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第49 练 专题强化：带电粒子在电场中的力电综合问题
分值：60 分
1~5 题每小题4 分，共20 分
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( )
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
2.(多选)如图所示，四分之一光滑绝缘固定圆弧槽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
3.(多选)匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放，已知小球所受静电力大小等于重
力大小，不考虑空气阻力，则( )
A.开始一段时间内小球可能做变速圆周运动
B.开始一段时间内小球可能做变速直线运动
1
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C.整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变
D.小球运动至左侧时最高点一定低于释放位置
4.如图所示，空间有与水平方向成θ 角的匀强电场。一个质量为m 的带电小球，用长L 的绝缘细线悬挂于
O 点。当小球静止时，细线恰好处于水平位置。现用一个外力将小球沿圆弧轨迹(图中的虚线)缓慢地拉到
最低点，此过程小球的电荷量不变。则该外力做的功为(重力加速度为g)( )
A. mgL
tanθ
B. mgL
cosθ
C.mgL－mgLcos θ
D.mgL
sinθ
5.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为电场强度大小为E1、方向竖直向下的
匀强电场；虚线下方为电场强度大小为E2、方向竖直向上的匀强电场，一个质量m，带电荷量＋q 的小球
从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，重力加速度为g，则
下列结论正确的是( )
A.若AB 高度差为h，则UAB＝−mgh
q
B.带电小球在A、B 两点电势能相等
C.在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D.两电场强度大小关系满足E2＝2E1
6 题6 分，7 题12 分，8 题15 分，共33 分
6.(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上。匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块
以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中滑块的机械能和动能随位移变化的关系
图线如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
2
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A.滑块的重力大小为4 E0
x0
B.滑块受到的静电力大小为E0
x0
C.滑块上滑过程中，重力势能增加了4E0
D.滑块上升过程中动能与电势能之和减小
7.(12 分)(2022·辽宁卷·14)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电场力大小为√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)(3 分)弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
(2)(3 分)小球经过O 点时的速度大小；
(3)(6 分)小球过O 点后运动的轨迹方程。
8.(15 分)(2024·山东菏泽市一模)如图所示，光滑1
4 圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径R＝
0.2 m，空间中存在水平向右的匀强电场E＝1×103 V/m，物体甲的质量为m1＝0.2 kg，带电荷量为q＝＋
1×10－3 C，在P 点右侧L1＝1 m 处有一不带电的物体乙，质量为m2＝0.2 kg，物体乙右侧L2＝0.5 m 处有一
竖直固定挡板，甲物体从与圆心O 等高的A 点以竖直向下的速度v0＝2 m/s 滑动，甲、乙与水平面间的动
摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电荷转移。重力加速度g 取10 m/s2。求：
3
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(1)(4 分)在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小；
(2)(5 分)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；
(3)(6 分)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
(7 分)
9.(多选)(2024·福建省模拟)如图所示，竖直平面内有圆心为O、半径为R 的圆，水平直径上A、C 两端点分
别固定带电荷量为＋Q 的点电荷，BD 为竖直直径，P 为OB 的中点，且P、D 两点间的电势差大小为U。
一带电荷量为＋q、质量为m 的小球以一定初速度从D 点开始竖直向下运动，经过P 点时加速度大小为
2g，在P、B 间运动时加速度始终大于2g。忽略小球所带电荷对电场分布的影响，重力加速度为g，取无
穷远处为零电势点。则小球从D 到B 的过程中( )
A.经过O 点时的速度最小
B.经过O 点时的加速度大小为g
C.机械能先减小后增大
D.初动能可能为qU－1
4 mgR
4
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答案精析
1.B [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.BD [不加电场时，小球从A 到B 有mgR＝1
2mvB
2－0，解得vB＝√2gR，平抛过程，竖直方向上有h＝1
2
gt2，解得t＝√
2h
g ，平抛水平位移x＝vBt＝2√Rh，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∝√
1
g，小
球离开B 后到达地面的运动时间减小，B、D 正确。]
3.AB [若小球带正电，释放后小球受到向右的静电力、重力和绳子的拉力，开始一段时间内小球做变速
圆周运动，若小球带负电，释放后小球受到向左的静电力和重力，在开始一段时间内绳子是松弛的，小球
做匀加速直线运动，A、B 正确；若小球带负电，则小球在运动过程中由直线运动变成圆周运动的瞬间有
能量损失，所以电势能与机械能之和可能是变化的，C 错误；若小球带负电，小球运动到左端的过程中静
电力做正功，最高点可能高于释放位置，D 错误。]
4.A [小球在最高点受力平衡，如图所示，根据平衡条件，有拉力FT＝mg
tanθ，静电力qE＝mg
sinθ，对从最
高点到最低点过程运用动能定理得到WF＋mgL＋qE√2L·cos(225°－θ)＝0，联立解得WF＝mgL
tanθ ，故选A。
]
5.A [对A 到B 的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得UAB＝−mgh
q
，知A、B 的电势不等，则电势
能不等，故A 正确，B 错误；A 到虚线小球速度由零加速至v，虚线到B 小球速度由v 减为零，位移相同，
根据匀变速直线运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场中，根据牛顿第二定
律得a1＝mg＋q E1
m
，在下方电场中，根据牛顿第二定律得a2＝q E2−mg
m
，又a1＝a2，解得E2－E1＝2mg
q
，故D 错误。]
6.BD [由题图乙可知，滑块的动能由4E0减为零，滑块的机械能由4E0减为3E0，又由于机械能在减小，
可知静电力做负功，故匀强电场方向沿斜面向下。根据题意，机械能随位移变化的图像，斜率表示静电力，
5
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有
4 E0−3 E0
x0
＝F 电，动能随位移变化的图像，斜率表示合外力，故
4 E0
x0
＝F 电＋mgsin θ，可得mg＝
5 E0
x0
，
F 电＝E0
x0
，故A 错误，B 正确；由重力做功与重力势能关系有WG＝－ΔEp，由于上滑过程重力做负功，所
以重力势能增加，即ΔEp＝－WG＝－(－mgx0sin θ)＝3E0，故C 错误；由能量守恒可知滑块上升过程中重力
势能增加，所以动能与电势能之和减小，故D 正确。]
7.(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√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.(1)12 N (2)0 4 m/s (3)6.25 m
解析 (1)对物体甲，从A 点到P 点，由动能定理得m1gR＋EqR＝1
2m1v1
2－1
2m1v0
2，在P 点，根据牛顿第
二定律得FN－m1g＝m1v1
2
R
，解得FN＝12 N；
(2)物体甲在水平面上向右运动，碰撞前，根据动能定理得(Eq－μm1g)L1＝1
2m1v2－1
2m1v1
2，甲、乙碰撞过程
中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v＝m1v 甲＋m2v 乙，1
2m1v2＝1
2m1v甲
2＋1
2m2v乙
2，解得v 甲＝0，v
乙＝4 m/s；
(3)对物体甲受力分析得Eq＝1 N>μm1g＝0.4 N，则物体甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙组
成的系统，由能量守恒定律得1
2m1v0
2＋m1gR＋Eq(R＋L1＋L2)＝μm1gs1＋μm2gs2＝μmgs 总，其中m＝m1＝
m2，s 总＝s1＋s2，解得s 总＝6.25 m。
6
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9.BCD [设P 点的电场强度大小为E，小球在P 点时有Eq＋mg＝ma，a＝2g，可得E＝mg
q ，又小球在PB
间运动时加速度大于2g，则PB 间电场强度大于E，且方向竖直向下。根据对称性可知小球在OD 中点时
所受合力为零，小球先减速后加速，在OD 中点时速度最小，故A 错误；O 点的电场强度为零，小球在O
点所受静电力为零，合力等于重力，加速度大小为g，故B 正确；从D 到B 的过程，静电力先做负功后做
正功，小球的机械能先减小后增大，故C 正确；设OD 中点为F，根据对称性可知，P、F 点电势相等，则
F、D 两点间的电势差也为U，使小球能经过F 点即可使小球到达B 点，由－qU＋1
2mgR>0－Ek，有Ek>qU
－1
2mgR，故D 正确。]
7
