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专题强化十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
【复习目标】
1.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。 2.知道“等效重力场”的概念。 3.会用
动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。
考点一 带电粒子在等效重力场中的运动
【知识梳理】
1.
注意:(1)这里的最高点不一定是几何最高点。
(2)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
【典例剖析】
1
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例1 (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘
细线，细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ
角，此时让小球获得初速度且恰能绕O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为
g。下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度E＝mg tanθ
q
B.小球动能的最小值为Ek＝mgL
2cosθ
C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
答案 AB
解析 小球静止时细线与竖直方向成θ 角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力
平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝mg tanθ
q
，故A 正确;小球恰能绕O 点在竖直平面
内做圆周运动，在等效最高点A 速度最小(如图所示)，根据牛顿第二定律，有mg
cosθ＝mv
2
L ，则最
小动能Ekmin＝1
2mv2＝mgL
2cosθ，故B 正确;小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最
大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故C 错误;小
球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，
则其电势能先减小，后增大，再减小，故D 错误。
【解题妙招】
将恒定的静电力和重力看成一个等效力，可以将原来圆周运动的最低点和最高点的情况进行拓展，
等效最高点在沿等效力方向的直径上。
【即时训练】
2
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1.(多选)(2025·江西南昌模拟)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R 的光滑绝缘圆形轨道，水平
匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q 分别为轨道上的最高点、最低点，M、N 分别是轨道上与圆
心等高的点。质量为m、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为
g，电场强度E＝3mg
4 q ，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是( )
A.小球在轨道上运动时，动能最小的位置电势能最大
B.小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M 点
C.小球过Q、P 两点受轨道弹力大小的差值为6mg
D.小球过Q、P 两点受轨道弹力大小的差值为7.5mg
答案 BC
解析 静电力与重力的合力可视为等效重力，mg'＝√(mg)
2＋(qE)
2＝5
4 mg，则等效重力加速度
g'＝5 g
4 ，如图所示，tan θ＝qE
mg ＝3
4。当小球通过D 点(等效最高点)时，动能最小，但D 点并非电
势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N 点，故A 错误;小球在圆轨道上运动过程中电势能与
机械能之和不变，小球在圆轨道上M 点的电势能最小，则机械能最大，故B 正确;在Q 点和P 点，
由牛顿第二定律得FQ－mg＝mvQ
2
R ，FP＋mg＝mv P
2
R ，从Q 点到P 点，由动能定理得－mg·2R＝1
2m
vP
2－1
2mvQ
2，联立解得FQ－FP＝6mg，故C 正确，D 错误。
【典例剖析】
例2 (多选)如图所示，分别将带正电、带负电和不带电的三个等质量小球以相同的水平速度由P
点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C 三
点，则下列选项中正确的是( )
3
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A.落点在A 点的小球带正电，落点在B 点的小球带负电
B.三小球在电场中的加速度大小关系是
aA<aB<aC
C.三小球在电场中运动的时间相等
D.三小球到达下板时的动能关系是
EkC>EkB>EkA
答案 BD
解析 电场方向向上，将重力与静电力等效为一个力F 等效，结合平抛运动的分解处理，由水平方
向位移可知三个小球的运动时间tA>tB>tC，由小球在竖直方向上做匀加速直线运动且竖直方向位移
相同，得三个小球的加速度aA<aB<aC，推理得出落在C 点的小球受到的静电力向下，小球带负电，
落在B 点的小球不带电，落在A 点的小球带正电，故A、C 错误，B 正确;三小球所受合力
FC>FB>FA，且三小球在竖直方向的位移相同，得WA<WB<WC，则EkC>EkB>EkA，故D 正确。
【解题妙招】
将恒定的静电力和重力看成一个等效力，替换原来平抛运动模型中的重力，相应解题方法便可移
植过来。
考点二 电场中的力、电综合问题
【知识梳理】
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子
受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。
1.动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要
考虑。
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。
3.动量的观点
4
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(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在某
方向上动量守恒。
【典例剖析】
例3 (2024·河北卷，13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L 的绝缘细线系住一带电小球，在
竖直平面内绕O 点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A 点为最低点，B 点与O 点等高。当
小球运动到A 点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B
两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求:
(1)电场强度E 的大小;
(2)小球在A、B 两点的速度大小。
答案 (1)U
L (2)√
qU −mgL
m
√
3(qU −mgL)
m
解析 (1)在匀强电场中，由公式E＝U
d 可得E＝U
L 。
(2)在A 点细线对小球的拉力为0，由牛顿第二定律得qE－mg＝mv A
2
L
从A 点到B 点，由动能定理得qU－mgL＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
联立解得vA＝√
qU −mgL
m
，vB＝√
3(qU −mgL)
m
。
例4 (2025·湖北襄阳模拟)如图甲所示，两个半径为R 的竖直固定的绝缘光滑1
4细圆管道与粗糙水
平地面AB 在B 点平滑相切，过管道圆心O1O2的水平界面下方空间有水平向右的电场，记A 点所
在位置为坐标原点，沿AB 方向建立x 坐标轴，电场强度大小随位置x 变化如图乙所示。质量为
m、带电荷量为＋q(q>0)的小球P 静止在A 点，与地面间动摩擦因数μ＝0.5。另有一光滑绝缘不带
电小球Q，质量为m
2 ，以速度v0＝3
2 √2gR向右运动，与小球P 发生弹性正碰，碰撞时间极短，且
5
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P、Q 间无电荷转移，碰后P 球可从B 点无碰撞进入管道。已知A、B 间距离为4R，E0＝mg
2q ，重
力加速度为g，不计空气阻力，小球P、Q 均可视为质点。求:
(1)碰后小球P 的速度大小vP;
(2)小球P 从A 点运动到管道最高点C 的过程中静电力做的功WAC;
(3)小球P 再次到达水平地面时与B 点的距离。
答案 (1)√2 gR (2)4mgR (3)5R
解析 (1)由动量守恒定律和能量守恒定律得m
2 v0＝m
2 vQ＋mvP
1
2×m
2 v0
2＝1
2×m
2 vQ
2＋1
2mv P
2
将v0＝3
2 √2gR代入以上两式得碰后小球P 的速度大小vP＝√2gR。
(2)A→B 过程中，由图题乙可知静电力做功WAB＝q E0＋2 E0
2
4R＝3mgR
小球P 从A 点运动到管道最高点C 的过程中静电力做的功WAC＝WAB＋q·2E0R＝4mgR。
(3)A→B 过程中摩擦力做功
Wf＝－μmg·4R＝－2mgR
小球P 从A 点运动到管道最高点C 的过程中由动能定理得WAC＋Wf－2mgR＝1
2mvC
2－1
2mv P
2
解得最高点C 点速度vC＝√2gR
过C 点后小球先在电场线上方做平抛运动，后在静电力和重力的共同作用下运动
小球做平抛运动的时间t1＝√
2 R
g
小球做平抛运动的水平位移x1＝vCt1＝2R
小球进入电场中运动时，运动时间t2＝√
2×2 R
g
－t1＝(2－√2)√
R
g
静电力方向加速度a＝2q E0
m
＝g
静电力方向位移x2＝vCt2＋1
2at2
2
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联立解得x2＝R
小球P 再次到达水平地面时与B 点的距离x＝2R＋x1＋x2＝5R。
【即时训练】
2.(2025·山东实验中学高三模拟)如图所示在电场强度为E 的匀强电场中有一带电绝缘物体P 处于
水平面上。已知P 的质量为m、带电荷量为＋q，其所受阻力与时间的关系为f＝f0＋kt。t＝0 时物
体P 由静止开始运动直至速度再次为零的过程中，以下说法正确的是( )
A.物体达到最大速度的时间qE−f 0
mk
B.物体达到的最大速度为(qE−f 0)
2
2mk
C.全过程中，物体所受静电力的冲量为qE(qE−f 0)
2k
D.全过程中，物体所受阻力f 的冲量为f 0(qE−f 0)
k
答案 B
解析 当物体所受合力为零时，物体的速度最大，则有qE＝f0＋kt，解得t＝qE−f 0
k
，从静止到物
体达到的最大速度，由动量定理有qEt－f 0＋qE
2
t＝mvm－0，解得vm＝(qE−f 0)
2
2mk
，故A 错误，B 正
确;对全过程，由动量定理有qEt'－f 0＋f 0＋kt '
2
t'＝0，解得t'＝2(qE−f 0)
k
，则全过程中，物体所
受静电力的冲量为I1＝qEt'＝2qE(qE−f 0)
k
，物体所受阻力f 的冲量为I2＝－f 0＋f 0＋kt '
2
t'＝
2qE(f 0−qE)
k
，故C、D 错误。
【限时训练】（40min）
1.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另
一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，
则下列说法正确的是( )
7
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A.小球带负电
B.静电力与重力平衡
C.小球在从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能守恒
答案 B
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力
平衡，知静电力方向竖直向上，所以小球带正电，A 错误，B 正确;从a→b，静电力做负功，电势
能增大，C 错误;由于静电力对小球做功，故小球在运动过程中机械能不守恒，D 错误。
2.(2025·四川绵阳模拟)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H 是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，
AE 竖直，空间存在平行于圆轨道面的匀强电场，从A 点静止释放一质量为m 的带电小球，小球
沿圆弧恰好能到达C 点。若在A 点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周
运动，则小球运动过程中( )
A.E 点的动能最小
B.B 点的电势能最大
C.C 点的机械能最大
D.F 点的机械能最小
答案 C
解析 从A 点静止释放一质量为m 的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C 点，可知静电力和重力
的合力方向沿FB 方向斜向下，可知B 点为“等效最低点”，F 点为“等效最高点”，可知小球在
F 点速度最小，动能最小。由平衡条件可知，静电力水平向右，可知小球在G 点电势能最大，在
C 点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C 点机械能最大，在G 点机械能最
小，故C 正确。
3.真空中存在空间范围足够大的水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电的小球在
B 点静止时细线与竖直方向的夹角为37°，小球所带的电荷量为q，细线的长度为l，重力加速度
为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
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A.小球带负电
B.电场强度的大小E＝3mg
5q
C.若将小球从A 点由静止释放，则小球从A 点运动到C 点的过程中电势能增加了0.75mgl
D.若将小球从A 点由静止释放，则小球运动到C 点时受到细线的拉力大小为3mg
答案 C
解析 小球在B 点处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示，小球所受静电力方向与电场
强度方向相同，可知小球带正电，根据平衡条件有qE＝mgtan θ，解得E＝3mg
4 q ，故A、B 错误;若
将小球从A 点由静止释放，小球将做圆周运动到达C 点，静电力做负功，电势能增加了ΔEp＝qEl
＝0.75mgl，故C 正确;小球从A 点到C 点，根据动能定理有mgl－qEl＝1
2mvC
2－0，小球在C 点，
根据牛顿第二定律有FT－mg＝mvC
2
l ，解得FT＝1.5mg，故D 错误。
4.(2024·海南文昌中学模拟)如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成θ 角，直线AB 与匀强
电场E 互相垂直。在A 点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、带电荷量为＋q 的小球，经
时间t，小球下落一段距离过C 点(图中未画出)时速度大小仍为v0，在小球由A 点运动到C 点的过
程中，下列说法中正确的是( )
A.小球的电势能减少
B.C 可能位于AB 直线的右侧
C.小球的机械能减少量一定等于1
2mg2t2
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D.小球的机械能减少量一定大于1
2mg2t2
答案 D
解析 由动能定理知，动能不变，合力做的功为零，重力做正功，静电力必然做负功，电势能增
加，故A 错误;若C 位于AB 直线的右侧，则重力做正功，静电力做正功，动能增加，故B 错误;小
球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于静电力向右下方，重力竖直向
下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的
加速度a 大于g，竖直方向h＝1
2at2>1
2gt2，即mgh>1
2mg2t2，故C 错误，D 正确。
5.如图所示，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.1
2d
B.d
C.2
3d
D.4
3 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，则由动能
定理有－qEd＝－1
2mv0
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
最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv0＝3mv1，再由动能定理有－qEd'＝1
2×3mv1
2－1
2mv0
2
，联立解得 d'＝2
3d，故C 正确。
6.(2025·福建漳州模拟)如图所示，质量为9m 的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光
滑水平面上的O 点。O 点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O 点左侧有
一质量为m 的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极
短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。
10
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(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1;
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O 点的最大距离s;
(3)若靶盒回到O 点时，第2 颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2 颗子弹对靶盒的
冲量大小I。
答案 (1)0.1v0 (2) mv0
2
20qE (3)mv0
解析 (1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1
解得v1＝0.1v0。
(2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma
又v1
2＝2as，解得s＝m v0
2
20qE 。
(3)第1 颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O 点时速度大小仍为v1，设第2 颗
子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2
解得v2＝0
以靶盒与第1 颗子弹为整体，由动量定理得
I＝0－(－10mv1)，解得I＝mv0。
7.如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑1
4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
√gR，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静电力大小为√2mg。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。
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答案 (1)1
2mgR (2)√3 gR (3)y2＝6Rx
解析 (1)小球从A 到B，根据能量守恒定律得
Ep＝1
2mvB
2＝1
2mgR。
(2)小球从B 到O，根据动能定理有－mgR＋√2mg×√2R＝1
2mvO
2－1
2mvB
2
解得vO＝√3 gR。
(3)小球运动至O 点时速度方向竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力分解到x 轴和y 轴，则
x 轴方向有√2mgcos 45°＝max
y 轴方向有√2mgsin 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＝1
2gt2，y＝vOt，联立解得小球过O 点后运动的轨迹
方程为y2＝6Rx。
8.如图所示，在竖直平面内，一半径R＝0.5 m 的光滑绝缘圆弧轨道BCD 和绝缘水平轨道AB 在B
点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OC 和OD 之间的夹角θ＝37°，整个装置固定在水平
向左的匀强电场中，匀强电场的电场强度大小E＝5
3×105 V/m。一质量m＝100 g 的带电小滑块从
A 点由静止释放后沿水平轨道向左运动，经B 点进入圆弧轨道，通过D 点后落回水平轨道。已知
滑块运动到D 点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力。不计空气
阻力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求:
(1)小滑块所带的电荷量;
(2)小滑块通过C 点时，对圆弧轨道的压力大小;
(3)小滑块落回水平轨道位置与B 点之间的距离。
答案 (1)4.5×10－6 C (2)0.75 N (3)0.562 5 m
解析 (1)滑块运动到D 点时所受合力的方向指向圆心O，则tan θ＝qE
mg
解得小滑块所带的电荷量q＝4.5×10－6 C。
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(2)滑块运动到D 点时，滑块对圆弧轨道恰好没有压力，则滑块受到合力为F 合＝mg
cosθ＝1.25 N
在D 点，根据牛顿第二定律F 合＝mv D
2
R
解得vD＝2.5 m/s
滑块从C→D，根据动能定理有
mgR(1－cos θ)－qERsin θ＝1
2mv D
2－1
2mvC
2
在C 点，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝mvC
2
R
根据牛顿第三定律，小滑块通过C 点时，对圆弧轨道的压力大小为FN'＝FN
解得FN'＝0.75 N。
(3)滑块运动到D 点时在水平和竖直方向的速度分别为vx＝vDcos θ＝2 m/s
vy＝vDsin θ＝1.5 m/s
竖直方向有R＋Rcos θ＝vyt＋1
2gt2
解得t＝0.3 s
水平方向的加速度为a＝qE
m ＝7.5 m/s2
小滑块落回水平轨道位置与B 点之间的距离
x＝Rsin θ＋vxt－1
2at2
解得x＝0.562 5 m。
13
