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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
1
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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
2
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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＝mvm
2－0，由牛顿第二定律得FN－F＝m，代
入数据解得FN＝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，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vL＝2 m/s
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＝mvL
2－0
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＝mvL
2－mvP
2
解得vP＝2 m/s
在P 点根据牛顿第二定律得FN－qE＝m
代入数据解得FN＝4.8 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)＝Ekm，解得Ekm＝(0.48＋0.32) J≈0.93 J.
3
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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v0，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，则
由功能关系有qEd＝mv0
2，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
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mv0＝3mv1，再由功能关系有
4
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qEd′＝mv0
2－×3mv1
2，联立解得 d′＝d，故选C.
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 电＝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
速度最大，由kx＝F 电＋mgsin θ，解得x＝，故B 错误；当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不
及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体A、B 分析可知F 合＝F 电＋mgsin θ＝(m＋2m)a，解
得a＝gsin θ，故C 错误；设物体B 的最大速度为vm，由功能关系可得·3mvm
2＋kx2＝mgxsin
θ＋F 电x，解得vm＝gsin θ，故D 正确．
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v0平行于纸面水平射
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)mv0
2＋qh v0
(2)2v0
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Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv0
2③
5
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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＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝mv0
2＋qh
l＝v0
(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＝2v0.
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v0沿它们的连线向甲运动，运动到B 点时的速
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Ff，A、B 间距
离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
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UAB＝
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Ff＝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
定理有UABq－FfL0＝mv2－mv0
2，计算得出UAB＝，故D 错误．
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
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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＝mvB
2－0，解得vB＝，平抛过程，竖直方向上有
h＝gt2，解得t＝，平抛水平位移x＝vBt＝2，平抛水平位移与重力加速度无关，施加竖直向
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v1满足G′＝m，得v1＝，故C 错误；小球由最高点运动到最低点，由动
能定理有G′·2L＝mv2
2－mv1
2，解得v2＝ ，故D 正确．
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vA竖直向下从A 点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，
沿轨道运动到B 处以速度vB射出．已知重力加速度为g，电场强度大小为E＝，sin 37°＝
0.6，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
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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vA>vB
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vA<vB，故C 错误；从A 到B，由动能定理有
mgR－EqR＝mvB
2－mvA
2，解得vB＝，之后小球做类斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分
速度即为最小速度，则vmin＝vB·cos θ＝，故D 正确．
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Ek
和1.5Ek，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，
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1.5Ek
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＝Ek，小球从
P 到C 过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5Ek，联立可得F＝2mg，故B 正确；由动能定理
的表达式有1.5Ek＝mvC
2，在C 点时，由牛顿第二定律得FN－F＝m，结合mg·2R＝Ek，联立
可得FN＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C 处对轨道的压力FN′＝FN＝8mg，故C 错误；
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
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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1.5Ek，故D 正确．
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
Ep＝mvB
2＝mgR
(2)小球从B 到O，根据动能定理有
－mgR＋mg×R＝mvO
2－mvB
2
解得vO＝
(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°＝max
y 轴方向有mgsin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
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＝vOt
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．xAB＝xBC＝R＝1 m，传送带顺时针转动，速
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：
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(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qExAB－μmgxAB＝mvB
2－0，解得vB
＝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＝ma1，解得a1＝12 m/s2，滑块加速到与传送带共速时，有
v2－vB
2＝2a1x，解得此加速过程滑块的位移大小为x1＝0.375 m，小滑块速率大于传送带速率
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＝ma2，解得a2＝8 m/s2，
由运动学公式有vC
2－v2＝2a2(xBC－x1)，解得滑块运动到C 点时的速度vC＝ m/s，滑块在C
点时，由牛顿第二定律得FNC－mg＝m，解得FNC＝22.5 N.
(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FN－mg′＝m，从C 点到速度最大位置，由动能定理得
mg′R(1－cos 45°)＝mv′2－mvC
2，联立解得FN＝28.5 N，根据牛顿第三定律可知，小滑块
对圆弧轨道CD 压力的最大值FN′＝FN＝28.5 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．
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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vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C 点到A 点，由动能定理得
－qERsin 37°－2mg(R＋Rcos 37°)
＝×2mvA
2－×2mvC
2
解得vC＝ m/s
小球黏合体的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1 碰撞前的速度v1＝2 m/s，由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝mv1
2＝9.2 J
(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v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2，解得t＝0.6 s.
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