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高考重点考点解读与针对性训练
第十章 静电场
考点79 等效法在复合场中的运用
【考点解读】
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，但是物体处在匀强电场和重力场中的
运动就会变得复杂一些.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.等效重力场的相关知识点及解释
等效重力场⇔重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力⇔重力、电场力的合力
等效重力加速度⇔等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”⇔物体自由时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”⇔物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置
等效重力势能⇔等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积
2. 等效场的常见情景
3 等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
（1）.求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”.
（2）.将a＝F合
m 视为“等效重力加速度”.
（3）找出等效“最低点”和等效“最高点”.
（4）.将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解.
1
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【高考真题】
（2019 全国理综III 卷24）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。
从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A、B。A 不带电，B 的电荷
量为q（q>0）。A 从O 点发射时的速度大小为v0，到达P 点所用时间为t；B 从O 点到达P
点所用时间为
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B 运动到P 点时的动能。
【名师解析】.
（1）设电场强度的大小为E，小球B 运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题
给条件，有
mg+qE=ma ①
②
解得
③
（2）设B 从O 点发射时的速度为v1，到达P 点时的动能为Ek，O、P 两点的高度差为h，根
据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
【针对性训练】
1.（2025·四川绵阳期末）如图所示，可视为质点的质量为m 且电荷量为q 的带正电小球，
2
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用一绝缘轻质细绳悬挂于O 点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强
度大小为E＝3mg
4 q ，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能
够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（
）
A.小球在运动过程中机械能守恒
B.小球在运动过程中机械能不守恒
C.小球在运动过程的最小速度至少为√gL
D.小球在运动过程的最大速度至少为5 √gL
答案：B
解析：小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A 错误，B 正确；如图所示，
小球在电场中运动的等效最高点和等效最低点分别为A 点和B 点，等效重力G'＝5
4 mg，小
球在等效最高点的最小速度v1满足G'＝mv1
2
L
，得v1＝√5 gL
2
，故C 错误；小球由等效最高
点运动到等效最低点，由动能定理有G'·2L＝1
2mv2
2－1
2mv1
2，解得v2＝5
2 √gL，故D 错误。
2 （2024 河北安平中学自我提升） 如图所示，
是圆
的一条水平直径，
是竖直
方向的另外一条直径，
点是圆上的点，
连线与
的夹角为
，该圆处于方向与
圆面平行的匀强电场中。将带正电量为
、质量为
的油滴从圆心
点以相同的初动能
射出，射出方向不同时，油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过
点时油
3
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滴的动能最小且为
，已知重力加速度的大小为g，匀强电场的场强
，那么（
）
A. 电场线与
垂直且B 点电势高于C 点电势
B. 油滴经过
点动能为
C. 油滴经过
点时的动能为
D. 油滴经过
连线中点时的动能为
【答案】CD
【解析】从
经过
点时油滴的动能最小且为
，则
点为复合场的等效最高点，则复
合场的合力方向如图所示，则有
由题意可知
联立解得
4
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则电场线的方向如图所示，由几何关系可知，
与电场线垂直，B 点电势低于
点电势，
故A 错误；
油滴经过
点时，合外力不做功，所以油滴的动能不变，故B 错误；
油滴从
经过
点时，由动能定理可得
从
经过A 点时
联立解得油滴经过
点时的动能为
，故C 正确；
油滴经过
连线中点时的动能为等于
中点的动能，且为
，故D 正确。
3. （2024 四川南充一诊）如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场，
绝缘水平地面与圆心为O、半径为R 的竖直固定的半圆形绝缘轨道AB 平滑相接于A 点。
一质量为m、电荷量为q 的带正电的光滑小球在水平面上以大小为
的速度向右运动，小
球经A 点沿轨道向上运动，恰好能通过B 点。已知
，小球可视为质点，重力加速
度为g。下列说法正确的是（ ）
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A. 小球通过B 点时的速度大小为
B.
的大小为
C. 小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为
D. 小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为
【答案】BD
【解析】．小球恰好能通过B 点，则轨道对小球的支持力恰好为零，根据其受力情况结合
牛顿第二定律可得
结合题意，解得B 点的速度为
故A 错误；
小球从A 到B 的过程中，由动能定理可得
代入数据可得
故B 正确；
6
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小球脱离轨道后做类平抛运动，在竖直方向上有
，
代入数据可得
故C 错误；
小球落地瞬间竖直方向速度为
小球在空中运动时，水平方向做匀速运动，故小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正
切值为
故D 正确。
4 . (2024 年3 月福建泉州质检)如图，倾角
的固定斜面与半径为r 的四分之三圆弧
形轨道ABC 相切于A 点，其中半圆弧段AB 是硬质细圆管。整个空间存在水平方向的匀强电
场，质量为m、电荷量为q 的带正电小球恰好静止在斜面上。已知重力加速度大小为g，
取
，小球直径略小于圆管的内径，运动过程中电荷量保持不变，忽略一切摩
擦。现给小球一个沿斜面向下的初速度
，则（ ）
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A. 匀强电场的场强大小为
B. 小球能到达B 点的条件为
C. 小球可能在BC 段某点脱离轨道
D. 小球经过C 点的速度大小可能为
【答案】AC
【解析】当带电小球恰好静止在斜面上时，受到竖直向下的重力、水平向左的电场力、垂
直斜面向上的支持力的作用，由平衡条件析可得：
，解得：
，
A 正确；
由受力分析可知，重力和电场力等效合力沿BA 方向，大小为：
。
若小球以初速度
释放，到达等效最高点B 点时的临界速度为0，由动能定理可得：
。
解得：
。小球能到达B 点的条件为
，B 错误；
由圆周运动的知识可得，当小球刚好通过
B
点时，有：
当
时，解得：
。
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小球从释放到运动通过B 点，由动能定理可得：
，
解得：
。故当
时，小球可能从BC 段某点脱离轨道，
C 正确。
小球要经过B 点到达C 点，需要的经过B 点的最小初速度为v0=
，设经过C 点的最小
速度为vC，由动能定理可得：
，解得：
，
D 错误。
5. （2024 陕西商洛尖子生学情诊断） 如图所示，光滑水平面内固定着半径
的
三分之二光滑圆弧轨道ABC，空间有水平向右的匀强电场，电场强度
，以圆心
O 为原点建立沿电场线方向的坐标轴x，其中A 点和C 点关于x 轴对称，OA 和OC 均与x 轴
间夹角为
，一带正电小球从x 轴上M 点垂直x 轴方向以速度
沿水平面方向抛出，小
球恰好从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，已知小球电荷量
、质量
，以下说
法正确的是（ ）
A. 小球初速度
大小为4m/s
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B. M 点坐标为
C. 小球对轨道的最大压力为24N
D. 小球运动具有周期性
【答案】CD
【解析】小球先做类平抛运动，有
解得
，
故A 错误；
B．根据几何关系可知M 点坐标
故B 错误；
小球到达B 点时速度最大，小球对轨道压力最大，由动能定理，有
由牛顿第二定律，有
解得
故C 正确；
小球达到C 点时速度大小与在A 点时相等，小球从C 点离开轨道后做类斜上抛运动，恰好
再经过M 点并恢复初始状态，故小球运动具有周期性，故D 正确。
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6. （2024 安徽名校联盟期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为
、
电荷量为
的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运
动。AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径。已知重力加速度为
，电场强度
。不
计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为
B. 若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时
机械能最大
C. 若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ABCD 圆弧上往复运动
D. 若将小球在A 点以大小为
的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆弧到达B 点
【答案】AB
【解析】由于电场强度
，则，
重力和电场力的合力为
，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点
在弧AD 的正中间，则
解得：小球在等效最高点的最小速度
，故A 项正确；
B．小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，
则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，则小球运动到B 点时，小球的电势能最小，
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所以到B 点时的机械能最大，故B 项正确；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A 点由静止开始释放，它将沿
合力方向做匀加速直线运动，不沿圆弧运动，故C 项错误；
D．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为
，若将小球
在A 点以大小为
的速度竖直向上抛出，球不沿圆弧运动，故D 项错误。
7. 空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝3mg
q
。绝缘圆形轨道竖直放置，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，小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥√gR，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＝mvmin
2
R
，解得vmin＝√2gR，所以只有当v0≥√2gR时，小球才不会脱离轨道，故A、B
错误；假设小球可以沿轨道做完整的圆周运动，在C 点的速度大小为v1，根据动能定理有
F·2R＝1
2mv1
2－1
2mv0
2，在A、C 两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＝mv0
2
R
，F1－F＝mv1
2
R
，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。
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6 .[2024 四川宜宾第二中学开学考/多选]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.大圆环所在的竖直平面内存在水平向右、场强为mg
q （g 为重力加速度）的匀强电
场，现给在A 点的小圆环一个向右的水平初速度v0，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（ BC ）
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√2（1+√2）gR
D.在B 点受到大圆环弹力大小为mg
答案 BC
解析 由于匀强电场的电场强度为mg
q
，易知小圆环所受电场力与重力大小相等，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时速度最大，动能最
大，在等效最高点时速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知φD＞φC，两者不
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，即小圆环通过等效最高点D 的速度为0，对小
圆环由A 点运动到D 点过程进行分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cos 45°)＝0－1
2 mv0
2，解得
v0＝√2(1+√2)gR，C 正确；小圆环由A 点运动到B 过程有－mg·2R＝1
2 mvB
2－1
2 mv0
2，在B
点有N＋mg＝mvB
2
R
，解得N＝(2√2－3)mg＜0，可知，小圆环过B 点受到大圆环的弹力大
小为(3－2√2)mg，D 错误.
7.[多选]如图所示，空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E.该空间有一带电小球用
绝缘细线悬挂在O 点，可在竖直平面内做完整的变速圆周运动，且小球运动到最高点时，
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细线受到的拉力最大.已知带电小球的质量为m，带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为
g，则（ BD ）
A.小球带正电
B.电场力大于重力
C.小球运动到最低点时速度最大
D.小球运动过程的最小速度为√
（qE－mg）l
m
答案 BD
解析 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和电场力的合力(等效重
力)方向向上，则电场力方向向上，且电场力大于重力，小球带负电，故A 错误，B 正确；
因重力和电场力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C 错误；由于等
效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝mvmin
2
l
，即
vmin＝√
(qE−mg)l
m
，故D 正确.
8.（2024 云南昆明“三诊一模”摸底）如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小球（可
视为质点）与不可伸长的绝缘轻绳相连，绳子另一端固定在O 点的拉力传感器上（拉力传
感器没有画出），O 点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场.现使小球
获得一初速度后绕O 点在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力
的最小值为0，最大值为12mg，g 为重力加速度.
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O 点的水平距离.
答案 （1）mg
q （2）√10R
解析 （1）依题意，小球通过最高点时，由牛顿第二定律有
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mg＋qE＝mv0
2
R
从最高点到最低点，据动能定理有
（mg＋qE）×2R＝1
2mv2－1
2mv0
2
通过最低点时，由牛顿第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv
2
R
联立解得E＝mg
q
（2）绳断后小球做类平抛运动
竖直方向上：R＝1
2at2
水平方向上：x＝vt
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
联立解得x＝√10R.
9 .如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r 的绝
缘
光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆心，AB 是竖直方向的直
径.
一质量为m、电荷量为＋q（q＞0）的小球套在圆环上，并静
止
在P 点，OP 与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力，已知重
力
加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）若要使小球从P 点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件.
答案 （1）3mg
4 q （2）不小于√5 gr
解析 （1）当小球静止在P 点时，小球的受力情况如图所示，
则有qE
mg ＝tanθ，所以E＝3mg
4 q
（2）小球所受重力与电场力的合力F＝√（mg）
2＋（qE）
2＝5
4
mg.
当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为5
4 g 的“重力
场”中运动.若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q 点.设当小球从P
点出发的速度为vmin时，小球到达Q 点时速度为零，在小球从P 运动到Q 的过程中，
根据动能定理有－5
4 mg·2r＝0－1
2mvmin
2 ，
所以vmin＝√5 gr，即小球的初速度应不小于√5 gr.
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10. （2024 河北五市联考）如图所示，固定竖直面内半径为
的光滑半圆轨道与
动摩擦因数为
的粗糙水平面平滑相连，整个区域有水平向右、大小为
的匀强电场，一质量为
，电量为
的可视为质点带正电
的小物块从A 点静止开始运动，已知AB 的长度为
，重力加速度
。求：
（1）小物块运动到B 点的速度为多大；
（2）小物块运动轨道最右边C 点时，轨道对小物块的支持力；
（3）小物块从D 点离开到落地过程中克服电场力做功的平均功率。
【答案】（1）
；（2）
，方向水平向左；（3）
【解析】（1）根据题意，在小物块从A 运动到B 的过程中，由动能定理
解得
（2）从B 到C 的过程，对小物块由动能定理
解得
物块在C 点，设轨道对其支持力为
，由牛顿第二定律有
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解得
方向水平向左。
（3）小物块从B 点到D 点，由动能定理有
解得
小物块从D 点飞离轨道后在竖直方向只受重力，可知在竖直方向做自由落体运动，在水平
方向受到与速度方向相反的电场力，因此可知，在水平方向做匀变速直线运动，根据运动
的独立性与等时性，设物块落地时所用的时间为t，则在竖直方向有
解得
在水平方向有
其中
联立解得
电场力做功
平均功率
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