文档文本内容
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＝
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
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
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。
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
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。
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。
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( )
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
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
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：
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)
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。
(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；
(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
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。
