帶電粒子在電場中

的力電綜合問題

人體帶電頭發(fā)散開，尖端放電，避雷針，靜電吸附，直線加速器，示

試生活實踐類

波器，靜電加速器

題

情觀察靜電感應(yīng)現(xiàn)象，探究電荷間的作用力的影響因素，庫侖扭秤實

學(xué)習(xí)探究類

境驗，模擬電場線，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象

【知識梳理】

考點一〃等效重力場〃中的圓周運動

1.等效重力場

物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場

中物體的運動問題就會變得復(fù)雜一些。此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全

新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”。

2.等效重力場的對應(yīng)概念及解釋

電力場、電場疊加而

等效用力場成的復(fù):合場

等等效互力重力、錚電力的合力

效

重辱效重力等效重力與物體質(zhì)量

力加速度的比值

場

的物體做圓周運動時與

對等效重力平行的直徑

應(yīng)等效“最低點”

與園的兩個交點分別

概

念為等效“最低點”（等

及效重力指向的一側(cè)

解交點）和等效“最高點”

釋

等效“最高點”（背離等效重力方向

一側(cè)的交點）

3.舉典例

電力場與電場在一條重力場與電場

直線上（qE>mg）成一定夾角

等效垂力場

［等效不萬|

等效“最高點1

（等效濯力加速度

【小試牛刀】

【典例】1.（2024.河北卷.13）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住

一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。圖中4、4為圓周上的兩點，■點

為最低點，8點與O點等高。當(dāng)小球運動到A點時，細(xì)線對小球的拉力恰好為0,

已知小球的電荷量為虱00）、質(zhì)量為〃?，A、8兩點間的電勢差為U,重力加速度

大小為g,求：

（1）電場強度E的大??；

（2）小球在A、K兩點的速度大小.

【答案］（釁⑵心手嚴(yán)平

【解析】（1）由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系，電場強度

（2）在A點細(xì)線對小球的拉力為0,

根據(jù)牛頓第二定律得Eq-m1〃斗

A到8過程根據(jù)動能定理得

22

qU-mgL=jnvB-^nvA

聯(lián)立解得以二J耳四,V?=

【典例】2.如圖所示，質(zhì)量為/〃、帶電荷量為+夕的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大

圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，。為環(huán)心，A為最低點，4為最高點，在大圓

環(huán)所在的豎直平面內(nèi)施加水平向右、電場強度大小為詈（g為重力加速度）的勻強電

場，并同時給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度修）（修）未知），小圓環(huán)恰好能夠

沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中

⑴在圖中畫出等效“最高點”和“最低點”，指出機械能最大和最小的位置;

（2）求小圓環(huán)在4點獲得的初速度Vo；

⑶求小圓環(huán)過B點受到大圓環(huán)的彈力大小。

【答案】⑴見【解析】⑵j2(l+&)gR

(3)(3—2企)/”g

【解析】(1)由于勻強電場的電場強度為.，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的

q

等效“最低點”。與等效“最高點”。，如圖所示

小圓環(huán)在等效“最低點”C速度最大，動能最大，在等效“最高點”。速度最小，動

能最??；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能

與機械能的轉(zhuǎn)化，M點是電勢能最小的位置，也是機械能最大的位置，N點是電勢能

最大的位置，也是機械能最小的位置。

(2)小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效“最高點”。的速

度為0,對小圓環(huán)分析有一qERsin45°—〃?g(R+Rcos45°)=。一)?為?,

解得％=/2(1+&須

(3)小圓環(huán)從A運動到8過程有

22

一2R=^mvB—1???v0,

在8點有Fn+mg=n*~,

解得FB=Q0—3)mg,則在8點的彈力大小為(3-2\②

考點二電場中的力電綜合問題

1.動力學(xué)的觀點

(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法。

(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重

力是否需要考慮的問題。

2.能量的觀點

(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷是對

分過程還是對全過程使用動能定理。

(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。

3.動量的觀點

(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須

選同一個正方向。

(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表

述是否為某方向上動量守恒。

【小試牛刀】

【典例】1.如圖，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上,

一光滑水平絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容

器極板連同底座總質(zhì)量為2〃?，底座鎖定在水平面上時，套在桿上質(zhì)量為，〃的帶電

環(huán)以某一初速度由小孔進入電容器后，最遠(yuǎn)能到達距離右極板為d的位置。底座解

除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進入電容器

后，最遠(yuǎn)能到達的位置距離右極板()

【答案】C

【解析】設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q,初速度為％,底座鎖定時電容器極板間電場強度

為E，則由功能關(guān)系有底座解除鎖定后,兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，

極板間電場強度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運動，當(dāng)與帶電環(huán)

共速時，帶電環(huán)到達進入電容器最遠(yuǎn)位置，整個過程滿足動量守恒，則有。=3〃2，

再由功能關(guān)系有夕&/'=如；02一白3〃叫2,聯(lián)立解得d，=|d,故選C。

【典例】2.如圖所示，ACK平軌道上A8段光滑、段粗糙，且4c段的長度L=1m,

CQ/為豎直平面內(nèi)半徑R=0.1m的光滑半圓絕緣軌道，兩軌道相切于C點，CF右

側(cè)有電場強度大小E=1X1()3N/C、方向水平向右的勻強電場。一根輕質(zhì)絕緣彈簧

水平放置，一端固定在A點，另一端與質(zhì)量m=0.1kg的滑塊P接觸。當(dāng)彈簧史于

原長時滑塊在4點，在廠點有一套在半圓軌道上、電荷量夕=1.0X103c的帶正電

圓環(huán)，在半圓軌道最低點放一質(zhì)量與圓環(huán)質(zhì)量相等的滑塊Q(圖中未畫I出)。由靜止

釋放圓環(huán)，圓環(huán)沿半圓凱道運動。當(dāng)圓環(huán)運動到半圓軌道的最右側(cè)。點時對軌道的

壓力大小FN=5N。已知滑塊Q與軌道8c間的動摩擦因數(shù)〃=().1,重力加速度大

小g取lOmH,兩滑塊和圓環(huán)均可視為質(zhì)點，圓環(huán)與滑塊Q的碰撞為彈性碰撞且

碰撞時間極短，Q、P兩滑塊碰撞后粘在一起。求：

(1)圓環(huán)的質(zhì)量M：

⑵圓環(huán)與滑塊Q碰撞前瞬間的速度大小vc；

(3)彈簧的最大彈性勢能Epo

【答案】(1)0.1kg(2)2m/s(3)0.05J

【解析】(I)圓環(huán)從尸點運動到D點的過程，由動能定理有MgR+q￡R=^W%2

由牛頓第二定律有Fz—qE=M”~

R

解得M=0.1kg

(2)圓環(huán)從尸點運動到C點，靜電力做功為0,僅有重力做功，故WgX2R=M7c2

=

解得vc2m/s

(3)圓環(huán)與滑塊Q碰撞，由于兩者質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，故碰撞后圓環(huán)的速度為

0,滑塊Q的速度大小為2m/s

滑塊Q在8c段運動的過程中，根據(jù)動能定理有一〃用好=切為2—刎火工

解得VB=X/2m/s

滑塊Q和滑塊P碰撞時有

Ep=,M+〃?），

解得Ep=0.05Jo

【典例R（多選）（2022?海南卷?13）如圖，帶正電g=3X10一5C的物塊A放在水平桌面

上，利用細(xì)繩通過光滑的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強電場中，E=

4X105N/C,從O開始，A與桌面的動摩擦因數(shù)兒隨x的變化如圖所示，取。點電

勢能為零，A、B質(zhì)量均為1kg,B離滑輪的距離足夠長，重力加速度g取10m/s2,

則（）

A.它們運動的最大速度為1m/s

B.它們向左運動的最大位移為1m

C當(dāng)速度為0.6m/s時，A的電勢能可能是一2.4J

D.當(dāng)速度為0.6m/s時，繩子的拉力可能是9.2N

【答案】ACD

【解析】由題知R=〃〃?g=2x,設(shè)A向左移動x后速度為零，對A、B系統(tǒng)有，qEx一

〃期一步廣。（此處所前面的裝因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力），可得x二

2m,A向左運動是先加速后減速，當(dāng)x=2m時，摩擦力變成靜摩擦力，系統(tǒng)受力平

衡，處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)A向左運動x后速度為V,對系統(tǒng)則有qEx'-mgx'-\F^

1x2/?zv2,得m/=一（廣一］）2+i,即當(dāng)工,=1m時，「最大為1m/s,故A正確，B錯誤；

當(dāng)v=0.6m/s時，可得V為0.2m或1.8m,當(dāng)V=0.2m時，靜電力做功qEx'=2AJ,

則電勢能減小2.4J,由于與。=0,則A的電勢能為-2.4J,當(dāng)￡=1.8m時，A的電勢

能為-21.6J,故C正確；根據(jù)牛頓第二定律務(wù):一3一/四=2〃也，當(dāng)f=0.2m時，系

統(tǒng)加速度a=0.8mH,對B有FT-mg=ma,得FT=10.8N,當(dāng)x-1.8m時，系統(tǒng)加

速度a=-0.8m/s2,對B分析可得后=9.2N,故D正確。

【限時訓(xùn)練】（限時：60分鐘）

【基礎(chǔ)必刷題［1?5題每小題4分，共20分

1.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電

小球，另一端固定于。點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為最低點

為瓦不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

、t

\、、，//

A.小球帶負(fù)電

B.靜電力與重力平衡

C.小球在從〃點運動到方點的過程中，電勢能減小

D.小球在運動過程中機械能守恒

【答案】B

【解析】由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與靜電力的合力為0,即靜

電力與重力平衡，知靜電力方向豎直向上，所以小球帶正電，A錯誤，B正確；從

a-b,靜電力做負(fù)功，電勢能增大，C錯誤；由于靜電力對小球做功，故小球在運動

過程中機械能不守恒，D錯誤。

2.（多選）如圖所示，四分之一光滑絕緣固定圓弧槽8處切線水平，一可視為質(zhì)點的帶正

電小球從圓弧槽A處由靜止釋放，滑到8處離開圓弧槽做平拋運動，到達水平地面的

。處，若在裝置所在平面內(nèi)加上豎直向下的勻強電場，重復(fù)上述實驗，下列說法正確

的是（）

A.小球落地點在。的右側(cè)

B.小球落地點仍在。點

C.小球落地點在D的左側(cè)

D.小球離開到達地面的運動時間減小

【答案】BD

【解析】不加電場時，小球從A到8有"琢RM》?"/—0，解得VB=/2^R,平拋過程，

豎直方向上有力二駟2,解得尸后，平拋水平位移戶加=2儷，平拋水平位移與重

力加速度無關(guān)，施加豎直向下的勻強電場后，小球同時受重力和向下的靜電力，相當(dāng)

于重力加速度增大了，小球落地點仍在。點，/8J1,小球離開B后到達地面的運動時

間減小，B、D正確。

3.（多選）勻強電場方向水平向右，帶電小球由圖示位置從靜止開始釋放，已知小球所受

靜電力大小等于重力大小，不考慮空氣阻力，則（）

Q

E

A.開始一段時間內(nèi)小球可能做變速圓周運動

B.開始一段時間內(nèi)小球可能做變速直線運動

C.整個運動過程中小球電勢能與機械能之和一定不變

D.小球運動至左側(cè)時最高點一定低于釋放位置

【答案】AB

【解析】若小球帶正電，釋放后小球受到向右的靜電力、重力和繩子的拉力，開始一

段時間內(nèi)小球做變速圓周運動，若小球帶負(fù)電，釋放后小球受到向左的靜電力和重力，

在開始一段時間內(nèi)繩子是松弛的，小球做勻加速直線云動，A、B正確；若小球帶負(fù)電，

則小球在運動過程中由直線運動變成圓周運動的瞬間有能量損失，所以電勢能與機械

能之和可能是變化的，C錯誤；若小球帶負(fù)電，小球運動到左端的過程中靜電力做正

功，最高點可能高于釋放位置，D錯誤。

4.如圖所示，空間有與水平方向成。角的勻強電場。一個質(zhì)量為〃，的帶電小球，用長L

的絕緣細(xì)線懸掛于O點。當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好處于水平位置。現(xiàn)用一個外力將小

球沿圓弧軌跡（圖中的虛線）緩慢地拉到最低點，此過程小球的也荷量不變。則該外力做

的功為（重力加速度為8）（）

B嗎

A?黑C.mgL-mgLcos0

cosO

【答案】A

【解析】小球在最高點受力平衡，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有拉力,靜電

FT=ta^nb

力qE=%,對從最高點到最低點過程運用動能定理得到1%.、+〃琢A+g6&〃cos（225。

sintz

一分=0,聯(lián)立解得1昨=%,故選Ao

tany

5.如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在這樣的電場，水平虛線上方為電場強度大小為

后、方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為電場強度大小為E2、方向豎直向上的勻強

電場，一個質(zhì)量〃?，帶電荷量的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結(jié)果剛好到達

下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點，重力加速度為g,則下列結(jié)論正確的是（）

+q、々

A?

A.若A3高度差為〃，則必8=?也

B.帶電小球在4、4兩點電勢能相等

C.在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同

D.兩電場強度大小關(guān)系滿足E?=2Ei

【答案】A

【解析】對A到8的過程運用動能定理得，或幾+，〃助=0,解得以產(chǎn)干，知A、B

的電勢不等，則電勢能不等，故人正確，B錯誤；入到虛線小球速度由零加速至骨，虛

線到△小球速度由v減為零，位移相同，根據(jù)勻變速直線運動的推論知，加速度大小

相等，方向相反，故C錯誤；在上方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得力=隨迫,在下

方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得e=歿R,又,解得5—呂=亙吆，故D錯

mq

誤。

【鞏固必刷題】6題6分，7題12分，8題15分，共33分

6.（多選）如圖甲所示，傾角為〃=37。的光滑斜面固定在水平地面上。勻強電場沿斜面方

向。帶正電的滑塊以一定的初速度從斜面底端開始上滑。若斜面足夠長，上滑過程中

滑塊的機械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin37。=0.6,cos37°=0.8,

則下列說法正確的是（）

斗

乙如/

甲

A.滑塊的重力大小為普

B.滑塊受到的靜電力大小為目

xo

C.滑塊上滑過程中，重力勢能增加了4氏

D.滑塊上升過程中動能與電勢能之和減小

【答案】BD

【解析】由題圖乙可知，滑塊的動能由4瓦減為零滑塊的機械能由4瓦減為3瓦，又

由于機械能在減小，可知靜電力做負(fù)功，故與強電場方向沿斜面向下。根據(jù)題意，機

械能隨位移變化的圖像，斜率表示靜電力，有安旭=/電，動能隨位移變化的圖像，

xo

斜率表示合外力，故出=尸電+〃?gsin0,可得加8=阻,F電=包，故A錯誤，B正確；

X。工0XQ

由重力做功與重力勢能關(guān)系有l(wèi)%=—AEp,由于上滑過程重力做負(fù)功，所以重力勢能

增加，即AEp=—WG=—（―〃?gx（）sin。）=3瓦，故C錯誤；由能量守恒可知滑塊上升過

程中重力勢能增加，所以動能與電勢能之和減小，故D正確。

7.（12分）（2022?遼寧卷?14）如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑;圓弧導(dǎo)軌在B

點平滑連接，導(dǎo)軌半徑為凡質(zhì)量為，〃的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止

釋放，脫離彈簧后經(jīng)過8點時的速度大小為阿，之后沿軌道80運動。以O(shè)為坐標(biāo)

原點建立直角坐標(biāo)系x?！痹趚2一R區(qū)域有方向與x軸夾角為夕=45。的勻強電場，進

入電場后小球受到的電場力大小為企"田。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加

速度為心求：

（1）（3分）彈簧壓縮至4點時的彈性勢能；

（2）（3分）小球經(jīng)過。點時的速度大??；

（3）（6分）小球過。點后運動的軌跡方程。

【答案】（面⑵西亞（3）?=6Rv

【解析】（1）小球從A到B,根據(jù)能量守恒定律得

2

Ep=-mvB=^R

（2）小球從8到O,根據(jù)動能定理有

22

—〃?gR+y[2mgX\[2R=\nv0—^invB

解得v（）=yf3gR

（3）小球運動至O點時速度方向豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到.t軸

和y軸，

則x軸方向有&mgcos45。="M、

)、軸方向有或〃?gsin45。一〃7g=may

解得4=g，勺,=(),說明小球過O點后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線

運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有x=*",y=Vot,聯(lián)立解得小

球過。點后運動的軌跡方程為y2=6/?Ao

8.(15分)(2024?山東荷澤市一模)如圖所示，光滑:圓弧軌道豎直固定，與水平面相切于

最低點P,半徑R=0.2m,空間中存在水平向右的勻強電場E=lxl03v/m,物體甲的

質(zhì)量為〃h=0.2kg,帶電荷量為q=+lxl0'C,在尸點右側(cè)Li=1m處有一不帶電的

物體乙，質(zhì)量為〃[2=0.2kg,物體乙右側(cè)L2=0.5m處有一豎直固定擋板，甲物體從與

圓心。等高的A點以豎直向下的速度％=2m/s滑動，甲、乙與水平面間的動摩擦因數(shù)

均為"=0.2,所有碰撞均無能量損失，且甲、乙碰撞沒有電荷轉(zhuǎn)移。重力加速度g取

10m/s2o求：

A講……V

E

—iJn

_r_一i-j

Li?1

(1)(4分)在圓形軌道最低點P,物體甲受到軌道的支持力大??；

(2)(5分)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；

(3)(6分)整個過程甲、乙在水平面上運動的總路程之和。

【答案】(1)12N(2)04m/s(3)6.25m

【解析】(1)對物體甲，從A點到?點，由動能定理得/〃那+%/?=]?[1；12—,

在P點，根據(jù)牛頓第二定律得公一〃?避=如學(xué)，解得FN=12N；

(2)物體甲在水平面上向石運動，碰撞前，根據(jù)動能定理得(“—

,甲、乙碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有