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第7 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 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 (2023·广东中山市期末)空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝。绝缘圆形轨
1
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道竖直放置，O 点是它的圆心、半径为R，A、C 为圆轨道的最低点和最高点，B、D 为与圆
心O 等高的两点，如图所示。在轨道A 点放置一质量为m，带电荷量为＋q 的光滑小球。现
给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．无论v0多大，小球不会脱离轨道
B．只有v0≥，小球才不会脱离轨道
C．v0越大，小球在A、C 两点对轨道的压力差也越大
D．若将小球无初速度从D 点释放，小球一定会沿轨道经过C 点
答案 D
解析 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，
若要使小球不脱离轨道，设其在A 点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝
m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B 错误；假设小球可以
在轨道中做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为v1，根据动能定理有mv1
2－mv0
2＝F·2R，
在A、C 点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1
－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C
两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C 错误；若将小球无初速度从D 点释
放，由于F 向上，所以小球一定能沿DC 轨道经过C 点，故D 正确。
例2 (多选)(2023·四川省二模)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(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( )
A．动能最小与最大的位置在同一等势面上
B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C．在A 点获得的初速度为
D．过B 点受到大环的弹力大小为mg
答案 BC
2
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解析 由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环的等效物理最低
点C 与等效物理最高点位置D，如图所示，
小圆环在等效物理最低点速度最大，动能最大，在等效物理最高点速度最小，动能最小，根
据沿电场线电势降低，可知φD>φC，可知其不在同一等势面上，A 错误；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，则电势能最小的
位置恰是机械能最大的位置，B 正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆
环通过等效物理最高点D 的速度为0，对圆环分析有
－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－mv0
2，
解得v0＝，C 正确；
小圆环从A 运动到B 过程有
－mg·2R＝mvB
2－mv0
2，
在B 点有FN＋mg＝m，
解得FN＝(2－3)mg<0，
可知，小圆环过B 点受到大环的弹力大小为
(3－2)mg，D 错误。
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。
(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
3
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否为某方向上动量守恒。
例3 (2023·湖南岳阳市期末)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4 (2023·湖南株洲市一模)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′＝
4
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mv0
2－×3mv1
2，联立解得 d′＝d，故选C。
例5 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)P、G 与Q、G 间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G 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
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，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
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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.(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
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)(2022·浙江6 月选考·15)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E
＝， a 为常量。比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及
重力，则( )
A．轨道半径r 小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
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答案 BC
解析 根据静电力提供向心力，有·q＝mω2r，解得ω＝·，可知轨道半径r 小的粒子角速度大，
故A 错误；根据静电力提供向心力，有·q＝m，解得v＝，可知粒子的速度大小与轨道半径r
一定无关，又有Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C 正确；
磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，
粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D 错误。
4．(2023·四川省三模)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，则小球在运动过程中( )
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，动量最小。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，故选C。
5.(2023·江西上饶市二模)如图所示，在电场强度为E 的匀强电场中，电场线与水平方向的夹
角为θ，有一质量为m 的带电小球，用长为L 的细线悬挂于O 点，当小球静止时，细线OA
恰好呈水平状态。若用外力F 使小球绕O 点做半径为L 的匀速圆周运动，在沿圆弧(图中虚
线)从A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中(重力加速度为g)，小球电荷量保持不变，下列
说法正确的是( )
A．小球带负电，电荷量值为
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B．小球带正电，电荷量值为
C．电势能增加mgL＋
D．外力F 做负功
答案 C
解析 当小球静止时，细线OA 恰好呈水平状态，小球受重力mg、静电力F 电、细线拉力FT
作用，如图，
小球受静电力方向与电场强度方向相同，所以小球带正电，竖直方向上qEsin θ＝mg，解得
q＝，故A、B 错误；从A 点运动到O 点正下方的B 点的过程中，小球电势能的增加量等于
克服静电力做的功ΔEp＝－WF 电＝qELcos θ＋qELsin θ＝mgL＋，故C 正确；从A 点做匀速
圆周运动到O 点正下方的B 点，由动能定理可知WG＋WF 电＋WF＝0，解得外力F 做的功WF
＝，所以外力F 做正功，故D 错误。
6.(多选)(2023·山东临沂市一模)细线拉着一质量为m 的带电小球在竖直平面内做半径为R 的
圆周运动，该区域内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，小球所受静电力水平向右，大
小是其重力的倍，圆周上A 点在圆心的正上方，小球过A 点时的速度大小为v0，方向水平
向左，除受重力、静电力及细线的拉力外小球不受其他力的作用，小球可视为质点，重力加
速度为g，在小球做圆周运动的过程中( )
A．小球最小速率为
B．小球速率最小时其电势能最大
C．若小球过A 点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为
D．若小球过A 点时细线断开，之后小球电势能最大时速率为
答案 AC
解析 如图，
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当小球到达B 点时小球的速度最大，到达C 点时速度最小，BC 连线与竖直方向夹角为θ，
则tan θ＝＝，可知θ＝60°，由A 到C 由动能定理mgR(1－cos 60°)－qERsin 60°＝mvC
2－
mv0
2，解得vC＝，选项A 正确；电场方向沿水平方向，则电势最高点和最低点应该在水平直
径的两端，则C 点不是电势能最大的位置，选项B 错误；若小球过A 点时细线断开，之后
小球电势能最大时水平速度减为零，则此时的时间t＝＝，竖直方向做自由落体运动，则此
时的速率为v＝vy＝gt＝，选项C 正确，D 错误。
7.如图所示，质量为m＝1.0 kg、带正电且电荷量q＝1.0×10－4 C 的滑块从A 点右侧光滑水
平面以某一初速度冲上固定在竖直平面内的光滑圆轨道，并沿光滑圆轨道内侧运动到B 处
后离开圆轨道，恰好从C 处无碰撞地冲上粗糙水平台面继续滑行0.3 s 停止运动，水平台面
与滑块间的动摩擦因数μ＝0.2。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝
1.0×105 N/C。竖直圆轨道在A 点和光滑水平面相切，圆轨道半径R＝0.1 m，OB 与水平面
夹角θ＝37°。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块在B 处速度vB的大小；
(2)滑块在A 处受到圆轨道的支持力F 大小。
答案 (1)2 m/s (2)124 N
解析 (1)从C 处在粗糙水平台面滑行至停止，由动量定理得μ(mg＋Eq)t＝mvC
解得vC＝1.2 m/s
由B 到C 逆向看成类平抛运动，则B 处的速度
vB＝，解得vB＝2 m/s
(2)由A 到B 由动能定理有
－(mg＋Eq)R(1＋sin θ)＝mvB
2－mv0
2
在A 处，由牛顿第二定律得
F－(mg＋Eq)＝m，解得F＝124 N。
8．(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，
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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。
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( )
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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－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＝，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＋mgR>0－Ek，有Ek>qU－mgR，故D 正确。
11
