难点15 带电粒子在电场中的力电综合问题-高考物理一轮重难点复习（解析版）

难点15带电粒子在电场中的力电综合问题

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.

等

效

示

力

场

的

对

应

概

念

及

解

释

3.举例

重力场与电场在一条重力场与电场

直线上（qE>mg）成一定夹角

【例1】（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为小、电荷量为+q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。点做圆周运动.A3为圆周的水平直径，为竖直直径.已

知重力加速度为g,电场强度七=早.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媒

B.若小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，则小球运动到3点时的机械能最大

C.若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACB。圆弧上往复运动

D.若将小球在4点以大小为由的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点

【答案】BD

【解析】因为电场强度E=管，所以小球所受静电力大小也为〃收故小球所受合力大小为、②四，方向斜向右

下方，与竖直方向夹角为45。，故小球通过圆弧AO的中点时速度最小，此时满足啦〃吆=〃尸，因此小球

在竖直面内做圆周运动的最小速度Vmin=4面，A项错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力

之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕。点做圆周运动，运动到8点时，静电力做功最多，故运动到8

点时小球的机械能最大，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C

项错误;若将小球以质的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间尸斗”到相同高度，其水平位移•膂

尸=2L故小球刚好运动到8点，D项正确.

二、电场中的力电综合问题

1.带电粒子在电场中的运动

（1）分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线），然

后选用恰当的规律如牛帆运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.

⑵受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关健看重力与其他力

相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子

的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.

2.用能量观点处理带电体的运动

对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理

也常常更简捷.具体方法有：

⑴用动能定理处理

思维顺序一般为：

①弄清研究对象，明确所研究的物理过程.

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.

③弄清所研究过程的初、末状态（主要指动能）.

④根据W=A&列出方程求解.

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理

列式的方法常有两种：

①利用初、末状态的能量相等(即昌=员)列方程.

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程.

(3)两个结论

①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.

②若带电粒子只在重力和静电力代用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

【例2】如图，两金属板尸、Q水平放置，间距为一.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,尸、Q、G的

尺寸相同.G接地，P、。的电势均为夕">0).质量为〃?，电荷量为仪夕>0)的粒子自G的左端上方距离G

为力的位置，以速度w平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.

-P

5"。G

-Q

⑴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】(曲宙+子仙叭修⑵

【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为£粒子在尸G间所受静电力尸的方向竖直向下，设粒子的加速

度大小为4,有

E=

k=qE=ma@

设粒了•第一次到达G时动能为反，由动能定理有

qEh=Ek-；〃?讶③

设粒子第一次到达G时所用的时间为/,粒子在水平方向的位移为/,则有"=%产④

/=voK§)

联立①②③④⑤式解得

,Imdh

(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最题.由对•称性知，此时金属板的长度为L=

2/=2iv

少即时训练

一、单选题

1.（2022•全国•高三专题练习）如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为〃?的带电小球用一轻绳连接

恰好在竖直平面内顺时针绕。点做半径为R的圆周运动，运动轨迹上均匀地分布着A、B、C,。、F、G、

，和P点，04垂直于电场强度方向。已知小球带电荷量为贝00），电场强度七=驾依为重力加速度），则

q

下列说法正确的是（）

E

A.小球在A点时的速度为朝

B.小球运动至C点和H点时绳子拉力大小相等

C.小球运动过程中绳子的最大拉力为6&〃邛

D.小球运动过程中的最小速度为血而

【答案】C

【解析】D.以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力

F=4（mg）2+（qE）2=

由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值出现在P点，由牛顿第二定律得

61ng=in-

R

小球的最小速度

故D错误;

A.小球从P点运动到A点，由动能定理得

。。1,1,

-cos45)+</£/?sin45=--mvp~

解得

心=«36-2)gR

故A错误；

B.小球在C点时，有

F-qE=m

cR

小球从H点运动到。点，由动能定理得

1,1、

qE2R=—mvc~--mvH~

在H点时，有

0

小亚二/吟

所以F”vFC,故B错误:

C.小球运动过程中，在。点时绳子的拉力最大，小球从P点运动到。点，由动能定理得

1,1

F2R=—invD"--mvp：

在。点时，有

Fl)-y/2mg=m^

解得

FD=6丘mg

故C正确.

故选C。

2.（2019・四川・成都外国语学校高三期末）如图所示地面上方存在水平向右的匀强电场。现将一带电小球从

距离地面。点高/?处的4点以水平速度加抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B

到。的距离也为心当地重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.从4到B的过程中小球的动能不断减小

B.下落过程中小球机械能一直增加

C.小球的加速度始终保持2g不变

D.从A点到B点小球的的电势能增加了〃侬?

【答案】D

【解析】A.由图象可知，带点小球受到的合力指向左下方，所以小球带负电，运动过程中，合力先与小球

速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A错误;

B.小球下落过程中，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；

C.根据运动的合成和分解可知，竖直方向上

1，

hf=>-

水平方向上

qE.1qE

-%=-----trh=vt—•—1~2

mQ2m

联立解得

qE=mg

小球受到水平向左的电场力，竖直向卜的重力，合力大小为"叩，由牛顿第一定律可得小球的加速度始终

保持0g不变，故C错误;

D.从A到B点，小球电场力做功为

W=qEh=mgh

所以电势能增加了

△EP=ingh

故D正确。

故选D.

3.（2021・云南师大附中高三阶段练习）如图所示，在某一空间存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E,

在该空间的A点固定电荷量为Q的负点电荷，现有一带正电的小球以速度v从B点水平飞入电场，已知A、

3两点之间的距离为r,下列关于小球运动的描述正确的是（）

A.若场强人浮小球一定做匀速圆周运动

B.若场强E=”■，小球一定做匀速直线运动

q

C.若场强E=A丝，小球一定做匀速圆周运动

ry-

2

D.若带正电小球满足幺二*=整，小球一定做匀速圆周运动

mEkQ

【答案】D

【解析】A.若场强为石=鳖，则带正电的小球有

q

qE=mg

若速度v合适，使库仑力恰好作为向心力

/Qqv2

k停=m—

r-r

小球才能做匀速圆周运动，A错误；

B.带正电的小球受到的库仑力一定随距离不断变化，小球所受合力不可能始终平衡，故小球不可能做匀速

直线运动，B错误；

CD.要使小球做匀速圆周运动，必须同时满足A解析中的两表达式，可解得

里=士青

mkQE

C错误，D正确。

故选Do

4.（2022・上海黄浦・二模）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场，两个带电小球P、Q用相同的绝缘

细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，则（）

E

A.P、Q均带正电

B.P、Q均带负电

C.P带正电、Q带负电

D.P带负电、Q带正电

【答案】C

【解析】AB.由图可知，两小球均在匀强电场的电场力和库仑力的作用下保持平衡，由于相a的库仑力大

小相等、方向相反，那么两小球各自受到匀强电场的电场力也i定大小相等、方向相反，所以两小球一定

带异种电荷，故AB错误：

C.如小球P带正电、Q带负电，小球P受到匀强电场的电场力句左、库仑力向右，有可能如图所示保持平

衡；同理如小球Q带负电，其受到匀强电场的电场力向右、库仑力向左，有可能如图所示保持平衡，故C

正确；

D.如果小球P带负电、Q带正电,则小球P受到匀强电场的电场力与库仑力均向右，则不能如图所示平衡：

同理小球Q受到匀强电场的电场力与库仑力均向左，也不能如图所示平衡，故D错误。

故选C。

5.（2022・湖北•华中师大一附中模拟预测）如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀

强电场。为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R,。为圆心，B位于O点正下方。一质

量为〃?、电荷量为夕的带正电小球，以初速度以竖直向下从人点沿切线进入半圆轨道内侧，沿轨道运动到

8处以速度出射出。已知重力加速度为g,匀强电场场强大小£=翳，空气阻力不计，下列说法正确的

是（）

A.从4到B过程中，小球的机械能先增大后减小

B.从A到8过程中，小球对轨道的压力先减小后增大

C.在A、8两点的速度大小满足以〉阳

D.从8点抛出后，小球速度的最小值为《卜小/?

【答案】D

【解析】A.从A到8过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；

B.等效重力的与竖直线夹约37。偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力

先增大后减小，故B错误：

C.B点比4点更靠近等效最低点，所以

以〈/

故C错误;

D.从A到B,由动能定理

之后小球做斜抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最小速度，则

故D正确。

故选D。

6.（2022•内蒙古・莫旗一中高三期末）用30cm的细线将质量为dxlOjkg的带电小球P悬挂在0点下，当空

中有方向为水平向右，大小为lxlO4N/C的匀强电场时，小球偏转37。后处在静止状态，则（）

//〃〃///

A.小球带负电

B.小球的带电量是2.4xlO《C

C.小球的带电量是3xl0"C

D.小球所受合力是5xlO-2N

【答案】C

【解析】A.小球所受电场力的方向与电场线方向一致，因此小球带正电，A错误;

BC.对小球进行受力分析可知

Eq=mgtan37°

4=3x10"

B错误，C正确;

D.由于小球处于静止状态，因此所受合力为零，D错误。

故选C。

二、多选题

7.（2022・四川・遂宁安居育才卓同国际学校高三阶段练习）如图，在水平向右的匀强电场中，质量为机的带

电小球，以初速度好从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2口方向斜向下，且与电场方向的夹

角为45。（图中未画出），则小球从M运动到N的过程（）

-------------------►

V

M

E

A.重力势能减少B.重力势能减少；，皿2

C.电势能减少mFD.电势能减少g"?，

【答案】BC

【解析】AB.将N点的速度进行分解，则在水平方向有

vx=21cos45°=V2v

竖直方向有

vy=2vsin45。=\[lv

在竖直方向根据速度位移公式有

v；-^=2gh

重力做功

WG=〃3

联立解得

%=;，加

则重力势能减少!，机2,故A错误，B正确；

CD.根据动能定理有

乂+%=）[（202-g八八/

联立解得

W肝mv2

则电势能减少〃八2,故C正确，D错误。

故逃BCo

8.（2022・湖南•长沙一中高三阶段练习）如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在4点相切，B

点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为〃?=1kg,电

荷晟为-4（4>0）的带电小球从斜面上静止释放，小球始终能沿轨道运动。已知电场强度石=瑞，。=53。，

圆轨遒半径&=lm,g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,则以下说法中正确的是（）

A.刚释放小球时小球的加速度的大小为I2.5m/s2

B.若小球能到达C点，释放点与A的距离至少为12.75m

C.若小球恰能到达。点.此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5N

D.若电场方向相反，大小不变，小球恰能到达C点，小球运动在过程中对轨道的最大压力为67.5N

【答案】AC

【解析】A.对小球受力分析，小球所受电场力水平向右，且题发小球始终沿轨道运动，由牛顿第二定律得

mgsin^+Eqcos0=ma

解得

67=12.5m/s2

故A正确:

B.小球若恰好到达。点，在。点由牛顿第二定律得

从释放到到达C点，由动能定理得

〃?g[ssin6+/?(l-cose)-2R」+E^(scos6+Rsin8)

代入数据解得

5=1.2m

故B错误：

C.设重力与电场力的合力方向与竖直方向成a角，故

tana=

解得

a=37。

方向恰好沿斜面方向，大小为

F=J（由『+（〃*）,二:加g

由释放点到最大速度点由动能定理得

F（s+7?）=^wiv2

对该点由牛顿第二定律得

2

N-F=m—

R

由牛顿第三定律得压力

&=N=67.5N

故C正确;

D.若电场反向，设小球于4点左侧”角处达到最大速度，同理解得

a=37。

沿如图所示0。方向

此时若小球能到达C点，应先恰能到达“点，对E点受力分析得

，（“y+（〃陪）二小藁

解得

%=乎m/s

对D到E由动能定埋得

一尸•2R=；〃底-g〃隔

解得

「亚m/s

2

对该点由牛顿第二定律得

N-F=口也

R

由牛顿第三定律得压力

FN=N="N

故D错误。

故选AC。

9.（2022•湖北•襄阳五中模拟预测）如图所不，一斜的倾斜角度为53。，斜向末端连接一处卜竖直平曲的光

滑绝缘半圆轨道，。为圆心，A、8为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg,带电荷

量产+1.0x10-5c的小球（可视为质点）以初速度w=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切

线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为斤3x18N/C,

重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

B

A.小球从开始到A点的运动是类平抛运动

B.小球在A点处的速度大小为12.5m/s

C.小球第•次在半圆轨道.上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道

D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N

【答案】AB

【解析】A.小球受到重力和电场力的作用，如图所示

F=«mg『+(qE)2=5N

设尸与水平方向夹角为。

mg二4

lan

。=~qE~3

0=53。

产与阳垂直，所以小球做类平抛运动，故A正确;

B.因为小球做类平抛运动，由图可知

v.=———=12.5m/s

人sin530

故B正确；

C.如图所示，根据受力情况何出小球运动过程中等效的最低点为。点，小球到C点时对轨道的压力最大，

因为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑

行过程中不会在脱离半圆轨道

故c错误；

D.在A点根据牛顿第二定律得

V；

mg=

从A至C过程中根据动能定理

FR(1+sin530)=gmv：-(tnv\

根据牛顿第二定律得

F-F=m±

R

解得

国=27N

根据牛顿第二定律得小球对轨道的压力大小为27N,故D错误。

故选AB。

10.(2022・河北•鸡泽县第一中学高三阶段练习)用一条长为1m的绝缘轻绳，悬挂一个质量为4.0xl04kg、

电荷量为2Oxl(rC的小球，细线的上端固定于。点。如图所示，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝

缘绳与竖直方向的夹角为37。，取重力加速度g=l()m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列说法正确的是

)

A.匀强电场的场强为l.5xl()6N/C

B.平衡时细线的折力为5.0x10'N

C.若撤去电场，小球回到最低点时绳上的拉力为5.6X10-3N

D.若剪断细绳，小球将做加速度为12m/s2的匀加速直线运动

【答案】BC

【解析】A.平衡时，有

qE=mgtan37°

可得

E=1.5X105N/C

故A错误；

B.平衡时细线的拉力为

F=叫=5.0x10-3、

cos37°

故B正确；

C.撤去电场，由动能定理可得

nigL(\-cos37°)=-mv2

由牛顿第二定律可得

,v2

F-mg=in—

联立可得小球回到最低点时绳上的拉力为

r=5.6xl0-3N

故C正确；

D.剪断细线后，电场力与重力的合力产生加速度，由牛顿第二定律可得

a=-=————=12.5m/s2

m/??cos37°

故D错误。

故选BCo

三、解答题

11.（2017•天津市红桥区教师发展中心高三期末）如图所示，空间存在着电场强度E=L5xl（）2wc、方向竖

直向上的匀强电场，在电场内一长为乙=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电

荷量9=6X1（T2C的小球。现将细线拉至水平位置，将小球由静上释放，当小球运动到最高点时细线受到的

拉力最大。取g=1Om/s2求：

（1）小球的电件：

（2）细线受的最大拉力值。

【答案】（1）小球带正电；（2）12N

【解析】（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电。

（2）设小球运动到最高点时速度为心由动能定理有

（qE-mg）L=；〃八）

在最高点由牛顿第二定律有

_„v2

F+mg-c/E=m—

解得

F=12N

12.（2022•福建省龙岩第一中学高三阶段练习）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一

根长度为L=0.4m的绝缘细线把质量为〃?=0.4kg、电荷为q=+2C的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点

时细线与竖宜方向的夹角为启37。。已知A、。两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取

10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8）

（1）匀强电场的场强大小；

（2）将小球从A点由静止释放，小球通过最低点。时细线对小球的拉力大小；

（3）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最少为多

少?（结果可用根号表示）

二.............QA;

【答案】（1）I.5N/C；（2）6N；（3）V21m/s

【解析】（1）带电小球在B点静止受力平衡，根据平衡条件得

qE-nigtan0

得

£=^^=1.5N/C

q

（2）设小球运动至。点时速度为七,则

mgL-qEL=:/雇

解得

%=\/2m/s

在C点，小球所受重力和细线的合力提供向心力

—学

联立解得

F=6N

（3）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过8点关于0点的对称点，设在该点时小球的最小速度为L

则

V

mgcosO+qEsinO=in—

由动能定理得

-rngLcos0-qEL(l+sin^)=-mv2--mv1

联立解得

%=>/21m/s

13.（2022.全国•高三专题练习）如图所示，一带电荷量为十。八质量为，〃的小物块处于一倾角为37。的光滑

斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g,sin37o=0.6,cos

37°=0.8o求:

（I）水平向右电场的电场强度的大小;

（2）若将电场强度减小为原来的g,小物块的加速度是多大;

（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。

【答案】⑴翳

(2)0.3g；(3)03mgL

【解析】（1）对物块受力分析•，根据共点力的平衡条件可得

西cos37=mgsin37

解得

的

（2）对物块受力分析，若将电场强度减小为原来的根据牛顿第二定律可得

mgsin37一;qEcos37=ma

解得

a=0.3g

（3）根据动能定理可得下滑L时的动能为

Ek=maL=0.3mgL

14.（2022・全国•高三课时练习）如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置

的光滑圆弧轨道4co相切于8点.，整个轨道位于水平桌面内，圆心角/8OC=37。，线段0C垂直于0。,

圆弧轨道半径为R,直线轨道48长为£=5七整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平

行于水平桌面所在的平面且垂直于直线。。.现有一个质量为〃?、带电荷量为+g的小物块P从A点无初速

度释放，小物块P与之间的动摩擦因数〃=0.25,sin370=0.6,8s37°=0.8,忽略空气阻力。求：

（1）小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小&°;

（2）小物块第一次通过。点后离开。点的最大距离；

（3）小物块在直线轨道4B上运动的总路程。

【答案】(1)5.4qE；(2)(3)\5R

【解析】（1）设小物块第一次到达。点时的速度大小为V。，根据动能定理有

2

qE\Ls\n370+/?(l-cos37°)l-/^ELcos37°=|wvcl-0

解得

在C点根据向心力公式得

A

解得

勺片5.4成

根据牛顿第三定律得

Fsc=5.4qE

（2）设小物块第•次到达。点时的速度大小为vD/,根据动能定理有

2

(/E(Lsin37。—Reos37°)—/jqELcos37°=-/nvD1—0

解得

\2EqR

小物块第一次到达。点后先以速度iQ/逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为根据动

能定理得

解得

（3）分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和且势能之和不

再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得

qELsin37°=〃“Escos37°

解得

5=15/?

15.（2022・全国•高三专题练习）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑，圆弧导轨在8点平滑连接,

导轨半径为R。质量为〃?的带正弓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8点时的速

度大小为之后沿轨道B。运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xQy,在工2-尺区域有方向与x轴

夹角为6=45。的匀强电场，进入也场后小球受到的电场力大小为。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4点时的弹性势能;

（2）小球经过。点时的速度大小;

（3）小球过O点后运动的轨迹方程。

2

【答案】（1）（2）v0=^^;（3）y=6Rx

【解析】（1）小球从A到从根据能量守恒定律得

口1。1n

（2）小球从8到O,根据动能定理有

ngR+qE-6R=g，〃吟-；rnv1

解得

（3）小球运动至。点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和），轴，则x轴方向有