从能量守恒、动量、冲量的角度解决电场中的问题 专项训练 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 聚焦电场问题中能量守恒、动量守恒及动量定理的综合应用，以题型为载体系统提炼解题方法，构建“概念-规律-应用”的逻辑链条，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |能量转化与守恒|7题（含2道多选）|动能定理结合电势叠加求电势能、机械能变化分析电场力做功|从点电荷/匀强电场电势计算到电势能与动能转化，构建能量守恒应用模型| |动量守恒定律|4题（含2道计算）|弹性碰撞动量与机械能守恒、系统动量守恒处理电场力作用|从电荷相向运动到含弹簧/轨道的复杂系统，递进训练动量守恒条件应用| |动量定理|4题|动量变化率与合力关系、冲量计算电场力作用下的动量增量|结合v-t图像与轨迹分析，关联电场力冲量与动量变化，强化科学推理|

从能量守恒、动量、冲量的角度解决电场中的问题（较难） 一．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共7小题） 1．（2026•西华县模拟）为了研究一种新型纳米材料在强电场下的特性，科学家设计了一个微观实验装置，该装置的核心由两个固定的、均匀的绝缘带电球壳构成。如图所示，两个球壳的半径分别为3R和R，所带电荷量分别为3Q和﹣Q（Q＞0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面的球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、电荷量为q（Q≫q＞0）的小球（视为质点）从A点沿细管由静止开始下落，且会通过D点。已知A、B两点间的距离和C、D两点间的距离均为R，静电力常量为k，重力加速度大小为g，设无穷远处的电势为零，与电荷量为Q的点电荷相距为r处的电势。下列说法正确的是（　　） A．小球在A点的电势能为 B．小球通过O点时的动能为 C．小球通过D点时的速度大小为 D．小球运动到O点正上方2R处时，小球的加速度大小为 2．（2026春•江西月考）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 3．（2026春•天山区校级期末）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若v0，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0 D．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 4．（2026春•湖州期末）如图所示，A、B两个顶点分别固定着等量异种点电荷+q和﹣q，光滑绝缘细杆CD过AB连线中点O竖直放置，杆上套有一带正电小环。现将小环从与A点等高的C点静止释放，小环经过O点时速度大小为v，D点与B点等高，下列说法正确的是（　　） A．C点与D点电势相等 B．经过C、D两点时，小环的加速度相同 C．经过C、D两点时，小环的机械能相等 D．经过D点时，小环速度的大小为2v 5．（2026春•南京期末）竖直面内有一圆形区域，半径为R，AC、BD分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场，CD的中点M是圆周上电势最低的点。质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从A点以相同的速率v0向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列正确的是（　　） A．电场沿AM方向 B．电势差UBO＝UDO C．到达B点的小球动能为 D．小球加速度大小可能为 （多选）6．（2026•海口模拟）如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c、O、f三点，虚线M、L、K是分别过c、O、f三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a点射入电场，仅在电场力作用下沿abcde运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是（　　） A．三个等势面的电势大小关系为φK＜φL＜φM B．粒子在c点时的加速度比在d点时的加速度大 C．粒子在c点的电势能大于在e点的电势能 D．粒子在b点的动能大于在e点的动能 （多选）7．（2026春•河北期末）如图所示，竖直平面内有一半径为L、圆心为O的圆，AB为水平直径，CD为竖直直径。长为L的轻质细线一端系小球，另一端固定在圆心O。可视为质点的小球带的电荷量为+q，质量为m。方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场与圆所在平面平行，且qE＝mg，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．若小球从C点由静止释放，则在运动过程中，细线拉力的最大值为 B．若小球从A点由静止释放，则小球到达B点速度大小为 C．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则运动过程中速度最大值为 D．剪断细线，将小球从A点以的速度竖直向上抛出，小球经过B点时速度与水平方向夹角的正切值为 二．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 8．（2026•蕲春县校级模拟）在光滑绝缘的水平地面上，0～t0内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动（不会碰撞），以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的v﹣t图像如图所示。已知v﹣t图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是（　　） A．两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．0～t0时间内，A球运动的距离为0.6S C．0～t0时间内，B球的初动能为28J D．0～t0时间内，B球克服电场力做了7J的功 9．（2026•玉溪校级模拟）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 10．（2026•河北模拟）如图所示，一质量m2＝1kg且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上，虚线MN的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×105N/C，从虚线MN开始，水平面上沿直线等间距的锁定着n+1个相同的绝缘带正电的滑块，滑块的质量均为m＝3kg，带电荷量均为q＝1×10﹣5C，相邻两个滑块之间的距离均为l＝1m，各滑块均可看作质点，每个滑块在被碰撞前瞬间才解除锁定。现有一质量m1＝1kg的物块P从长木板Q的左端以大小为v＝8m/s的初速度滑上长木板Q，在长木板Q与滑块1发生碰撞前，物块P和长木板Q已共速，物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8。长木板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中不会发生电荷转移，且碰后立即将P、Q锁定。虚线MN右侧的滑块相互碰撞后都会结合在一起，重力加速度g取10m/s2。已知。求： （1）物块P相对于长木板Q运动的距离； （2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度的大小； （3）滑块之间第n次碰撞后结合在一起时的总动能。 11．（2026春•沙河口区校级期末）如图所示，位于竖直面内的半圆弧形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，其下端点O与水平粗糙绝缘轨道相切，整个轨道处在水平向右的匀强电场中（未画出），电场强度E＝3×104N/C，现有一质量m＝0.4kg、带电荷量q＝+1×10﹣4C的物块A位于O′点，A右侧某位置处有一质量也为m＝0.4kg，不带电绝缘物块B（可视为质点），B右端与一绝缘轻弹簧相连，弹簧的右端固定在水平轨道上，初始时弹簧弹力为零，弹簧的劲度系数k＝50N/m，弹性势能的大小Epkx2（x为弹簧形变量大小），物块A、B均可视为质点，它们与水平轨道间的动摩擦因数均为 μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，OO′间距离lm，给物块A一个水平向左的初速度v0m/s，A恰好可以沿半圆轨道运动，在最高点与轨道末端的弹性挡板相碰后原速率返回，沿轨道继续运动，运动过程中A物块带电量不变，不计空气阻力等其它影响。求： （1）物块A在O′点向左运动时的加速度大小； （2）半圆弧形轨道的半径大小； （3）若物块A由O点静止释放，与物块B相碰后立即共速（不粘连），之后一起向右运动，反弹后向左运动过程中不分离，物块B初始位置到O的距离s满足什么条件。 三．动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用（共4小题） 12．（2026•大同一模）如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在M点的电势能比它在N点的小 C．从M点到N点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从M点到N点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 13．（2026•邗江区校级模拟）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　） A．两电荷的电性一定相反 B．t1时刻两电荷的电势能最小 C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒 14．（2026•浙江模拟）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在水平向右的匀强电场，场强大小为E。t＝0时刻，M板下端A处的粒子源发射一质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的粒子，速度方向与M板的夹角为θ，粒子运动过程中受到与速度大小成正比的阻力作用，即f＝kv，经时间t到达N板上的B点（未画出）时的速度大小为v，方向斜向上且与N板的夹角为φ。不计粒子重力，不考虑边界效应，则（　　） A．粒子在电场中做类斜抛运动 B．v0cosθ与vcosφ一定相等 C．金属板M、N间的板间距为 D．根据题干信息无法求出A、B两点间的距离 15．（2026•武冈市模拟）如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间运动的过程中（　　） A．运动时间之比为t1：t2＝1：2 B．所带电荷量之比q1：q2＝1：2 C．电势能减少量之比ΔE1：ΔE2＝1：8 D．动量增量之比Δp1：Δp2＝1：4 答案及解析 一．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共7小题） 1．（2026•西华县模拟）为了研究一种新型纳米材料在强电场下的特性，科学家设计了一个微观实验装置，该装置的核心由两个固定的、均匀的绝缘带电球壳构成。如图所示，两个球壳的半径分别为3R和R，所带电荷量分别为3Q和﹣Q（Q＞0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面的球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、电荷量为q（Q≫q＞0）的小球（视为质点）从A点沿细管由静止开始下落，且会通过D点。已知A、B两点间的距离和C、D两点间的距离均为R，静电力常量为k，重力加速度大小为g，设无穷远处的电势为零，与电荷量为Q的点电荷相距为r处的电势。下列说法正确的是（　　） A．小球在A点的电势能为 B．小球通过O点时的动能为 C．小球通过D点时的速度大小为 D．小球运动到O点正上方2R处时，小球的加速度大小为 【分析】分析题目描述的物理过程：小球在竖直细管内下落，受到重力和两带电球壳产生的电场力作用。已知两球壳电荷分布及电势公式，需明确小球在不同位置的电势能、动能及加速度。解题关键是将两球壳视为等效点电荷，利用球壳内外电势特点（内部电势均匀、外部按点电荷计算）分别计算各点电势，再结合动能定理分析小球运动。注意几何关系确定各点距离，并利用对称性简化计算。选项涉及电势能、动能、速度及加速度，需逐一通过电势差与电场力做功、能量转化及受力分析进行判断。 【解答】解：A、均匀带电绝缘球壳内部电场强度为0，电势等于球表面电势；球壳外部等效于电荷集中在球心的点电荷。 两球内切，由几何关系可得球心距离OO1＝3R﹣R＝2R A点在O点上方4R处，A点到O1点的距离 A点在大球外，则大球3Q在A点的电势 A点在小球外，则小球﹣Q在A点的电势 总电势 电势能，故A错误； B、O点在大球内部，则 O点在小球外，则 总电势 电场力做功 从A点到O点，由动能定理有 解得，故B正确； D、设O点正上方2R处为P点，大球内部场强为0，仅小球﹣Q产生电场，P点到O1点的距离 电场大小 竖直分量 正电荷q受向下电场力F＝qEy 由牛顿第二定律有mg+qEy＝ma 解得，故D错误； C、D点在O点下方4R处，几何对称得φD＝φA 可得UAD＝0 所以电场力总做功为0，由动能定理有 解得，故C错误。 故选：B。 2．（2026春•江西月考）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 【分析】小球从静止开始沿竖直方向向下运动，其机械能随位移变化而减少，说明电场力对带负电小球做负功，由此判断电场方向与小球所受电场力方向相反，进而分析电场方向。机械能变化曲线的斜率反映电场力大小，通过斜率变化判断电场力变化，结合牛顿第二定律分析小球加速度变化趋势。在连续相等位移内，利用动能定理分析电场力做功变化，从而判断动能变化量的增减。对于速度表达式，需根据动能定理建立机械能变化与动能增量关系，注意符号对应。 【解答】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ΔE＝qE•x 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； C、从O到x1的过程中，相等的位移Δx内，由上分析电场力减小，根据动能定理（mg﹣qE）Δx＝ΔEk 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； B、由牛顿第二定律mg﹣qE＝ma 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； 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。 3．（2026春•天山区校级期末）如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，其电势φ沿x轴的分布如图所示，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，下列说法正确的是（　　） A．粒子在x2点的速度为0 B．从x1到x3点的过程中，粒子的电势能先减小后增大 C．若v0，则粒子在运动过程中的最大动能为3qφ0 D．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 【分析】根据动能定理求粒子在x2点的速度。根据负电荷在电势低处电势能大，分析电势能的变化；若粒子能运动到x1处，初速度v0最小，根据动能定理求解最小初速度；若v0为，当带电粒子运动到x3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理求解最大速度。 【解答】解：图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，故沿x轴，在0～x1范围内电场强度沿x轴负方向，在x1～x3范围内电场强度沿x轴正方向，在x3～x4范围内电场强度沿x轴负方向。 A．粒子到达x2处时，电势变化量为0，根据公式Ep＝qU可知电势能变化量也为0，即电场力做功为0，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在x2点的速度仍为v0。故A错误； B．x1～x3电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大。故B错误； D．由题意可知，若粒子能到达x4处，只需满足粒子到达x3处，若粒子能够到达x3处，由功能关系可得 解得 故D正确 C．由题意可知，粒子到达x1处时，速度最大，若，粒子0～x1过程中，由功能关系可得， 解得 Ek＝2qφ0 故C错误。 故选：D。 4．（2026春•湖州期末）如图所示，A、B两个顶点分别固定着等量异种点电荷+q和﹣q，光滑绝缘细杆CD过AB连线中点O竖直放置，杆上套有一带正电小环。现将小环从与A点等高的C点静止释放，小环经过O点时速度大小为v，D点与B点等高，下列说法正确的是（　　） A．C点与D点电势相等 B．经过C、D两点时，小环的加速度相同 C．经过C、D两点时，小环的机械能相等 D．经过D点时，小环速度的大小为2v 【分析】根据等量异种点电荷电场的分布情况，确定小环的受力情况，来分析小环的加速度。根据电场力做功情况，判断小球的机械能变化情况。根据动能定理求小环经过P点时的速率。 【解答】解：A．电势是标量，符合标量的叠加规则，根据题意可知，C点离点电荷+q距离更近，所以C点的电势大于零；D点离点电荷﹣q距离更近，故D点的电势小于零；因此C点的电势高于D点电势，即C点与D点电势不相等，故A错误； B．小环沿杆（竖直方向）运动的过程中，小环水平方向受到的电场力的合力与杆的弹力平衡，所以仅需要分析竖直方向分量；+q在C的电场竖直分量为零，﹣q在C的电场竖直分量向下，总竖直分量ECy向下；同理，﹣q在D点的电场竖直分量为零，+q在D点的电场竖直分量向下，总竖直分量EDy向下；且由对称性可知C、D两点电场强度的竖直分量ECy与EDy大小、方向都相同，小环所受合力沿竖直方向，大小为 F合＝mg+qEcy＝mg+qEDy 合力相同，根据牛顿第二定律可知，经过C、D两点时，小环的加速度相同，故B正确； C．根据能量转化可知，机械能的变化等于电场力做功，从C到D电场力做正功（带正电小环从高电势到低电势，电势能减少，电场力做正功），小环机械能增加，因此D点机械能更大，故C错误； D．根据等量异种电荷的电势分布可知，O点电势为零，故从C到O与从O到D，小环电势能的减少量相等，即电场力做功W相同；从C到O与从O到D，小环下降的高度相同，所受重力做的功WG也相等，故小环从C点到达O点与从C点到达D点的动能满足， 联立可知经过D点时，小环速度的大小为，故D错误。 故选：B。 5．（2026春•南京期末）竖直面内有一圆形区域，半径为R，AC、BD分别是圆的水平方向和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场，CD的中点M是圆周上电势最低的点。质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从A点以相同的速率v0向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列正确的是（　　） A．电场沿AM方向 B．电势差UBO＝UDO C．到达B点的小球动能为 D．小球加速度大小可能为 【分析】根据匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点M'关于圆心O对称，电场线由高电势指向低电势，结合电场强度与电势差的关系，以及加速度的合成分析求解。 【解答】解：A.匀强电场中圆周上电势最低点M与最高点M关于圆心O对称，因此电场方向沿半径OM方向，而AM为弦，其方向与OM不同，故A错误； B.由匀强电场的性质可知，电势差UBO＝UOD＝﹣UDO，故B错误； C.由对称性可知，因AB两点电势相等，从A到B电场力不做功，由动能定理，小球到达B点的动能为，故C正确； D.小球受恒力作用，设水平加速度 竖直加速度 则合加速度满足 由数学知识可知，当，则D错误。 故选：C。 （多选）6．（2026•海口模拟）如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c、O、f三点，虚线M、L、K是分别过c、O、f三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a点射入电场，仅在电场力作用下沿abcde运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是（　　） A．三个等势面的电势大小关系为φK＜φL＜φM B．粒子在c点时的加速度比在d点时的加速度大 C．粒子在c点的电势能大于在e点的电势能 D．粒子在b点的动能大于在e点的动能 【分析】明确题目涉及等量异种点电荷的电场分布，带负电粒子仅受电场力沿给定轨迹运动，先由轨迹凹侧判断粒子所受电场力方向，结合粒子电性推出电场线走向，依据沿电场线电势降低的规律判断各等势面的电势高低，结合等量异种电荷的场强分布规律比较不同位置的加速度，再根据电场力做功与电势能、动能的变化关系，以及仅电场力做功时动能与电势能总和守恒的特点，梳理各物理量的对应关系。 【解答】解：A、根据电场线与等势面垂直和带电粒子所受电场力方向指向轨迹的内侧可知，带负电粒子在c点受到的电场力方向向左，故电场线方向由f指向c，由沿电场线方向电势逐渐降低可得电势关系为φK＞φL＞φM，故A错误； C、由负电荷在电势低处电势能大可知，因为φc＜φe，所以粒子在c点的电势能大于在e点的电势能，故C正确； B、等量异种电荷的电场线在靠近电荷的位置更密集，c点比d点更靠近右侧的点电荷，因此c点场强大于d点，根据牛顿第二定律可知粒子在c点时的加速度比在d点时的加速度大，故B正确； D、粒子仅在电场力作用下运动，动能与电势能之和不变，b点的电势小于e点，带负电粒子在b点的电势能大于e点，所以粒子在b点的动能小于在e点的动能，故D错误。 故选：BC。 （多选）7．（2026春•河北期末）如图所示，竖直平面内有一半径为L、圆心为O的圆，AB为水平直径，CD为竖直直径。长为L的轻质细线一端系小球，另一端固定在圆心O。可视为质点的小球带的电荷量为+q，质量为m。方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场与圆所在平面平行，且qE＝mg，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．若小球从C点由静止释放，则在运动过程中，细线拉力的最大值为 B．若小球从A点由静止释放，则小球到达B点速度大小为 C．若小球恰好可以做完整的圆周运动，则运动过程中速度最大值为 D．剪断细线，将小球从A点以的速度竖直向上抛出，小球经过B点时速度与水平方向夹角的正切值为 【分析】带电小球在重力与水平匀强电场构成的复合场中运动，已知qE＝mg，先合成重力与电场力得到等效合场力的大小与方向，再针对绳系圆周运动的拉力分析、完整圆周运动临界条件、绳绷紧的能量损失、剪断细线后的类抛体运动等场景，结合对应物理规律梳理已知量与待求量的关联逻辑即可完成判断。 【解答】解：B、小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，到C点时绳突然绷紧，有机械能损失，所以到B点速度应小于，故B错误； A、由qE＝mg可知，小球所受合力方向斜向下且与水平方向成45°角，，所以小球经过B、C中点时绳拉力最大，，，解得，故A错误； C、由qE＝mg可知，小球所受合力方向斜向下且与水平方向成45°角，，所以小球经过B、C中点时速度最大。 若恰好做完整圆周运动，则在AD中点处由向心力公式可列，再由动能定理可列，解得最大速度是，故C正确； D、剪断细线，小球在竖直方向上先做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，小球回到与A点同一水平线上时，时间，水平位移，代入数据解得x＝2L，即x＝AB，故小球恰好经过B点。 经过B点时竖直速度大小为，水平速度大小为，设合速度与水平方向夹角为θ，，故D正确。 故选：CD。 二．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题） 8．（2026•蕲春县校级模拟）在光滑绝缘的水平地面上，0～t0内，质量分别为m、4m的小球A、B带有同种电荷，从相隔较远的两处开始相向运动（不会碰撞），以A球的初速度方向为正方向，A、B运动的v﹣t图像如图所示。已知v﹣t图像中的阴影面积为S，此过程中，系统的电势能增加了35J，关于这一过程，下列说法正确的是（　　） A．两小球的系统机械能守恒，但动量不守恒 B．0～t0时间内，A球运动的距离为0.6S C．0～t0时间内，B球的初动能为28J D．0～t0时间内，B球克服电场力做了7J的功 【分析】先根据系统受力判断动量是否守恒，再通过v﹣t图像面积分析位移，最后结合动量、动能的关系及能量守恒，逐一分析选项正误。 【解答】解：A．系统在光滑绝缘水平面，合外力为零，动量守恒；又因为两球间存在电场力做功，电势能与机械能相互转化，所以机械能不守恒，故A错误； B．v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，规定A球初速度方向为正方向，在0～t0时间内，根据动量守恒有 整理得 可得m×xA﹣4m×xB＝0 因为xA+xB＝S 联立解得A球运动的距离为xA＝0.8S，故B错误； C．规定A球初速度方向为正方向，根据动量守恒，有mvA﹣4mvB＝0 根据能量守恒可知，系统的动能转化为电势能，则系统初动能 联立得 故B球的初动能，故C错误； D．根据动能定理，B球克服电场力做的功等于B球初动能的大小，由上述计算可知B球初动能为7J，所以B球克服电场力做了7J的功，故D正确。 故选：D。 9．（2026•玉溪校级模拟）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 【分析】题目描述带电小球A经弹簧释放后沿轨道运动，在圆弧轨道最高点P处恰好与轨道无弹力作用，随后与绝缘小球B发生弹性碰撞。分析时首先需明确A在P点的受力情况，由重力、电场力与向心力的关系可确定其速度；再结合能量转化过程，从弹簧释放到P点的过程中弹性势能转化为动能及克服重力与电场力做功，从而关联弹性势能与P点速度。随后考虑A与B的弹性碰撞过程，利用动量守恒与机械能守恒分析碰撞后两球速度，判断是否可能再次碰撞。对于A再次返回轨道的运动，需根据其碰撞后速度及能量关系分析能否到达圆心等高点，进而确定对内轨道的弹力情况。 【解答】解：A、A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得Ep＝30J，故A错误； C、A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得h＝0.28m＜R 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； B、小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有mv0＝mv1+Mv2 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； D、从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选：D。 10．（2026•河北模拟）如图所示，一质量m2＝1kg且足够长的长木板Q静止在光滑的水平面上，虚线MN的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×105N/C，从虚线MN开始，水平面上沿直线等间距的锁定着n+1个相同的绝缘带正电的滑块，滑块的质量均为m＝3kg，带电荷量均为q＝1×10﹣5C，相邻两个滑块之间的距离均为l＝1m，各滑块均可看作质点，每个滑块在被碰撞前瞬间才解除锁定。现有一质量m1＝1kg的物块P从长木板Q的左端以大小为v＝8m/s的初速度滑上长木板Q，在长木板Q与滑块1发生碰撞前，物块P和长木板Q已共速，物块P与长木板Q间的动摩擦因数为0.8。长木板Q与滑块1的碰撞为弹性碰撞，碰撞过程中不会发生电荷转移，且碰后立即将P、Q锁定。虚线MN右侧的滑块相互碰撞后都会结合在一起，重力加速度g取10m/s2。已知。求： （1）物块P相对于长木板Q运动的距离； （2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度的大小； （3）滑块之间第n次碰撞后结合在一起时的总动能。 【分析】（1）分析物块P滑上静止长木板Q的相对运动过程，水平面光滑则P、Q组成的系统合外力为零，先通过动量守恒求出两者共速的速度，再结合能量守恒，滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统损失的动能，即可推导相对运动的距离。 （2）明确长木板Q与滑块1的弹性碰撞过程，碰撞瞬间内力远大于外力，系统动量守恒，且弹性碰撞机械能无损失，碰撞前Q的速度为第一问求出的共速速度，结合两者质量即可推导碰撞后瞬间滑块1的速度大小。 （3）先确定单个滑块在电场中的加速度由电场力提供，每次相邻滑块碰撞前，已结合的滑块会在电场中匀加速运动位移l，碰撞为完全非弹性碰撞、动量守恒，归纳n次碰撞后速度的递推规律，结合给出的平方和公式即可求出总动能。 【解答】解：（1）以运动方向为正方向，物块P与长木板Q组成的系统动量守恒：m1v＝（m1+m2）v共 解得v共＝4m/s 根据能量守恒得 解得L＝2m （2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，以运动方向为正方向，根据动量守恒和机械能守恒得 m2v共＝m2vQ+mv0 解得v0＝2m/s （3）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得Eq＝ma 即滑块在电场中加速时加速度大小恒为 由运动学公式得 解得滑块在第一次碰撞前的速度大小为 滑块1与2碰撞过程中，以运动方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv1' 解得，即 设第二次碰撞前，滑块的速度大小为v2，则 解得 第二次碰撞过程中，以运动方向为正方向，由动量守恒定律得2mv2＝3mv2' 可得第二次碰撞后滑块的速度大小为 则 整理可得 同理，第三次碰撞后有 …… 第n次碰撞后 第n次碰撞后结合在一起的滑块的总动能 化简得 代入数据得 答：（1）物块P相对于长木板Q运动的距离为2m。 （2）长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度的大小为2m/s。 （3）滑块之间第n次碰撞后结合在一起时的总动能为J。 11．（2026春•沙河口区校级期末）如图所示，位于竖直面内的半圆弧形光滑绝缘轨道固定在水平地面上，其下端点O与水平粗糙绝缘轨道相切，整个轨道处在水平向右的匀强电场中（未画出），电场强度E＝3×104N/C，现有一质量m＝0.4kg、带电荷量q＝+1×10﹣4C的物块A位于O′点，A右侧某位置处有一质量也为m＝0.4kg，不带电绝缘物块B（可视为质点），B右端与一绝缘轻弹簧相连，弹簧的右端固定在水平轨道上，初始时弹簧弹力为零，弹簧的劲度系数k＝50N/m，弹性势能的大小Epkx2（x为弹簧形变量大小），物块A、B均可视为质点，它们与水平轨道间的动摩擦因数均为 μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，OO′间距离lm，给物块A一个水平向左的初速度v0m/s，A恰好可以沿半圆轨道运动，在最高点与轨道末端的弹性挡板相碰后原速率返回，沿轨道继续运动，运动过程中A物块带电量不变，不计空气阻力等其它影响。求： （1）物块A在O′点向左运动时的加速度大小； （2）半圆弧形轨道的半径大小； （3）若物块A由O点静止释放，与物块B相碰后立即共速（不粘连），之后一起向右运动，反弹后向左运动过程中不分离，物块B初始位置到O的距离s满足什么条件。 【分析】（1）分析物块A在O′点向左运动时的受力，水平方向受向右的电场力和滑动摩擦力，竖直方向重力与支持力合力为零，合外力为水平向右两力的和，结合牛顿第二定律，关联已知的电场强度、带电量、质量、动摩擦因数等物理量，明确加速度的推导方向。 （2）先分析A从O′到O的匀减速直线运动过程，用运动学规律得到O点的速度，再将重力与电场力合成为等效重力，明确恰好沿轨道运动的临界为等效最高点处等效重力提供向心力，结合动能定理关联O点到等效最高点的能量变化，联立推导轨道半径。 （3）先分析A从O点释放到与B碰撞前的匀加速过程，用动能定理得到碰前A的速度，碰撞过程动量守恒得到共速，后续分析两个临界：恰好能反弹的最小s对应弹簧最大压缩量处的受力平衡，向左运动恰好不分离的最大s对应A、B间弹力为零的临界加速度，结合能量守恒联立推导s的取值范围。 【解答】解：（1）物块A在O'点向左运动时，受到水平向右的电场力与水平向右的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律Eq+μmg＝ma，代入数据解得加速度大小a＝10m/s2。 （2）物块A从O'点运动到O点的过程中，根据运动学公式，代入数据解得O点速度平方。 进入半圆轨道后，物块A受重力与向右的电场力作用，等效重力，代入数据解得F合＝5N，方向与竖直方向夹角为37°指向右下方。 物块A恰好能沿轨道运动，说明其恰好能通过等效最高点，此时由等效重力提供向心力，根据牛顿第二定律。 从O点到等效最高点的过程中，根据动能定理，联立方程解得半圆弧形轨道的半径R＝0.1m。 （3）物块A由O点释放到与B碰前，根据动能定理。 A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为vAB，根据动量守恒定律mvA＝2mvAB。 碰后A、B向右运动压缩弹簧至速度为零，此过程系统受到的向右的恒定外力为Eq﹣2μmg，根据能量守恒定律。 ①若物块恰好不反弹，此时s最小，设对应弹簧最大形变量为x1，系统在最右端受力平衡，有kx1＝Eq+2μmg，代入数据解得x1＝0.1m，联立上述能量与动量公式解得s1＝0.15m，故要使物块反弹需满足s＞0.15m； ②若物块向左运动到最左端恰好不分离，此时s最大，设对应弹簧最大形变量为x2。 分离的临界条件为A、B间相互作用力为零，在向左运动减速时，隔离物块A，其受到向右的电场力与滑动摩擦力，向右的最大向心加速度，代入数据解得，要使两者不分离，系统向右的加速度不能超过10m/s2。 A、B系统在粗糙水平面上的往复运动可看作受恒定摩擦力作用的简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，最左端向右的最大加速度与最右端向左的最大加速度大小相等。 在最右端，根据牛顿第二定律有kx2﹣Eq﹣2μmg＝2maA，代入数据解得x2＝0.26m，联立能量守恒公式解得s2＝1.43m。 综上所述，物块B初始位置到O的距离s满足的条件为0.15m＜s≤1.43m。 答：（1）物块A在O′点向左运动时的加速度大小为10m/s2。 （2）半圆弧形轨道的半径大小为0.1m。 （3）物块B初始位置到O的距离s满足0.15m＜s≤1.43m。 三．动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用（共4小题） 12．（2026•大同一模）如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在M点的电势能比它在N点的小 C．从M点到N点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从M点到N点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 【分析】A.结合题意，由油滴所受合力的情况、力的合成法则、电场力方向的特点，即可分析判断； B.结合题意，由电场力做功的特点、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断； C.结合前面分析及题意，由电场中的功能关系，即可分析判断； D.结合题意，根据动量定理，即可分析判断。 【解答】解：A.因为全程忽略空气阻力，所以油滴只受重力和电场力，又因为带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称，则说明其竖直方向合力为0，可知油滴的合力必定水平向左，则由力的合成法则可知电场力斜向左上方，又因油滴带正电，因此匀强电场的方向斜向左上方，故A错误； B.结合前面分析及题意可知，油滴从M点到N点，位移斜向右下，电场力做负功，则电势能增加，因此油滴在M点的电势能比它在N点的小，故B正确； C.结合前面分析及题意可知，从M点到N点过程中，油滴所受合力向左与其速度方向夹角为钝角，合力做负功，则动能减小，油滴的速率减小，故C正确； D.根据动量定理可知，动量变化率的大小等于物体所受合力的大小，从M点到N点过程中，油滴所受合力为恒力，则动量变化率保持恒定，故D正确。 本题选不正确的， 故选：A。 13．（2026•邗江区校级模拟）如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v﹣t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　） A．两电荷的电性一定相反 B．t1时刻两电荷的电势能最小 C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小 D．0～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒 【分析】由图像0﹣t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性。分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化。t1～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量先减小后增大。 【解答】解：A、由图像0﹣t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误； B、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大，故B错误； C、0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C正确； D、由图像看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动量也一直增大；乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动量先减小后增大，故D错误。 故选：C。 14．（2026•浙江模拟）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在水平向右的匀强电场，场强大小为E。t＝0时刻，M板下端A处的粒子源发射一质量为m、电荷量为+q、速度大小为v0的粒子，速度方向与M板的夹角为θ，粒子运动过程中受到与速度大小成正比的阻力作用，即f＝kv，经时间t到达N板上的B点（未画出）时的速度大小为v，方向斜向上且与N板的夹角为φ。不计粒子重力，不考虑边界效应，则（　　） A．粒子在电场中做类斜抛运动 B．v0cosθ与vcosφ一定相等 C．金属板M、N间的板间距为 D．根据题干信息无法求出A、B两点间的距离 【分析】A.根据粒子的合力变化判断粒子的运动情况； C.由动量定理求金属板M、N间的板间距； BD.根据动量定理求出竖直方向上的位移表达式结合平行四边形法则分析求解。 【解答】解；A.根据题意，假设粒子在电场中做类斜抛运动，则运动过程中粒子速度变化，粒子受到的阻力变化，粒子在电场中运动过程中合力变化，则假设不成立，故A错误； C.在水平方向上，取极短时间Δt，粒子速度变化量为Δv，以电场力的方向为正方向，由动量定理有 （Eq﹣kvx）Δt＝mΔv 两边求和有：Eqt0﹣kx＝m（vsinφ﹣v0sinθ） 解得： 故C正确； BD.在竖直方向上，取极短时间Δt'，粒子速度变化量为Δv'，以竖直向上的方向为正方向，由动量定理有 ﹣kvyΔt'＝mΔv' 两边求和有 ﹣ky＝mvcosφ﹣mv0cosθ 解得 可知，只有当竖直方向上的位移y＝0时，有 v0cosθ＝vcosφ A、B两点间的距离可求 故BD错误。 故选：C。 15．（2026•武冈市模拟）如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间运动的过程中（　　） A．运动时间之比为t1：t2＝1：2 B．所带电荷量之比q1：q2＝1：2 C．电势能减少量之比ΔE1：ΔE2＝1：8 D．动量增量之比Δp1：Δp2＝1：4 【分析】题目描述两个带电粒子在平行金属板间做类平抛运动，已知初速度相同且质量相同，需分析运动时间、电荷量、电势能减少量及动量增量的比值。首先明确粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向在匀强电场中做初速度为零的匀加速运动，其加速度由电场力决定。核心在于通过已知轨迹信息确定水平位移与竖直位移的关系，利用水平位移与初速度之比得到运动时间，再结合竖直位移与时间平方的关系推导电荷量之比，进而通过电场力做功和冲量分析电势能变化与动量增量。 【解答】解：两带电粒子在匀强电场中均做类平抛运动，设极板长度为L，极板间距为d，两粒子相同的水平初速度大小为v0。根据题意，粒子1从两板正中间飞出，其水平位移 x1＝L，竖直位移；粒子2落到B板中点，其水平位移，竖直位移y2＝d。 A、粒子在水平方向做匀速直线运动，根据公式可知，运动时间之比，故A错误； B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据公式可得，所带电荷量之比，即q1：q2＝1：8，故B错误； C、电场力做正功等于电势能的减少量，根据公式ΔE＝qEy可知，电势能减少量之比，故C错误； D、根据动量定理，动量的增量等于合外力的冲量，即Δp＝qEt，则动量增量之比Δp1：Δp2＝q1t1：q2t2＝（q12t2）：（8q1t2）＝1：4，故D正确。 故选：D。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/4 16:03:01；用户：Scary；邮箱：17851029270；学号：30697016 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $