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专题强化十五　带电粒子(带电体)在电场中的力、
电综合问题
第八章 静电场
学习目标
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、动量观点分析带电粒子的力电综合问题。
目 录
CONTENTS
研透核心考点
01
提升素养能力
02
研透核心考点
1
考点二　电场中的力、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
考点一　带电粒子在重力场和电场中的圆周运动
1.
注意:(1)这里的等效“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”示例
例1 如图所示，有一半径为R的光滑圆管轨道，其所在平面内有水平向左的匀强电场，电场强度大小E=。一质量为m、电荷量为-q的小球沿管在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mg。圆管内径略大于小球直径，小球直径远小于圆管轨道的半径，重力加速度为g。求:
(1)带电小球在B点时的速度大小;
解析　对小球在B点由牛顿第二定律得
FN-qE=m，其中FN=11mg，qE=2mg
解得vB=3。
答案　3
(2)带电小球在C点时对轨道的压力大小;
解析　从C到B由动能定理得
qER-mgR=m-m
解得vC=
对小球在C点由牛顿第二定律得
FN'-mg=m，解得FN'=8mg
根据牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力大小为8mg。
答案　8mg
(3)此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
解析　小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效“最高点”D点(如图所示)时速度最小，在D点重力和静电力的合力方向指向圆心，设D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ==2
小球从C到D由动能定理得
-mgR(1+cos θ)-qERsin θ=EkD-m
其中sin θ=，cos θ=
解得带电小球在圆轨道上运动的最小动能EkD=(-)mgR。
1.(2026·江苏镇江期末)如图所示，AB是长为2R的水平粗糙轨道，B点与一半径为R的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小物体从A点由静止释放，经过B点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。
(1)求物体在B点的速度大小和电场强度大小;
(2)求物体在圆轨道上的最大速度;
(3)若AB长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体
在圆轨道上运动中途不会脱离圆轨道，求圆轨道半径的
取值范围。
答案　(1)　　(2)　(3)r≥或r≤
解析　(1)物体在B点时竖直方向有FN-mg=m
解得v=
从A点到B点由动能定理有(qE-μmg)·2R=mv2-0
解得E=。
(2)静电力和重力的合力，即等效重力为G等==mg
设G等与竖直方向的夹角为θ，则tan θ==，故θ=37°，即方向与竖直方向成37°角，斜向右下方。当G等沿半径背离圆心时小物体的动能最大
从B点到动能最大点由动能定理有G等R(1-cos 37°)=m-mv2
解得vm=。
(3)若物体不能越过O点右上方与水平方向成37°的位置C(如图所示)，则不会脱离轨道，设刚好到C位置时圆轨道半径为r1，从B→C由动能定理有
-G等r1cos 37°=0-mv2
解得r1=。
若物体能够通过O点上方与竖直方向成37°的位置D(如图
所示)，则不会脱离轨道，设刚好到该位置时圆轨道半径
为r2，在D点由牛顿第二定律有G等=m
从B→D由动能定理有-G等r2(1+cos 37°)=m-mv2
解得r2=
则圆轨道半径的范围为r≥或r≤。
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(体)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运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑。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。
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运用动能定理。
(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，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，需选取正方向，还需注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
例2 (2026·江苏连云港期中)如图所示，在竖直平面直角坐标系0≤y≤y0范围内有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。原点O处有一金属电极，可持续向纸面内x轴上方各个方向发射速率为v0的电子。已知电子的电荷量为q，质量为m，y0=，不考虑电子之间的相互作用。
(1)求到达坐标(0，y0)处电子的动能Ek;
解析　由动能定理有qEy0=Ek-m
解得到达坐标(0，y0)处电子的动能为Ek=2m。
答案　2m
(2)求电子在电场中运动的最短时间t;
解析　电子到达坐标(0，y0)处的速度大小为v==2v0
当电子沿y轴射出时在电场中运动的时间最短，设为t，
由动量定理有qEt=mv-mv0
解得t=。
答案　
(3)若将匀强电场方向改为竖直向上，求电子在x轴上落点的
坐标范围。
解析　在第一象限，电场反向后电子做类斜上抛运动，
设速度方向与x轴成θ角，则有v0sin θ=a·
x+=v0cos θ·t'
联立解得x+=sin 2θ
则当θ=45°时x+有最大值，为x+max=
同理可得在第二象限x轴上最小坐标为-
所以电子在x轴上落点的坐标范围为-≤x≤。
答案　-≤x≤
例3 (2026·江苏连云港市期中)如图所示，空间存在电场强度E=100 N/C，方向水平向左的匀强电场。光滑水平面上放置一质量M=2 kg、电荷量qA=0.11 C的带正电绝缘滑板A，质量m=1 kg、电荷量qB=0.1 C(视为质点)带正电绝缘滑块B放在A上。初始时滑板A左端恰好与竖直墙面接触处于静止状态，B与A右端挡板距离s=0.9 m。现给滑块B水平向右的初速度v0=6 m/s，B到达A右端后与挡板发生弹性碰撞。已知滑板A长L=3.6 m，A与墙面碰撞始终为弹性碰撞，B与A之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，A、B电荷量始终保持不变，A、B之间的相互作用忽略不计，所有弹性碰撞的时间忽略不计。求:
(1)B开始运动后未与挡板碰撞前，竖直墙面对A的支持力大小FN;
(2)B与挡板碰撞后瞬间，A和B的速度大小vA和vB;
解析　(1)对A受力分析，则有qAE=Ff+FN
其中摩擦力大小Ff=μmg
解得FN=6 N。
(2)设B与A碰撞前的速度为v，有qBE+Ff=ma
v2-=-2as
B与A发生弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv=MvA-mvB
mv2=M+m
代入数据得vA=2 m/s，vB=1 m/s。
答案　(1)6 N　(2)2 m/s　1 m/s
(3)通过计算分析，B从A上脱落前A与墙面碰撞的次数N。
解析　B与A发生弹性碰撞后，对A、B分别有
qAE+Ff=MaA
qBE-Ff=maB
对A向右运动过程，有t=
解得aA=8 m/s2，aB=5 m/s2，t=0.25 s
由以上分析可知B向左做初速度大小为1 m/s、加速度大小为5 m/s2的匀加速直线运动;A向右做初速度大小为2 m/s的匀减速直线运动，减速至零后向左做匀加速直线运动直至与墙面碰撞，A的加速度方向始终向左且大小为8 m/s2，即A做周期为T=0.5 s的往复运动。从A、B碰后分离起至A第2次与墙面相撞后瞬时，对B分析有x=vB·2T+aB(2T)2
vB'=vB+aB·2T
解得x=3.5 m，vB'=6 m/s
此时A的速度大小为vA'=2 m/s，方向向右
在接下来的Δt=0.25 s时间内
xB=vB'Δt+aB(Δt)2= m
xA=vA'Δt-aA(Δt)2=0.25 m
可得xB+xA>L-x=0.1 m
即B从A上脱落前，A与墙面碰撞的次数N=2。
答案　2
2.(2026·江苏扬州期末)如图所示，该竖直平面内存在水平方向的匀强电场(图中未画出)。一带电荷量为+q、质量为m的小球在A点以初速度v0= 水平向右抛出，运动到水平面上的B点时速度大小仍是v0，A点到该水平面的高度为h，重力加速度为g，求:
(1)A、B两点之间的电势差UAB;
(2)电场强度E的大小。
答案　(1)-　(2)
解析　(1)小球从A到B根据动能定理有
mgh+qUAB=m-m
解得A、B两点之间的电势差为UAB=-。
(2)小球从A到B在竖直方向做自由落体运动，则有=2gh，h=gt2
解得vy=，t=
则小球经过B点时的水平分速度大小为
vx==2
水平方向有vx=v0-at，a=
联立解得电场强度的大小为E=。
提升素养能力
3
1.(2026·江苏泰州中学月考)空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度E的大小为。将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平向右抛出，小球的运动轨迹如图所示。A、C两点在同一竖直线上，B点的速度方向竖直向下，不计空气阻力，重力加速度为g。求:
(1)小球从A点运动到B点的时间;
(2)小球从A到C运动过程中的最小速度。
答案　(1)　(2)
解析　(1)从A→B水平方向，由牛顿第二定律有qE=ma
由运动规律有t=
联立解得 t=。
(2)设静电力与重力的合力与水平方向的夹角为θ，则tan θ==，解得θ=30°
小球在电场中做类斜上抛运动，当小球的速度方向与该合力垂直时速度最小，设为v，则
v=v0sin 30°=。
2.如图所示，光滑绝缘轨道ABC位于竖直平面内，其中AB水平，BC为半径R=1 m的半圆弧，圆心为O。空间存在与水平面成θ=53°角斜向上的匀强电场，电场强度E=500 V/m。一质量m=0.02 kg、电荷量q=2×10-4 C的带正电小球由P点静止释放，经过C点时与轨道恰无挤压。不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)小球刚释放时的加速度大小a;
(2)B、C两点间的电势差UBC;
(3)释放点P到B点的距离s。
答案　(1)3 m/s2　(2)800 V　(3)5 m
C
解析　(1)小球在水平面上受重力、支持力和斜向右上方的静电力的作用，因为mg>qEsin θ
故小球由P点静止释放后水平向右做匀加速直线运动，在水平方向由牛顿第二定律有
qEcos θ=ma
解得a=3 m/s2。
(2)B、C两点间的电势差为
UBC=E·2Rsin θ=800 V。
(3)因为小球在C点时与轨道恰无挤压，故在C点有
mg-qEsin θ=m
解得vC= m/s
对小球从P→C由动能定理有
W电PB+W电BC+WG=ΔEk
即qEscos θ+qUBC-2mgR=mv2-0
联立解得s=5 m。
3.(2026·江苏南通期中)如图所示，在空间足够大水平向右的匀强电场中，一绝缘硬质管ABC固定在竖直面内。管的倾斜部分BC长度为L、与水平方向的夹角θ=37°，水平部分AB长度为L、与电场平行。一质量为m、电荷量为+q的小球从管的水平端口A由静止释放，小球与管之间的摩擦不计且小球通过管的弯曲部分B(长度极短可不计)时没有机械能损失。已知匀强电场的电场强度大小为，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求:
(1)小球运动到管口C时的速度大小vC;
(2)小球沿BC管运动的加速度大小a0和离开管道后
到达最高点时的动能Ek;
(3)小球到达的最高点与管口C的水平距离x。
答案　(1)　(2)0　mgL　(3)1.476L
解析　(1)从A→C由动能定理有
qE(L+Lcos 37°)-mgLsin 37°=m
其中E=
联立解得vC=。
(2)小球沿BC管运动时，由牛顿第二定律有qEcos 37°-mgsin 37°=ma0
解得a0=0
小球离开管口后水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，故竖直方向匀减速到0的时间为t=
小球到达最高点时的速度为v=vCcos θ+t
所以小球到达最高点时的动能Ek=mv2
联立解得Ek=mgL。
(3)小球水平方向运动的加速度大小为a==g
水平方向由运动学公式有v2-(vCcos θ)2=2ax
解得x=L=1.476L。
4.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，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为坐标原点建立平面直角坐标系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=m=mgR。
(2)小球从B到O，根据动能定理有
-mgR+mg·R=m-m
解得vO=。
(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。
5.如图所示，竖直墙壁与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点，CD边与竖直墙壁平行，整个空间存在范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=。质量为m、电荷量为+q的带电小物块乙静止在竖直墙壁的B点位置处，质量为m的不带电小物块甲从竖直墙壁上的A点由静止释放，经过一段时间后两物块碰撞，碰后粘合为一体，若两物块碰后在B点进入圆轨道且前后动能不变，物块B在整个过程中电荷量不变，且两物块均可视为质点，已知AB=CD=R，不计空气阻力，重力加速度为g，求:
(1)碰后物块对轨道的最大压力;
(2)物块落到水平地面时距D点的距离。
答案　(1)(6-3)mg　(2)0
解析　(1)甲物块从A运动到B的过程中机械能守恒，则有
mgR=m
甲、乙碰撞过程动量守恒，则有mv1=2mv2
此后两物块所受的静电力大小为qE=2mg
则等效重力G'=2mg
可知甲、乙整体运动到与竖直方向成45°角位置处对轨道压力最大，运动到该位置处的速度设为v3，由动能定理可得
2mgRcos 45°-qER(1-sin 45°)
=×2m-×2m
由牛顿第二定律可得FN-G'=2m
联立解得FN=(6-3)mg
由牛顿第三定律可得碰后物块对轨道的最大压力大小为
FN'=FN=(6-3)mg。
(2)两物块从B运动到C由动能定理有
2mgR-qER=×2m-×2m
可得两物块到达C点时的速度大小v4=v2=
从C点水平飞出后在竖直方向做自由落体运动，则两物块在空中运动时间为t=
水平方向的加速度大小为a==g
故水平方向上的位移为
x=v4t-at2=·-g·=0
即物块落到水平地面时距D点的距离为零。
本节内容结束
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