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知识点 71：在电场中运动带电体的力与功能关系的问题
【知识思维方法技巧】
（1）带电体在电场中运动的分析方法：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顿运动定律、运动学公
式、动能定理、能量守恒定律解题．电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强
方向相同
（2）带电体动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式。能量规律：动能定理或能量守恒
定律。其中电场力做功的特点：W ＝FL cosθ＝qU ＝E －E 。
AB AB AB pA pB
（3）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。用能量守恒定律处理带电体的运动，列式的方法常有
两种：
①利用初、末状态的能量相等(即E ＝E )列方程．
1 2
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：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。若带电
粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。
考点一：带电体在点电荷电场中的运动
题型一：带电体在绝缘水平轨道上的运动
【典例1拔尖题】如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，
一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为
质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到 B点时速度最大，其大小为v，小金属
m
块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电
力常量为k，则( )
A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差U ＝
AB
B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小
C．O、B间的距离为
D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能
【典例1拔尖题】【答案】C
【解析】小金属块从A到B过程，由动能定理得－qU －μmgL＝mv－0，得A、B两点间
AB
的电势差U ＝－，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，
AB
电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，
金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r
1
学科网（北京）股份有限公司＝，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故
D错误。
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定
着等量正点电荷。图中AC＝CO＝OD＝DB＝L。一质量为m、电荷量为＋q的小滑块(可视
为质点)以初动能E 从C点出发，沿直线AB向D运动，滑块第一次经过O点时的动能为
0
nE (n>1)，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
0
(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ；
(2)O、D两点之间的电势差U ；
OD
(3)小滑块运动的总路程x。
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)由AC＝CD＝OD＝DB＝L，可知C、D关于O点对称，则U ＝0
CD
设滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对滑块从C到D的过程，由动能定理得：
qU －f＝0－E ，且f＝μmg，可得μ＝。
CD 0
(2)滑块从O到D的运动过程中，由动能定理得：
qU －f＝0－nE
OD 0
可得U ＝。
OD
(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU －fx＝0－E
CO 0
而U ＝－U ＝，可得：x＝。
CO OD
题型二：带电体在绝缘斜面轨道上的运动
【典例2拔尖题】如图所示，A、B、C是光滑绝缘斜面上的三个点，Q是一带正电的固定
点电荷，Q、B连线垂直于斜面，Q、A连线与Q、C连线长度相等，带正电的小物块从 A
点以初速度v沿斜面向下运动．下列说法正确的是( )
A．小物块在B点电势能最小
B．小物块在C点的速度也为v
C．小物块在A、C两点的机械能相等
D．小物块从A点运动到C点的过程中，一定先减速后加速
【典例2拔尖题】【答案】C
【解析】小物块带正电，小物块在B点电势能最大，选项A错误；小物块在A、C两点的
2
学科网（北京）股份有限公司电势能相等，则小物块在A、C两点的机械能相等，小物块在A点重力势能大，所以在C
点速度大于v，选项B错误，C正确；小物块从A点运动到C点的过程中，可能先减速后
加速，也可能一直加速，选项D错误．
【典例2拔尖题对应练习】(多选)如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的
光滑绝缘斜面底端C点，斜面上有A、B、D三点，A和C相距为L，B为AC的中点，D
为AB的中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到 B点时速度恰好为
零．已知重力加速度为g，带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k.则( )
A．小球从A到B的过程中，速度最大的位置在AD之间
B．小球运动到B点时的加速度大小为
C．BD之间的电势差U 大于DA之间的电势差U
BD DA
D．AB之间的电势差U ＝
AB
【典例2拔尖题对应练习】【答案】BC
【解析】由题意可知，小球带正电，在A点时有mgsin 30°－k＝ma ＝mg，设平衡位置距
A
离C点为x，则mgsin 30°＝k，解得x＝L，则速度最大的位置在BD之间，选项A错误；
在B位置时有k－mgsin 30°＝ma ，解得a ＝，方向沿斜面向上，选项B正确；根据点电
B B
荷周围的电场分布可知，BD之间的场强大于DA之间的场强，根据U＝Ed可知， BD之
间的电势差U 大于DA之间的电势差U ，选项C正确；从A到B由动能定理得mg·sin
BD DA
30°＋U q＝0，解得U ＝－，选项D错误．
AB AB
题型三：带电体在绝缘细杆上的运动
【典例3拔尖题】（多选）如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧 d的A点
处有一固定的正电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为 h，将小
环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E 随h的变化曲线如图
k
乙所示，则( )
A．小环可能带负电
B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加
3
学科网（北京）股份有限公司C．从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段
D．小环将做以O点为中心的往复运动
【典例3拔尖题】【答案】BC
【解析】结合动能E 随h的变化图像可知，小环带正电，故选项A错误；从h高处下落至
k
h＝0的过程中，小环受到电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由题图可知，从h高
处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故选项B、C正确；在下
落至O点时小环所受电场力与杆对小环的支持力平衡，合力为重力，过了O点后，电场力、
杆对小环的支撑力和重力的合力向下，小环一直做加速运动，故选项D错误。
【典例3拔尖题对应练习】（多选）如图所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷
量为＋Q的场源电荷置于O点，B、C为以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、
B、O在同一竖直线上，AB＝R，O、C在同一水平线上。现在有一质量为m、电荷量为－
q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的大小为，
下列说法正确的是( )
A．从A到C小球做匀变速运动
B．B、A两点间的电势差为
C．从A到C小球的机械能守恒
D．若从A点自由释放，则下落到B点时的速度大小为
【典例3拔尖题对应练习】【答案】BD
【解析】小球在运动的过程中，所受电场力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运
动不是匀变速运动，故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能
定理得2mgR－qU ＝mv2，由于v＝，则U ＝－，因以O为圆心的圆周为等势面，所以
AC AC
A、B间的电势差与A、C间的电势差相等，则B、A间的电势差为，故B正确；A到C，
除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒，故C错误；若从A点自由释放，下
落到B点时，根据动能定理得mgR＋qU ＝mv2－0，解得v＝，故D正确。
BA
题型四：带电体在绝缘圆弧轨道中的运动
【典例4拔尖题】如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C
点有一固定点电荷，电荷量为＋Q。现从A点将一质量为m，电荷量为－q的小球由静止释
放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对
静电场的影响，求：
4
学科网（北京）股份有限公司(1)小球运动到D点时对轨道的压力；
(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量。
【典例4拔尖题】【答案】(1)2mg－k 方向竖直向下 (2)mgr
【解析】(1)小球运动到D点时，由牛顿第二定律得：F ＋k－mg＝m
N
解得：F ＝2mg－k
N
由牛顿第三定律得，小球运动到D点时对轨道的压力大小为：
F ′＝F ＝2mg－k，方向竖直向下。
N N
(2)小球从A运动到D，根据动能定理得：
mgr＋W ＝mv2－0
电
解得：W ＝－mgr
电
由功能关系得：ΔE ＝－W ＝mgr。
p 电
考点二：带电体在匀强电场中的运动
【知识思维方法技巧】
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带
电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究．
题型一：带电体在绝缘水平轨道上的运动
【典例1拔尖题】(多选)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带
电物块以一定的初速度从O点开始向右运动．取O点为电势零点，该物块的电势能与动能
之和E 、电势能E 随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示．由此能够确定的是(
总 p
)
A．物块受到的电场力大小
B．匀强电场的场强大小
C．物块返回O点时的动能
D．物块与水平面间的动摩擦因数
【典例1拔尖题】【答案】AC
【解析】由克服电场力做功等于电势能的增加量ΔE ＝FΔx得F＝＝ N＝10 N
p
由于不知道电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；
5
学科网（北京）股份有限公司由题图乙可知，物块的初动能为100 J，当运动到8 m处物块的动能为0，则此过程中有
－(F＋F)x＝0－E ，得F＝2.5 N，物块从O点开始运动到返回O点，由动能定理得
f k0 f
－F·2x＝E －E ，得E ＝E －2Fx＝(100－2×2.5×8) J＝60 J，由于不知道物块的质量，
f k k0 k k0 f
则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故C正确，D错误
【典例1拔尖题对应练习】在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、
右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平
地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块
运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )
A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN
C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5
D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
【典例1拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边运动的位移
大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t
＝2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0
～2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a＝，在2～5 s时间内，滑块加速度大小可表示为
1
a＝，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛
2
顿第二定律，F－f＝ma ，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma ，联
1 2
立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示
为：W＝f·2.5v，电场力做的功可表示为W ＝F·v＝2.5f·v，二者做功相等，选项D错误．
f 0 F 0 0
题型二：带电体在绝缘斜面轨道上的运动
【典例2拔尖题】如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．
6
学科网（北京）股份有限公司【典例2拔尖题】【答案】(1) (2)0.3g (3)0.3mgL
【解析】 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示，则
有F sin37°＝qE①
N
F cos 37°＝mg②
N
由①②可得E＝.
(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝，由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos 37°＝ma，可
得a＝0.3g.
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
mgLsin37°－qE′Lcos 37°＝E －0，可得E ＝0.3mgL
k k
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原
点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106 N/C，方向与x轴正方向相同，
在O处放一个电荷量q＝5.0×10－6 C、质量m＝1 kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的
动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度v＝5 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)求：
0
(1)物块沿斜面向下运动的最大距离；
(2)物块最终停止时系统因摩擦产生的热量。
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)0.5 m (2)10.5 J
【解析】(1)设物块向下运动的最大距离为x ，由动能定理得
m
mgsin θ·x －μmgcos θ·x －qEx ＝0－mv
m m m
代入数据解得x ＝0.5 m。
m
(2)因qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，mgsin θ＜μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向，设物块
最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得
－mgxsin θ－μmgcos θ(2x ＋x)＝0－mv，代入数据解得x＝0.4 m，因摩擦产生的热量Q＝
m
μmgcos θ(2x ＋x)，代入数据解得Q＝10.5 J。
m
7
学科网（北京）股份有限公司题型三：带电体在绝缘圆弧轨道上的运动
【典例3拔尖题】(多选)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形光滑轨道，O为其圆心，
A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够大的区域内存在沿AC方向的匀强电场．
一带正电小球从A点正上方P点由静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为E 和
k
1.5E ，离开C点后运动到最高点D(图中未画出)．已知P与A间距离等于轨道半径，则(
k
)
A. D点与P点等高
B. 小球在电场中受到的静电力是其重力的两倍
C. 小球在C点处对轨道的压力是其重力的两倍
D. 小球通过D点时的动能大于1.5E
k
【典例3拔尖题】【答案】BD
【解析】若在A点速度等于C点的速度，在竖直方向由对称性可知，D点与P点等高，而
由动能定理可知A点的速度小于C点的速度，所以D点高于P点，故A错误；设小球在电
场中所受静电力为F，轨道半径为R，小球从P点到B点过程，由动能定理得mg·2R＝
E ，小球从P点到C点过程，由动能定理得mg·R＋FR＝1.5E ，联立可得F＝2mg，故B
k k
正确；
由动能定理的表达式1.5E ＝ mv 2，在C点时，由牛顿第二定律得F －F＝m ，
k C N
结合mg·2R＝E ，联立可得F ＝8mg，由牛顿第三定律得小球在C处对轨道的压力大小
k N
F ′＝F ＝8mg，故C错误；
N N
因为F＝2mg，可知小球从C点飞出后，竖直方向的加速度小于水平方向的加速度，竖直
方向由逆向思维可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则小球从C点到D点过程中，
水平方向的位移大于竖直方向的位移，根据W＝Fx，可知静电力所做正功大于重力做所负
功，则小球通过D点时的动能大于1.5E ，故D正确．
k
题型四：带电体的组合运动
【典例4拔尖题】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
8
学科网（北京）股份有限公司过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电场力大小为
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．
【典例4拔尖题】【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E ＝mv 2＝mgR
p B
(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋mg×R＝mv 2－mv 2解得v ＝
O B O
(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y
轴，则x轴方向有mgcos 45°＝ma，y轴方向有mgsin 45°－mg＝ma 解得a＝g，a＝0
x y x y
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＝v t联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为
O
y2＝6Rx.
【典例4拔尖题对应练习】如图所示，在水平线MN上方区域有竖直向下的匀强电场，在
电场内有一光滑绝缘平台，平台左侧靠墙，平台上有带绝缘层的轻弹簧，其左端固定在墙
上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边缘，光滑绝缘平台右侧有一水平传送带，传送带
A、B两端点间距离L＝1 m，传送带以速率v＝4 m/s顺时针转动，现用一带电小物块向左
0
压缩弹簧，放手后小物块被弹出，从传送带的B端飞出。小物块经过MN边界上C点时，
速度方向与水平方向成45°角，经过MN下方M′N′水平线上的D点时，速度方向与水平方
向成60°角。传送带B端距离MN的竖直高度h＝0.4 m，MN与M′N′平行，间距h＝1.6
1 2
m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块的质量为m＝0.1 kg，带电量q＝1×10
－2 C，平台与传送带在同一水平线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能
量损失，重力加速度为g＝10 m/s2，＝1.732，＝2.236。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）弹簧弹性势能的最大值；
（3）当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动
的时间t。
9
学科网（北京）股份有限公司【典例4拔尖题对应练习】【答案】(1)100 N/C (2)1 J (3)0.268 s
【解析】(1)设小物块从B点飞出的速度为v ，在C点、D点时的速度分别为v、v。
B 1 2
在C点小物块的速度方向与水平方向成45°角，则由几何关系可知v ＝v ＝v ，小物块从B
1x 1y B
点运动到C点，在竖直方向上有2ah＝v＝v，在D点由＝tan60°，解得v ＝v
1 2y B
小物块从C点运动到D点的过程中，在竖直方向上有2gh＝v－v＝(v )2－v＝2v
2 B
解得v ＝4 m/s将其代入2ah＝v＝v，解得a＝20 m/s2。
B 1
小物块从B点运动到C点的过程中，有qE＋mg＝ma，解得E＝100 N/C。
(2)小物块被弹簧弹开，恰好减速到B端与传送带同速，则小物块从A端运动到B端由v－
v2＝－2aL，ma ＝μ(Eq＋mg)，小物块在A点具有的动能即为弹簧具有的最大弹性势能，
0 0
则E ＝E ＝mv2＝1 J。
p k
(3)小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是物块在传送带上相对位移最长的情况，有两
种情况，一种是物块一直加速运动到B端与传送带共速，一种是物块在传送带上减速到B
端与传送带共速。
第一种情况：传送带的位移：x＝vt，物块的位移为L：v－v2＝2aL，物块的速度变化为
0 01 0
v＝v＋at 联立即得t＝(2－)s。第二种情况：传送带的位移：x′＝vt，物块的位移为L：
0 01 1 0 02
v－v2＝－2aL，物块的速度变化为v＝v－at，联立解得t＝(－2)s，计算可得第1种情况
0 0 02 2
相对位移大于第2种情况的相对位移，则t＝t，小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量
1
最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t＝0.268 s。
考点三：带电体在重力场和水平电场中的圆周运动
【知识思维方法技巧】
（1）等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，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）方法应用
①求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
②将a＝视为等效重力加速度。
③小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效
最高点”；
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
④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。
10
学科网（北京）股份有限公司题型一：带电体在竖直圆周轨道上的运动
【典例1拔尖题】 (多选)如图，光滑水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于
水平向右的匀强电场中。一质量为m，带电量为q的带正电小球，在轨道内做完整的圆周
运动。小球运动到A点时速度大小为v，且该位置轨道对小球的弹力大小为N。其Nv2图像
如图2，则下列说法正确的是( )
A．圆形轨道半径为
B．小球运动过程中通过A点时速度最小
C．匀强电场电场强度为
D．当v2＝b时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为6a
【典例1拔尖题】【答案】ABD
【解析】对A点处的小球受力分析，由牛顿第二定律可得：N＋qE＝m，则：N＝v2－qE；
所以Nv2图像的斜率k＝＝＝、图像的截距－a＝－qE，解得：匀强电场电场强度E＝、圆
形轨道半径R＝。故A项正确，C项错误；小球带正电，在圆轨道上A点的电势最高，小
球运动过程中通过A点时的电势能最大，由能量守恒定律知小球通过A点时速度最小。故
B项正确；当v2＝b时，小球恰过A点，则：qE＝m；对小球从A到B过程，应用动能定
理得：qE·2R＝mv 2－mv2；小球在B点时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得：N －
B B
qE＝m；联立解得：当v2＝b时，小球运动到B点时轨道对小球的弹力N ＝6qE＝6a。故D
B
项正确。
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上
套有一质量为m、带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最
高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、
C刚好能运动到D.(重力加速度为g)
（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；
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学科网（北京）股份有限公司（2）当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用
力大小；
（3）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的
初动能？
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方．
(2)mg.(3)mgr.
【解析】(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场
力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F
电
垂直于F时，F 最小，最小值为：F ＝mgcos 45°＝mg，F ＝qE ，解得所加电场
电 电min 电min min
的场强最小值E ＝，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方．
min
(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin 45°＝mg，把电场力与
重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得F＝mv2－
0，在M点，由牛顿第二定律得：F －F＝m联立解得F ＝mg，由牛顿第三定律知，珠子
N N
对环的作用力大小为F ′＝F ＝mg.
N N
(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子
在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：
－F＝0－E ，解得E ＝mgr.
kA kA
题型二：带电体直线运动+竖直圆周运动
【典例2拔尖题】如图一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切
于B 点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场 E，场强大小为，一带正电小
球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过
B点后恰能运动到轨道的最高点C。重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则：
（1）带电小球从A 点开始运动时的初速度v 多大？
0
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学科网（北京）股份有限公司（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，
B 点与D 点的水平距离多大？
【典例2拔尖题】【答案】(1) (2)(＋)R
【解析】(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直
时，速度最小。设F 与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，故F ＝＝mg。设
合 合
此时的速度为 v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得＝m，解
得v＝，从A点到该点由动能定理－mgR(1＋cos 37°)－(＋sin 37°)＝mv2－mv解得v＝。
0
(2)设小球运动到C点的速度为v ，小球从 A 点到 C 点由动能定理－2mgR－×＝mv－mv
C
解得v ＝，当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，
C
设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x，水
平方向上有＝ma，x＝v t＋at2，竖直方向上有2R＝gt2联立解得x＝(＋)R。
C
【典例2拔尖题对应练习】如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定
一由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧 BD，圆弧的圆心为O，竖直半径
OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R。一质量为m、电荷量为q
的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管
口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力。已知sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g。求：
(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；
(2)小球的初速度大小v以及到达D处时的速度大小v。
0 D
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1) (2)
【解析】(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，
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学科网（北京）股份有限公司甲
小球带正电，则qE＝，得E＝，小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周
运动的向心力，如图乙所示，
乙
OC∥AB，则＝m，得v＝。
(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明AB⊥OB，小球从A点运动到C点的
过程，根据动能定理有－·2R＝mv2－mv，得v＝，小球从C处运动到D处的过程，根据动
0
能定理有(R－Rsin θ)＝mv－mv2，得v ＝。
D
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