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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】
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】
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
4mg，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＝mvP
2
R ，从Q 点到P 点，由动能定理得－mg·2R＝1
2m
v P
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( )
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
(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
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)❑√2gR (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＝❑√2 gR
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
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( )
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( )
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
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。
(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) m v0
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＝mv0
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。
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。
(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。
