1、應用力學規律解決電場相關的運動與能量問題在物理學科內，電學與力學結合最緊密，電學知識又是與實際問題及現代科技聯系最多的內容。在高考中，最復雜的題目往往是力電綜合題。今天我們研究以帶電粒子在電場中為模型的電學與力學的綜合問題，運用的基本規律主要是力學部分的。解決好力電綜合題目的關鍵：一是明確電學知識的基本概念、基本性質；二是正確應用力學的基本規律；三是遷移力學知識中靈活多變的方法。一. 電場中的基本概念、基本性質1. 力的角度：電場力：F= Eq F= kQ1Q2 / r2電場強度：E= F/q E= kQ/ r2 E=U/d2. 能的角度：電勢差：UAB= WAB /q U=Ed電場力做功：W

2、AB = qUAB W= Fscos電勢能：功能關系：二. 應用的主要力學規律1. 力的瞬時作用：對物體（質點），牛頓第二定律F合=ma2. 力的空間積累作用：對物體（質點），動能定理W總=Ek =E k2 E k1；只有重力或系統內彈力做功時，機械能守恒定律E2=E1即Ek2+Ep2=Ek1+Ep13. 力的時間積累作用：對物體（質點），動量定理I合=p= p-p；對系統所受外力的合力為零時，動量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2三. 基本解題思路1. 認真審題，弄清題意。（前提）2. 確定研究對象，受力分析、運動分析、做功分析、過程分析（不變量、變量、關聯量）。（關鍵）受力分析

3、運動分析做功分析過程分析3. 明確解題途徑，正確運用規律。（核心）4. 回顧解題過程，分析解題結果。（保證）四. 解題的三條基本途徑和優選策略1. 力與運動的觀點：受力分析、牛頓運動定律與運動學規律運動學規律：靜止，勻速直線規律，勻變速直線運動規律，勻變速曲線運動規律（運動的合成與分解、平拋運動），圓周運動規律（以點電荷為圓心運動或受裝置約束運動），帶電粒子在交變電場中周期性運動及往復運動。2. 能量的觀點：動能定理、功能關系、機械能守恒定律、能的轉化和守恒定律功能關系：（1），（2），一對滑動摩擦力對系統的總功為負，除重力或彈力以外只有滑動摩擦力做功時，絕對值能量（機械能、電勢能、內能）守恒

4、的表達式：初態和末態的總能量相等，即E初=E末；某些形式的能量的減少量等于其他形式的能量的增加量，即E減=E增；各種形式的能量的增量的代數和為零，即E1+E2+En=0。3. 動量的觀點：動量定理，動量守恒定律。注意矢量性，解題時先選取正方向。例3. 如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上,絕緣座放在光滑水平面上,平行板電容器板間的距離為d,右極板上有一小孔,通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿,電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M.給電容器充電后,有一質量為m的帶正電小環恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動,并從小孔進入電容器,設帶電環不影響電容器板間電場分布.帶電環進入電

5、容器后距左板的最小距離為0.5d,試求：（1）帶電環與左極板相距最近時的速度v；（2）此過程中電容器移動的距離s.（3）此過程中能量如何變化？解析：（1）帶電環進入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環與電容器的左極板相距最近，由系統動量守恒定律可得：動量觀點：，力與運動觀點：設電場力為F，（2）能量觀點：對m：Eq·（）mvmv0對M：EqsMv0Eq（mM）vmv0所以·運動學觀點：對M：對m: 解得：帶電環與電容器的速度圖象如圖所示.由三角形面積可得：, ,解得：4. 選用的一般策

6、略對多個物體組成的系統討論，在具備守恒條件時優先考慮二個守恒定律；出現相對距離（或相對路程）時優先考慮功能關系。對單個物體的討論，宜用兩個定理，涉及時間優先考慮動量定理，涉及位移優先考慮動能定理。研究所受力的瞬時作用與物體運動狀態的關系，涉及過程的細節（加速度），且受恒力作用時，考慮用牛頓運動定律和運動規律。非勻強電場一般不適用力與運動的觀點這一途徑，除了以點電荷為圓心的圓周運動。兩個定律和兩個定理，只考查一個物理過程的始末兩個狀態，對中間過程不予以細究，這是它們的方便之處，特別是變力問題，充分顯示出其優越性。有些題目可以用不同方法各自解決，有些題目得同時運用上述幾種方法才能，三種觀點不要絕對

7、化。-qqOABE例2.（02全國理綜）如圖所示有三根長度皆為l1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O點，另一端分別掛有質量皆為m1.00×kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和q，q1.00×CA、B之間用第三根線連接起來空間中存在大小為E1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B球的位置如圖所示現將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）點撥解疑：圖（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位

8、置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖（2）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 -qqOABE圖（4）圖 4B球受力如圖（3）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 聯立以上各式并代入數據，得 如圖甲所示，a、b兩帶電小球電荷量分別為q和-q，質量均為m.兩球用絲線相連，a球又用絲線掛在O點.加一個向左的勻強電場，平衡后兩線都拉緊，則兩球所處位置可能是圖乙中的 由此可知，A、B球重新達到平衡的

9、位置如圖（4）所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了 B球的重力勢能減少了 A球的電勢能增加了 WA=qElcos60°B球的電勢能減少了 兩種勢能總和減少了 代入數據解得 例1. 質量為m，電量為+q的小球以初速度v0以與水平方向成角射出，如圖所示，如果在某方向加上一定大小的勻強電場后，能保證小球仍沿v0方向做直線運動，試求所加勻強電場的最小值，加了這個電場后，經多長時間速度變為零?命題意圖：考查分析綜合能力及思維發散能力.B級要求.錯解分析：部分考生挖掘隱含條件的能力差，不能據“保證小球仍沿v0方向做直線運動”的條件，推測重力和電場力在垂直于v0方向合力為零，從而無法切入.解

10、題方法與技巧：由題知小球在重力和電場力作用下沿v0方向做直線運動，可知垂直v0方向上合外力為零，或者用力的分解或力的合成方法，重力與電場力的合力沿v0所在直線.建如圖17-4所示坐標系，設場強E與v0成角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得Eqsin-mgcos=0 Eqcos-mgsin=ma 由式得：E=mgcosqsin 由式得：90°時，E最小為Eminmgcos/q其方向與v0垂直斜向上將90°代入式可得agsin即在場強最小時，小球沿v0做加速度為agsin的勻減速直線運動，設運動時間為t時速度為0，則：0v0gsint可得：t=-+OC例4. 已知如圖，水平放置的

11、平行金屬板間有勻強電場。一根長l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端系有質量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C點。當給小球一個水平沖量后，它可以在豎直面內繞O點做勻速圓周運動。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點開始在豎直面內繞O點做圓周運動，至少要給小球多大的水平沖量？在這種情況下，在小球運動過程中細繩所受的最大拉力是多大？解：由已知，原來小球在豎直面內繞O點做勻速圓周運動，受到的電場力和重力大小相等，增大電壓后電場力是重力的3倍。在C點，最小速度對應最小的向心力，這時細繩的拉力為零，合力為2mg，可求得速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點D小球受到的拉

12、力最大。從C到D對小球用動能定理：，在D點，解得F=12mg。OvE例5. 真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°（取）。現將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出。求運動過程中（1）小球受到的電場力的大小及方向；（2）小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；（3）小球的最小動量的大小及方向。解：（1）根據題設條件，電場力大小電場力的方向水平向右。（2）小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a，小球上升到最高點的時間此過程小球沿電場方向位移電場力做功

13、W=小球上升到最高點的過程中，電勢能減少（3）水平速度，豎直速度小球的速度由以上各式得出 解得當此時·,即與電場方向夾角為37°斜向上小球動量的最小值為最小動量的方向與電場方向夾角為37°，斜向上。例6. 一個帶電荷量為q的油滴，從O點以速度v射入勻強電場中，v的方向與電場方向成角，已知油滴的質量為m，測得油滴達到運動軌跡的最高點時，它的速度大小又為v，求：（1）最高點的位置可能在O點的哪一方？（2）電場強度 E為多少？（3）最高點處(設為N)與O點的電勢差UNO為多少？解：（1）由動能定理可得在O點的左方（2）在豎直方向 mgt = mv sin，水平方向 qE

14、t = mv + mv cos 得：UNO = （3）油滴由O點N點，由qUmgh = 0，在豎直方向上，(v0 sin)2 = 2ghUNO =tU0-U0oT/2 T 3T/2 2T例7. 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解：從t=0時刻釋放電

15、子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/2，接著勻減速T/2，速度減小到零后，又開始向右勻加速T/2，接著勻減速T/2直到打在右極板上。電子不可能向左運動；如果兩板間距離不夠大，電子也始終向右運動，直到打到右極板上。從t=T/4時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/4，接著勻減速T/4，速度減小到零后，改為向左先勻加速T/4，接著勻減速T/4。即在兩板間振動；如果兩板間距離不夠大，則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上。從t=3T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離不夠大，電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上；如果第一次向右運動沒有打在右極板上，那就一定

16、會在第一次向左運動過程中打在左極板上。選AC例9. 如圖，在勻強電場中的A點，有一點電荷，并用絕緣、不會伸長細線與O點相連，原來細線剛好被水平拉直。讓點電荷從A點由靜止開始運動，求點電荷經O點正下方時的速率v。已知電荷的質量m=1×10-4kg，電量q=+1.0×10-7C,細線長度L=10cm，電場強度E=1.73×104V/m，g=10m/s2。解題方法與技巧：許多同學見到此題不加思索地認為小球從A點開始作圓周運動，由動能定理列出方程，mgL+EqL=mv2/2代入數據解得v=2.3m/s.解：實際上本題中Eq=mg，電場力與重力的合力的方向與水平方向的夾角為

17、30°，所以電荷從A點開始沿直線經O點正下方B點處，到達C點后，細線方開始被拉直，如圖所示，電荷從A到B，做勻變速直線運動，而不是從一開始就作圓周運動，由動能定理列出方程，mgLsin30°+EqL=mv2/2，解得v=2.1m/s.例9. 靜止在太空中的飛行器上有一種裝置,它利用電場加速帶電粒子,形成向外發射的粒子流,從而對飛行器產生反沖力,使其獲得加速度.已知飛行器的質量為M,發射的是2價氧離子,發射功率為P,加速電壓為U,每個氧離子的質量為m,單位電荷的電量為e,不計發射離子后飛行器質量的變化,求：（1）射出的氧離子速度；（2）每秒鐘射出的氧離子數；（3）射出離子后飛

18、行器開始運動的加速度。解析：（1）以氧離子為研究對象，根據動能定理，有：所以氧離子速度為 （2）設每秒鐘射出的氧離子數為N，則發射功率可表示為：所以氧離子數為N=P/2eU （3）以氧離子和飛行器為系統，設飛行器的反沖速度為V，根據動量守恒定律所以，飛行器的加速度為例9.（89全國）如圖所示，一個質量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場強大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強電場中，小物體以初速度v0從點x0沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f作用，且f<qE ，小物體與墻壁碰撞時不損失機械能，求它在停止前所通過的總路程？點撥解疑：首先

19、要認真分析小物體的運動過程，建立物理圖景。開始時，設物體從x0點，以速度v0向右運動，它在水平方向受電場力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物體向右做勻減速直線運動，直到速度為零；而后，物體受向左的電場力和向右的摩擦力作用，因為qE>f，所以物體向左做初速度為零的勻加速直線運動，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復運動。但由于摩擦力總是做負功，物體機械能不斷損失，所以物體通過同一位置時的速度將不斷減小，直到最后停止運動。物體停止時，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點。對于這樣幅度不斷減小的往復運動，研究其全過程。電場力的功只跟始末

20、位置有關，而跟路徑無關，所以整個過程中電場力做功注意三點：電場力做功與路徑無關，只與電荷的初末位置有關。摩擦力在物體運動過程中始終做負功。因為，較易判定物體最后只能停在靠墻點O處。就不難用動能定理或能量守恒定律求解了。根據動能定理，得：。點評：該題也可用能量守恒列式：電勢能減少了，動能減少了，內能增加了，同樣解得。例9. 如圖所示，半徑為r的絕緣細圓環的環面固定在水平面上，場強為E的勻強電場與環面平行。一電量為+q、質量為m的小球穿在環上，可沿環作無摩擦的圓周運動，若小球經A點時，速度vA的方向恰與電場垂直，且圓環與小球間沿水平方向無力的作用，試計算：（1）速度vA的大小；（2）小球運動到與A

21、點對稱的B點時，對環在水平方向的作用力。點撥解疑：（1）在A點，小球在水平方向只受電場力作用，根據牛頓第二定律得： 所以小球在A點的速度。（2）在小球從A到B的過程中，根據動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即 ，小球在B點時，根據牛頓第二定律，在水平方向有解以上兩式，小球在B點對環的水平作用力為：。點評：分析該題，也可將水平的勻強電場等效成一新的重力場，重力為Eq，A是環上的最高點，B是最低點；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內作圓周運動的問題。 M N C d /2 h 3m m A B例9. 如圖中的M、N為兩豎直平行金屬板，相距為d，兩板間的電勢差恒為U，兩板間有一絕

22、緣的光滑曲面AC和絕緣光滑平面AB，相切于兩板中點A，A與C的高度差為h，質量為m的帶電小球在靠近N板的B處由靜止開始在電場力的作用下運動，與停止A處的質量為3m的不帶電小球相碰，碰后兩球粘在一起向曲面運動，不計兩球的大小，欲使它們剛好運動到C處速度減小為零，則質量為m的球所帶電量為多少? （ q=32mgh/5U ）例9. 如圖所示，上表面粗糙的絕緣木板B放在光滑的水平面上,另一質量為m,電量為q的小物塊A沿木板上表面以某一初速度從左端沿水平方向滑上木板.木板周圍空間存在著范圍足夠大的、方向豎直向下的勻強電場.當物塊A滑到木板最右端時,物塊與木板恰好相對靜止.若將電場方向改為豎直向上,場強大

23、小不變,物塊仍以原初速度從左端滑上木板,結果物塊運動到木板中點時兩者恰好相對靜止,假設物塊的帶電量不變,試問：物塊所帶電荷的電性如何？電場強度的大小為多少？【解析】(1)設小物塊的質量為m,木板的質量為M,它們相對靜止時的速度為v,由系統動量守恒定律可知上述兩種情景,小物塊與木板最終相對靜止時共同速度均為v.當電場方向改為豎直向上時,物塊仍以原初速度從左端滑上木板,結果物塊運動到木板中點時兩者恰好相對靜止,說明此時滑動摩擦力較大,即此時物塊對木板的壓力較大,因此物塊帶負電.(2)在上述兩種情景中,小物塊均在滑動摩擦力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動,而木板在滑動摩擦力的作用下做勻加速直線

24、運動,它們的速度圖象如圖所示.設木板的長度為L,則AOC的面積為L,而AOB的面積為0.5L,則由三角形面積關系可知：.設小物塊與木板之間的動摩擦因數為.當電場方向豎直向上時研究木板,由動量定理可得：,當電場方向豎直向下時研究木板,由動量定理可得：.、可得：. B A O例9. 如圖所示為區域足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，長為l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端拴著一個質量為3m的小球A，其帶電量為q,由于其所受的電場力大于其重力，靜止時A平衡在O點正上方，這時繩的拉力剛好等于A的重力。另一質量為2m、大小與A完全相同的不帶電的小金屬球B，以水平速度v0與A發生正碰（碰后形狀不變），碰后瞬

25、間B的速度為零，A則開始在豎直面內做圓周運動。為使A、B兩球能在某時刻的速度相同，繩長l必須滿足怎樣的條件？（金屬小球視為質點，且不計帶電小球間的庫侖力） ( l=16v02/9g(4n+3) ( n=0,1,2) )如圖所示，帶正電小球質量為m1×10-2kg，帶電量為ql×10-6C，置于光滑絕緣水平面上的A點當空間存在著斜向上的勻強電場時，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運動，當運動到B點時，測得其速度vB 1.5ms，此時小球的位移為S 0.15m求此勻強電場場強E的取值范圍(g10m/s2。)某同學求解如下：設電場方向與水平面之間夾角為，由動能定理qESc

26、os0得 V/m由題意可知0，所以當E 7.5×104Vm時小球將始終沿水平面做勻加速直線運動經檢查，計算無誤該同學所得結論是否有不完善之處?若有請予以補充解：該同學所得結論有不完善之處為使小球始終沿水平面運動，電場力在豎直方向的分力必須小于等于重力qEsin mg所以即7.5×104V/mE1.25×105V/m已知質量為m、電荷為q的小球，在勻強電場中由靜止釋放后沿直線OP向斜下方運動（OP和豎直方向成角），那么所加勻強電場的場強E的最小值是多少？OPmgEq解：根據題意，釋放后小球所受合力的方向必為OP方向。用三角形定則從右圖中不難看出：重力矢量OG的大小方

27、向確定后，合力F的方向確定（為OP方向），而電場力Eq的矢量起點必須在G點，終點必須在OP射線上。在圖中畫出一組可能的電場力，不難看出，只有當電場力方向與OP方向垂直時Eq才會最小，所以E也最小，有E =為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示。現把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態，每個顆粒帶電量為q=+1.0×10-17C，質量為m=2.0×10-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：經過多長時間煙塵顆粒可以被全部吸附？除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？經過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？US接地+L解：當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02sW=NALqU/2=2.5×10-4J設煙塵顆粒下落距離為x，則當時所有煙塵顆粒的總動