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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
学习目标 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 带电粒子在电场和重力场中的运动
1.等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，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.方法应用
(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
(2)将a＝视为等效重力加速度。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的
点为“等效最高点”。
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)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。
3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
例1 (2024·辽宁大连高三期中)如图1 所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆
轨道在A 点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B 点为圆轨道的最低点，C 点为
圆轨道的最高点，O 点为圆轨道的圆心，半径OA 与竖直方向夹角也为θ。整个
空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝
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1 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现把一质量为m＝1 kg、电荷量为
q 的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C 点之前始终
不脱离轨道，求小球释放位置离A 点的最小距离，和小球从此位置释放后运动
到B 点时对轨道的压力(计算结果均保留3 位有效数字)。
图1
答案 8.79 m 67.5 N，方向竖直向下
解析 设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α 角，如图
由tan α＝解得α＝37°
合力大小为F＝＝mg
过O 点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D 点和E 点，则
小球在D 点速度最大，E 点速度最小。 在E 点对轨道压力为零时，小球的释放
位置离A 点最近。对小球在E 点应用牛顿第二定律得F＝m
设小球的释放位置到A 点的最小距离为x，在小球从释放点到E 点的过程中，由
动能定理得mg(xsin θ－Rcos θ－Rcos α)－qE(xcos θ＋Rsin θ＋Rsin α)＝mv
解得x＝ m＝8.79 m
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对小球从B 点到E 点的过程应用动能定理得－FR(1＋cos α)＝mv－mv
设小球在B 点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝mg＝67.5 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小等于67.5 N，方向竖直向下。
1.(2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2 所示，在竖直向上的匀强电场中，A 球位
于B 球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在
水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是(
)
图2
A.如果A 球带电，则A 球一定带正电
B.如果A 球带电，则A 球的电势能一定增加
C.如果B 球带电，则B 球一定带负电
D.如果B 球带电，则B 球的电势能一定增加
答案 D
解析 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A
球在上方，竖直位移较大，由h＝at2可知，A 球下落的加速度较大，所受合外力
较大，如果A 球带电，则A 球受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，
电势能减小，故A、B 错误；如果B 球带电，由于B 球的竖直位移较小，加速度
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较小，所受合外力较小，则B 球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B 球
做负功，电势能增加，故C 错误，D 正确。
考点二 电场中的力、电综合问题
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
(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。
例2 (2024·福建漳州统考模拟)如图3，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。
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图3
(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) (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v＝2as
解得s＝。
(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
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I＝0－(－10mv1)
解得I＝mv0。
2.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车(图4 甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进
入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设
置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮
正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60 m，灭火弹出膛速度v0＝50 m/s，方向
与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝
10 m/s2，sin 53°＝0.8。
图4
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
(2)已知电容器储存的电能E＝CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹
的质量为3 kg，电容C＝2.5×104 μF，电容器工作电压U 应设置为多少？
答案 (1)60 m (2)1 000 V
解析 (1)灭火弹离开炮口后，做斜上抛运动，则水平方向上有L＝v0tcos θ，竖
直方向上有H＝v0tsin θ－gt2，代入数据联立解得H＝60 m。
(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×CU2，又因为Ek＝mv，
联立可得U＝1 000 V。
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A 级 基础对点练
对点练1 带电粒子在电场和重力场中的运动
1.(多选)(2024·河南高三校联考)如图1 所示，半径为R 的绝缘光滑圆环固定在竖
直平面内，O 是圆心，AB 是水平方向的直径，CD 是竖直方向的直径，整个圆环
处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，
从A 点由静止释放，小球运动到P 点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加
速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
图1
A.小球可以沿圆环运动到C 点
B.匀强电场的电场强度大小为
C.P、B 两点间的电势差为
D.小球运动到B 点时，向心加速度大小为3g
答案 CD
解析 小球运动到P 点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP 方向，对
小球受力分析有＝tan 37°，解得E＝，故B 错误；假设小球能够沿圆环运动到C
点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，
故A 错误；P、B 两点间的电势差UPB＝E·R＝，故C 正确；小球从A 点运动到B
点，根据动能定理有qE·2R＝mv，此时小球的向心加速度大小
a 向＝＝3g，故D 正确。
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2.(多选)(2023·山东潍坊市模拟)坐标系xOy 所在的竖直平面内存在着范围足够大
且方向竖直向下的匀强电场，x 轴沿水平方向，一带负电小球以初速度v0从坐标
原点O 水平射出，一段时间后小球通过第四象限P 点(图2 中没有标出)。已知小
球质量为m，重力加速度为g，则小球( )
图2
A.从O 到P 的运动过程，运动时间为
B.到达P 点时动能为mv
C.到达P 点时速度偏向角正切值为tan θ＝1
D.所受静电力大小为＋mg
答案 AB
解析 从O 到P 的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t
＝，选项A 正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝t，即vy＝2v0，到达P
点时速度为vP＝＝v0，动能Ek＝mv＝mv，选项B 正确；到达P 点时速度偏向角
正切值为tan θ＝＝2，选项C 错误；由动能定理有mgL－FL＝mv－mv，所受静
电力大小为F＝mg－，选项D 错误。
3.(2023·四川成都一诊)如图3，倾角为θ 的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q
的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q 的带正电小滑块从A 点由静止开始
沿斜面下滑，刚好能够到达B 点。已知A、B 间距为L，Q≫q，重力加速度大小
为g。则A、B 两点间的电势差UAB等于( )
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图3
A.－
B.
C.－
D.
答案 C
解析 带正电小滑块从A 点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q 的库仑
力作用，从A 点运动到B 点的过程，由动能定理可知mgLsin θ＋qUAB＝0，解得
A、B 两点间的电势差UAB＝－，C 正确。
对点练2 电场中的力、电综合问题
4.(多选)(2024·湖南长郡中学校考模拟)如图4 所示，ACB 为固定的光滑半圆形竖
直绝缘轨道，半径为R，AB 为半圆水平直径的两个端点，OC 为半圆的竖直半径，
AC 为圆弧，OC 的左侧、OA 的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的
小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道。不
计空气阻力，小球电荷量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有(
)
图4
A.小球一定能从B 点离开轨道
B.小球在圆弧AC 部分运动的加速度大小可能不变
C.若小球能沿圆弧返回从A 点离开，上升的高度一定等于H
D.若小球能沿圆弧到达C 点，其速度不可能为零
答案 BCD
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解析 由题意可知，带电小球从开始下落到C 的过程中，电场力做负功，重力
做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B 点离开轨道，
故A 错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC 部分做匀速圆周运动，加速
度大小不变，故B 正确；若小球能沿圆弧返回从A 点离开，全过程电场力做功
为零，小球上升的高度一定等于H，故C 正确；若qE≤mg，小球沿圆弧从A 到
C 做加速或匀速率运动，故小球到达C 点的速度不可能为零；若qE>mg，小球
沿圆弧运动到C 点的最小速度为v，则有qE－mg＝，故小球能到达C 点的速度
也不可能为零，故D 正确。
5.(2023·重庆八中高三校考)如图5，滑块A、B 的质量均为m，B 带正电，电荷量
为q；A 不带电，A 套在固定竖直直杆上，A、B 通过转轴用长度为L 的刚性轻杆
连接，B 放在水平面上并靠近竖直杆，A、B 均静止。现加上水平向右、电场强
度为E 的匀强电场，B 开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B 视为质点。
在A 下滑的过程中，下列说法正确的是( )
图5
A.A、B 组成的系统机械能守恒
B.A 运动到最低点时，B 达到最大速度
C.A 运动到最低点时，速度大小为
D.A 的机械能最小时，B 的加速度大小为零
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答案 C
解析 电场力对系统做功，机械能不守恒，选项A 错误；A 运动到最低点时，B
的速度为0，选项B 错误；A 运动到最低点时，B 的速度为零，根据系统机械能
守恒得mgL＋qEL＝mv2解得v＝，选项C 正确；假设无电场，则系统机械能守
恒，当A 机械能最小时，B 的机械能最大，即B 的动能最大，速度最大，加速度
为零，因电场力并不影响A 的机械能，所以有电场和无电场时A 机械能最小时
在杆上的位置相同，但是有电场时，A 机械能最小时B 还受水平向右的电场力，
所以加速度不为零，选项D 错误。
B 级 综合提升练
6.(2024·江西宜春高三开学考)如图6 所示，长s＝0.5 m 的粗糙水平面AB 上有一
水平向右的匀强电场E1＝60 V/m。一电荷量q＝＋0.02 C、质量m1＝0.2 kg 的物
块从A 点由静止开始运动，从B 点飞入竖直向下的匀强电场E2，并恰好落在质
量m2＝0.3 kg 的绝缘篮中，与绝缘篮粘在一起。绝缘篮通过长L＝0.1 m 的轻绳
(不可伸长)与一质量m3＝0.5 kg 的滑块相连，滑块套在一水平固定的光滑细杆上
可自由滑动。已知物块与水平面AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，绝缘篮距B 点的竖
直距离y＝0.1 m，水平距离x＝0.2 m，重力加速度g 取10 m/s2，物块、绝缘篮、
滑块均可视为质点。求：
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图6
(1)物块从B 点飞出时的速度大小；
(2)竖直匀强电场E2的大小；
(3)轻绳再次摆到竖直位置时绳对篮子的拉力大小。
答案 (1)2 m/s (2)100 N/C (3)10.2 N
解析 (1)物块从A 滑行到B 过程，根据动能定理可得qE1s－μm1gs＝m1v
解得物块从B 点飞出时的速度大小为vB＝2 m/s。
(2)物块飞入竖直电场中做类平抛运动，水平方向有x＝vBt
竖直方向有y＝at2，a＝
联立解得E2＝100 N/C。
(3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系统在水平方向动量守恒，则有m1vB＝(m1＋
m2)v1
解得v1＝0.8 m/s
绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成的系
统在水平方向动量守恒，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3
根据能量守恒定律可得(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v
联立解得v2＝0，v3＝0.8 m/s
轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝缘篮相对滑块的速度大小为v3，对物块和绝
缘篮根据牛顿第二定律可得T－(m1＋m2)g－qE2＝(m1＋m2)
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解得T＝10.2 N。
7.(2023·河北保定高三期末)如图7 所示，半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道固定在
水平面上，直径AC 以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy 坐标系。质
量为m、电荷量为＋q 的小球(可视为点电荷)从点(R，－R)由静止释放，从A 点
进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B 时速度恰好为零。求：
图7
(1)电场强度的大小E；
(2)刚进入半圆形轨道时小球对A 点的压力；
(3)小球速度最大时的位置坐标。
答案 (1) (2)4mg 水平向左 (3)
解析 (1)小球释放后到B 点的过程，根据动能定理有
mg·2R－qER＝0－0
解得E＝。
(2)小球释放后到A 点的过程，根据动能定理有mgR＝mv－0
对小球在A 点水平方向受力分析，由牛顿第二定律得FNA－qE＝m
由牛顿第三定律有F 压A＝FNA
解得F 压A＝4mg
方向水平向左。
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(3)设小球在D 位置时速度最大，OD 与x 轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D
点的过程中，有mgR(1＋sin θ)－qER(1－cos θ)＝mv2
整理得mgRsin (θ＋α)－mgR＝mv2
其中，sin α＝，cos α＝
小球速度最大时θ＋α＝
由此可知sin θ＝，cos θ＝
所以xC＝Rcos θ＝R
yC＝Rsin θ＝R
即C 点的位置坐标为。
C 级 培优加强练
8.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图8 所示。两水平金属平板上
下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、
密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b 在重力和空气阻力的作用下
竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个
油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻
力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴
间的相互作用。
图8
(1)求油滴a 和油滴b 的质量之比；
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(2)判断油滴a 和油滴b 所带电荷的正负，并求a、b 所带电荷量的绝对值之比。
答案 (1)8∶1 (2)a 带负电荷 b 带正电荷 4∶1
解析 (1)根据题述有f＝kvr
设油滴a 的质量为m1，油滴a 以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有
m1g＝kv0r1，m1＝πrρ
设油滴b 的质量为m2，油滴b 以速率向下匀速运动时，由平衡条件有
m2g＝k·r2，m2＝πrρ
联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
(2)当在两板间加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以的速率竖直向下匀速
运动，则油滴a 速率减小，说明油滴a 受到向上的电场力，油滴a 带负电荷，油
滴b 速率增大，说明油滴b 受到向下的电场力，则油滴b 带正电荷。
当两个油滴均以速率竖直向下匀速运动时，
由f＝kvr 可知所受阻力之比为＝＝2
油滴b 以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr 可知油滴b
以速率竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a 以速率竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g
设油滴a 所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
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设油滴b 所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1。
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