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专题强化十四 带电粒子在电场中的力电综合问题
目标要求 1.会用等效法分析带电粒子在电场和重力场中的圆周运动.2.会用动力学、能量
和动量观点分析带电粒子的力电综合问题．
题型一 带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1．等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体
的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合
场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．
2.
3．举例
例1 (多选)(2023·福建省福州第十五中学质检)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的
拉力最大．已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质
量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球带正电
B．静电力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度至少为v＝
答案 BD
解析 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重
力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故 A错误，B正确；
因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等
效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝m，即v＝，
故D正确．
例2 (多选)(2023·重庆市八中高三检测)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场
强度大小为E＝1×104 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根
光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.08 kg、电
荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别
沿AB和AC到达圆周上的B、C点．现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆
环轨道上且恰好能做完整的圆周运动．不考虑小环运动过程中电荷量的变化．下列说法正
确的是(cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1
B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大
C．小环做圆周运动过程中动能最小值是1 J
D．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5 N
答案 AD解析 因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为 F＝＝1 N，与竖直方向夹角正
切值tan θ＝＝，解得θ＝37°，重力与静电力合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模
型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道
交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰
好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点 A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C
错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高
点至等效最低点过程中，由动能定理得 F·2R＝mv 2－0，由牛顿第二定律得F －F＝m，代
m N
入数据解得F ＝5 N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是 5
N
N，D正确．
例3 如图所示，现有一个小物块质量为 m＝80 g、带正电荷 q＝2×10－4 C，与水平轨道
之间的动摩擦因数 μ＝0.2，在水平轨道的末端N处连接一个光滑竖直的半圆形轨道，半径
为R＝40 cm.整个轨道处在一个方向水平向左、电场强度大小E＝4×103 V/m的匀强电场中，
取g＝10 m/s2.
(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L，那么小物块应从距N点多远处的A点释放？
(2) 如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于
多少？
(3)如果小物块在(1)中的位置A释放，当它运动到NP间什么位置时动能最大，最大动能是
多少？(结果保留两位有效数字)
答案 (1)1.25 m (2)4.8 N (3)与圆心的连线与竖直方向夹角为45° 0.93 J
解析 (1)物块恰能通过轨道最高点L的条件是
mg＝m，代入数据解得v ＝2 m/s
L
设A到N的距离为s，对A到L过程中根据动能定理得qEs－μmgs－mg·2R＝mv 2－0
L
代入数据解得s＝1.25 m
(2)物块由P到L过程根据动能定理得
－mgR－qER＝mv 2－mv 2
L P
解得v ＝2 m/s
P
在P点根据牛顿第二定律得F －qE＝m
N
代入数据解得F ＝4.8 N.
N
(3)如图所示，当合力的反方向延长线过圆心时动能最大，设该点为B，过B的半径与竖直方
向间的夹角为θ，则tan θ＝＝1，θ＝45°.从A到B，由动能定理得qE(s＋Rsin θ)－μmgs－
mgR(1－cos θ)＝E ，解得E ＝(0.48＋0.32) J≈0.93 J.
km km题型二 电场中的力电综合问题
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考
虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过
程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．
②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变．
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同
一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是
否为某方向上动量守恒．
例4 (2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于
光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电
容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某
一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置．底座解除锁定后，将两
极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距
离右极板( )
A.d B．d C.d D.d
答案 C
解析 设带电环所带电荷量为q，初速度为v ，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则
0
由功能关系有qEd＝mv2，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的 2倍，极板间电场强
0
度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带电环到达
进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，则有 mv ＝3mv ，再由功能关系有
0 1qEd′＝mv2－×3mv2，联立解得 d′＝d，故选C.
0 1
例5 如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质
量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾
角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体 B在一
沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到
物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为kx2)，重力
加速度为g，则在此过程中( )
A．物体B带负电，受到的静电力大小为mgsin θ
B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin θ
D．物体B的最大速度为gsin θ
答案 D
解析 假设B所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对B分析可知F－mgsin θ－F ＝
电
0，解得F ＝2mgsin θ，假设成立，故B带负电，故A错误；当B受到的合力为零时，B的
电
速度最大，由kx＝F ＋mgsin θ，解得x＝，故B错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不
电
及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B分析可知F ＝F ＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解
合 电
得a＝gsin θ，故C错误；设物体B的最大速度为v ，由功能关系可得·3mv 2＋kx2＝mgxsin
m m
θ＋F x，解得v ＝gsin θ，故D正确．
电 m
例6 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一
水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为
m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v 平行于纸面水平射
0
入电场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)mv2＋qh v
0 0
(2)2v
0
解析 (1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，
设粒子的加速度大小为a，有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为E，由动能定理有qEh＝E－mv2③
k k 0设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝vt⑤
0
联立①②③④⑤式解得E＝mv2＋qh
k 0
l＝v
0
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属
板的长度为L＝2l＝2v.
0
课时精练
1.如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为
＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v 沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速
0
度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为 F，A、B间距
f
离为L，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
0
A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大
B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
C．OB间的距离为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差U ＝
AB
答案 C
解析 点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的阻力，两点电荷靠近
过程中静电力逐渐增大，阻力不变，点电荷乙先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故
A错误；在点电荷乙向甲运动过程中静电力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；
当速度最小时有F＝F＝k，可得r＝，故C正确；点电荷乙从A运动到B过程中，根据动能
f
定理有U q－FL＝mv2－mv2，计算得出U ＝，故D错误．
AB f 0 0 AB
2.(多选)(2023·黑龙江齐齐哈尔市八中模拟)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水
平，一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放，滑到B处离开圆弧槽做平抛运
动，到达水平地面的D处，若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场，重复上述实验，
下列说法正确的是( )
A．小球落地点在D的右侧
B．小球落地点仍在D点C．小球落地点在D的左侧
D．小球离开B到达地面的运动时间减小
答案 BD
解析 不加电场时，小球从A到B有mgR＝mv 2－0，解得v ＝，平抛过程，竖直方向上有
B B
h＝gt2，解得t＝，平抛水平位移x＝v t＝2，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向
B
下的匀强电场后，小球同时受重力和向下的静电力，相当于重力加速度增大了，小球落地点
仍在D点，t∝，小球离开B后到达地面的运动时间减小，B、D正确．
3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬
挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为 E＝，小球初
始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽
略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中机械能不守恒
C．小球在运动过程中的最小速度至少为
D．小球在运动过程中的最大速度至少为
答案 BD
解析 小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，
小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为 A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在
最高点的最小速度v 满足G′＝m，得v ＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动
1 1
能定理有G′·2L＝mv2－mv2，解得v＝ ，故D正确．
2 1 2
4.如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场．AB为绝缘光滑
且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方．一质量为m、
电荷量为q的带正电小球，以初速度v 竖直向下从A点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，
A
沿轨道运动到B处以速度v 射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝，sin 37°＝
B
0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )A．从A到B过程中，小球的机械能先增大后减小
B．从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小后增大
C．在A、B两点的速度大小满足v >v
A B
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为
答案 D
解析 从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故 A错误；设等效
重力与竖直线的夹角为θ，则tan θ＝＝，故θ为37°，等效重力方向与竖直方向成37°角偏
左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B
错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以 v <v ，故C错误；从A到B，由动能定理有
A B
mgR－EqR＝mv 2－mv 2，解得v ＝，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分
B A B
速度即为最小速度，则v ＝v ·cos θ＝，故D正确．
min B
5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其
圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电
场．一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为E
k
和1.5E ，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)．已知P与A间的距离等于轨道半径，
k
则( )
A．D点与P点等高
B．小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍
C．小球在C处对轨道的压力是其重力的两倍
D．小球通过D点时的动能大于1.5E
k
答案 BD
解析 若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，但由
动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电场
中所受静电力为F，轨道半径为R，小球从P到B过程，由动能定理得mg·2R＝E ，小球从
k
P到C过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5E ，联立可得F＝2mg，故B正确；由动能定理
k
的表达式有1.5E ＝mv 2，在C点时，由牛顿第二定律得F －F＝m，结合mg·2R＝E ，联立
k C N k
可得F ＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力F ′＝F ＝8mg，故C错误；
N N N
因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直方
向，由逆向思维，看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从 C到D过程中，水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fs，可知静电力所做正功大于重力所做负功，
则小球通过D点时的动能大于通过C点时的动能，即大于1.5E，故D正确．
k
6．(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，
导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经
过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在
x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为
mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程．
答案 (1)mgR (2) (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A到B，根据能量守恒定律得
E＝mv 2＝mgR
p B
(2)小球从B到O，根据动能定理有
－mgR＋mg×R＝mv 2－mv 2
O B
解得v ＝
O
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，
则x轴方向有mgcos 45°＝ma
x
y轴方向有mgsin 45°－mg＝ma
y
解得a＝g，a＝0
x y
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线
运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝v t
O
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为
y2＝6Rx.
7．(2023·江西南昌市名校联考)如图所示，空间中存在水平向右、电场强度大小为 E＝
5×103 N/C的匀强电场，水平传送带BC的左端与水平面AB在B点平滑连接，右端与一个
半径为R的光滑圆弧轨道CD水平相切于C点．x ＝x ＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速
AB BC
率恒为v＝5 m/s，现将一质量为m＝0.5 kg、带正电且电荷量为q＝1×10－3 C的小滑块，从
A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；
(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；
(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值．(取1.4)
答案 (1)4 m/s (2)22.5 N (3)28.5 N
解析 (1)小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得qEx －μmgx ＝mv 2－0，解得v
AB AB B B
＝4 m/s.
(2)小滑块滑上传送带时，因传送带速率大于滑块速率，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向
右，由牛顿第二定律得Eq＋μmg＝ma ，解得a ＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有
1 1
v2－v 2＝2ax，解得此加速过程滑块的位移大小为x＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率
B 1 1
后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq－μmg＝ma ，解得a＝8 m/s2，
2 2
由运动学公式有v 2－v2＝2a(x －x)，解得滑块运动到C点时的速度v ＝ m/s，滑块在C
C 2 BC 1 C
点时，由牛顿第二定律得F －mg＝m，解得F ＝22.5 N.
NC NC
(3)由于Eq＝mg，所以等效重力大小为mg′＝＝mg，方向与水平方向成45°角斜向右下方，
当滑块从C点开始沿圆弧轨道运动的弧长对应的圆心角θ＝45°时，滑块的速度最大，对轨
道压力最大，在该点，对滑块有F －mg′＝m，从C点到速度最大位置，由动能定理得
N
mg′R(1－cos 45°)＝mv′2－mv 2，联立解得F ＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块
C N
对圆弧轨道CD压力的最大值F ′＝F ＝28.5 N.
N N
8．如图所示，空间中有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为 E＝1.0×104 V/m.该空
间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A
点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带
电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于
P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到
P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，
碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10
m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到水平面运动的时间．答案 (1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
解析 (1)小球2所受静电力大小
F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N
小球1和小球2的重力和为
G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如图所示
小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能
沿圆弧到达A点，所以＝2m，解得v ＝5 m/s
A
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
＝×2mv 2－×2mv 2
A C
解得v ＝ m/s
C
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv＝2mv
1 C
解得小球1碰撞前的速度v＝2 m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能E＝mv2＝9.2 J
1 p 1
(3)如图，小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为v＝v sin 37°＝3 m/s
0 A
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝vt＋gt2，解得t＝0.6 s.
0
