M/V方向垂直斜向左下方，則

門(mén)mS

qE=M—~=mg

tan45

得尤=駕，故A正確：

q

B.已知速度大小為￡的微粒恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則豎直方向

岳上

2g

B2

得穴=啖，故B錯(cuò)誤；

4g

C.過(guò)。點(diǎn)做MN的垂線交圓形區(qū)域卜.方交點(diǎn)為等效重力場(chǎng)的最低點(diǎn)，從.“點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到該最低點(diǎn)時(shí)，等效重

力咽=J（q"+（〃?g）2=近mg

做功最大，動(dòng)能增加最最大，故限=?ngR=gm九故C正確：

21/29

D.從河點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓形區(qū)域最右側(cè)時(shí)克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能增加量最大，故

Mp=qE-（R+與R）=立壯故D錯(cuò)誤。

故選ACo

6.（多選）（2025?陜西渭南?一模）如圖，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為機(jī)的帶電小球僅在重力和電場(chǎng)

力的作用下運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g,虛線與水平地面之間的夾角為30。。若小球從虛線上某處?kù)o止彈放，恰

好沿虛線向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將小球以大小為%、方向與虛線之間的夾角為6（T的初速度從

圖示位置拋出，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中（）

__________________30吐、

/////////////////////.

A.小球水平向右移動(dòng)的距離為嬖

4g

2

B.小球豎直上升的高度為夫

4g

C.重力和電場(chǎng)力做的總功為

D.小球所受合力的沖量大小為小%

【答案】BD

【詳解】AB.小球從虛線上某處?kù)o止釋放，恰好沿虛線向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)方向與％

方向相同，如圖所示

由幾何關(guān)系有mg=qE=ma

豎直方向上加速度%=asin300=gg

(vsin300)2vj

小球豎直上升到最高點(diǎn)的高度為才=o=

2%4g

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