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第49 课时 专题强化：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。
考点一 “等效重力场”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 (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
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(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)√
Uq−mgL
m
√
3(Uq−mgL)
m
解析 (1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度E＝U
L
(2)在A 点细线对小球的拉力为0，
根据牛顿第二定律得Eq－mg＝mv A
2
L
A 到B 过程根据动能定理得
qU－mgL＝1
2mvB
2－1
2mv A
2
联立解得vA＝√
Uq−mgL
m
，vB＝√
3(Uq−mgL)
m
。
例2 如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘大圆环上，大圆环固
定在竖直平面内，O 为环心，A 为最低点，B 为最高点，在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电
场强度大小为mg
q (g 为重力加速度)的匀强电场，并同时给在A 点的小圆环一个向右的水平初速度v0(v0
未知)，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中
(1)在图中画出等效“最高点”和“最低点”，指出机械能最大和最小的位置；
(2)求小圆环在A 点获得的初速度v0；
(3)求小圆环过B 点受到大圆环的弹力大小。
答案 (1)见解析 (2)√2(1＋√2)gR
(3)(3－2√2)mg
2
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解析 (1)由于匀强电场的电场强度为mg
q ，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效“最低点”C 与
等效“最高点”D，如图所示
小圆环在等效“最低点”C 速度最大，动能最大，在等效“最高点”D 速度最小，动能最小；小圆环在运
动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，M 点是电势能最小的位
置，也是机械能最大的位置，N 点是电势能最大的位置，也是机械能最小的位置。
(2)小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效“最高点”D 的速度为0，对小圆环分
析有－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－1
2mv0
2，
解得v0＝√2(1＋√2)gR
(3)小圆环从A 运动到B 过程有
－mg·2R＝1
2mvB
2－1
2mv0
2，
在B 点有FB＋mg＝mvB
2
R
，
解得FB＝(2√2－3)mg，则在B 点的弹力大小为(3－2√2)mg。
拓展 若将大圆环换成光滑绝缘圆形轨道，小圆环换成带同样电荷的小球，则小球在A 点至少获得多
大的速度，才能做完整的圆周运动？
答案 √(3√2＋2)gR
解析 小球在D 点受到的支持力为0 时，重力与静电力的合力恰好提供向心力，
√2mg＝mv D
2
R
由A 到D，由动能定理
－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝1
2mv D
2－1
2mv0
2
解得v0＝√(3√2＋2)gR。
考点二 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。
3
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(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。
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3 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，一光滑水平绝缘轻
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，则由功能关系有
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，再由功能关系有qEd'＝1
2mv0
2－1
2×3mv1
2，联立解得 d'＝2
3d，故选C。
例4 (2024·山东临沂市检测)如图所示，AC 水平轨道上AB 段光滑、BC 段粗糙，且BC 段的长度L＝1
m，CDF 为竖直平面内半径R＝0.1 m 的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C 点，CF 右侧有电场强度大
小E＝1×103 N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端
与质量m＝0.1 kg 的滑块P 接触。当弹簧处于原长时滑块在B 点，在F 点有一套在半圆轨道上、电荷量
q＝1.0×10－3 C 的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q(图中未画出)。由
静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动。当圆环运动到半圆轨道的最右侧D 点时对轨道的压力大小FN＝
4
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5 N。已知滑块Q 与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g 取10 m/s2，两滑块和圆环均可
视为质点，圆环与滑块Q 的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P 两滑块碰撞后粘在一起。求：
(1)圆环的质量M；
(2)圆环与滑块Q 碰撞前瞬间的速度大小vC；
(3)弹簧的最大弹性势能Ep。
答案 (1)0.1 kg (2)2 m/s (3)0.05 J
解析 (1)圆环从F 点运动到D 点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝1
2Mv D
2
由牛顿第二定律有FN－qE＝Mv D
2
R
解得M＝0.1 kg
(2)圆环从F 点运动到C 点，静电力做功为0，仅有重力做功，故Mg×2R＝1
2MvC
2
解得vC＝2 m/s
(3)圆环与滑块Q 碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q 的速度大
小为2 m/s
滑块Q 在BC 段运动的过程中，根据动能定理有－μMgL＝1
2MvB
2－1
2MvC
2
解得vB＝√2 m/s
滑块Q 和滑块P 碰撞时有MvB＝(M＋m)v
Ep＝1
2(M＋m)v2
解得Ep＝0.05 J。
例5 (多选)(2022·海南卷·13)如图，带正电q＝3×10－5 C 的物块A 放在水平桌面上，利用细绳通过光
滑的滑轮与B 相连，A 处在水平向左的匀强电场中，E＝4×105 N/C，从O 开始，A 与桌面的动摩擦因
数μ 随x 的变化如图所示，取O 点电势能为零，A、B 质量均为1 kg，B 离滑轮的距离足够长，重力加
速度g 取10 m/s2，则( )
A.它们运动的最大速度为1 m/s
B.它们向左运动的最大位移为1 m
5
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C.当速度为0.6 m/s 时，A 的电势能可能是－2.4 J
D.当速度为0.6 m/s 时，绳子的拉力可能是9.2 N
答案 ACD
解析 由题知Ff＝μmg＝2x，设A 向左移动x 后速度为零，对A、B 系统有，qEx－mgx－1
2Ffx＝0(此处Ffx
前面的1
2是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力)，可得x＝2 m，A 向左运动是先加速后减速，当x＝2
m 时，摩擦力变成静摩擦力，系统受力平衡，处于静止状态。设A 向左运动x'后速度为v，对系统则有
qEx'－mgx'－1
2Ffx'＝1
2×2mv2，得mv2＝－(x'－1)2＋1，即当x'＝1 m 时，v 最大为1 m/s，故A 正确，B 错
误；当v＝0.6 m/s 时，可得x'为0.2 m 或1.8 m，当x'＝0.2 m 时，静电力做功qEx'＝2.4 J，则电势能减小
2.4 J，由于EpO＝0，则A 的电势能为－2.4 J，当x'＝1.8 m 时，A 的电势能为－21.6 J，故C 正确；根据牛
顿第二定律qE－Ff－mg＝2ma，当x'＝0.2 m 时，系统加速度a＝0.8 m/s2，对B 有FT－mg＝ma，得FT＝
10.8 N，当x'＝1.8 m 时，系统加速度a＝－0.8 m/s2，对B 分析可得FT＝9.2 N，故D 正确。
课时精练
(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
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。
6
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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
答案 BD
解析 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.(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
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
答案 AB
解析 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。
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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
答案 A
解析 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.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
答案 A
解析 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
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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 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( )
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
答案 BD
解析 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，
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.(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：
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(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。
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.(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：
(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。
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答案 (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。
(7 分)
9.(多选)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
答案 BCD
解析 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
11
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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。
12
