文档内容
知识点 73：电场中带电体的动量和能量问题
【知识思维方法技巧】
带电体在约束轨道上碰撞问题的处理技巧：
（1）解决带电体在约束轨道上的碰撞运动，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电
体在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分
析与研究：
（2）动量观点和能量观点在力学和电场中应用时的“三同一异”
（3）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．
考点一：带电体间的碰撞运动问题
题型一：点电荷电场中带电体间碰撞直线运动模型
【典例1拔尖题】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，
LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小
球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球
相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作
用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能E ；
p
(3)A、B两球最终的速度v、v的大小。
A B
【典例1拔尖题】【答案】(1) (2)mgh (3)
【解析】(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝·2mv，解得v＝
0
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有 2mv ＝
0
(2m＋m)v，解得v＝v＝，据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋E ，解得E ＝mgh
0 p p
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为
1
学科网（北京）股份有限公司零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv ＝2mv ＋mv ，×2mv＝×2mv＋mv，解得v
0 A B A
＝v＝，v ＝v＝
0 B 0
【典例1拔尖题对应练习】如图所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为
点电荷的场源电荷A，其电荷量Q＝＋4×10－3 C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表
达式为φ＝，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷A的距离。现有一个质量为m
＝0.1 kg的带正电的小球B，它与A球间的距离为a＝0.4 m，此时小球B处于平衡状态，
且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为E ＝k，其中r为A与B之
p
间的距离。另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H＝0.8 m处自由下落，落
在小球B上立刻与小球B粘在一起以2 m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运
动，向上运动到达的最高点为P(g取10 m/s2，k＝9×109 N·m2/C2)。求：
（1）小球C与小球B碰撞前的速度v的大小？小球B的电荷量q为多少？
0
（2）小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少？
【典例1拔尖题对应练习】【答案】(1)4 m/s 4.4×10－9 C (2)2.16 m/s
【解析】(1)小球C自由下落H时获得速度v ，由机械能守恒定律得mgH＝mv，解得v ＝
0 0
＝4 m/s，小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得mg＝，代入数据得q＝×10
－8 C＝4.4×10－9 C。(2)两个球碰撞过程，动量守恒，故mv ＝2mv，设当B和C向下运动的
0
速度最大为v 时，与A相距x，对B和C整体，由平衡条件得2mg＝k，代入数据得x＝
m
0.28 m由能量守恒定律得×2mv2＋＋2mga＝×2mv＋2mgx＋k，代入数据得v ＝2.16 m/s。
m
题型二：匀强电场中带电体间的碰撞直线运动问题
【典例2拔尖题】如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，
两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电。若开始向
右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰
撞。设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移。求：
（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；
（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；
（3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进
入电场到离开电场的过程中电势能的变化量。
2
学科网（北京）股份有限公司【典例2拔尖题】【答案】(1) (2)5l (3)13l 13Eql
【解析】(1)根据牛顿运动定律：qE＝ma，则a＝，设第一次碰撞时小球A的速度为v：
根据动能定理：Eql＝mv2，解得：v＝ 。(2)第一次碰撞前后小球A的速度为v 和v ′，小
A1 A1
球B碰撞前后的速度为v 和v ′，所以v ＝v，v ＝0，v ′＝0，v ′＝v
B1 B1 A1 B1 A1 B1
A球运动的距离为l。第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速
度为v的匀速直线运动。设第二次碰撞前后A球的速度为v 和v ′，小球B碰撞前后的速
A2 A2
度为v 和v ′第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt＝(0＋v )t/2 ，所以：v ＝2v；碰后v ′＝v
B2 B2 A2 A2 A2
。而B球碰前为v，碰后为2v。从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距
离为l。 Eql＝m(2v)2－0，l＝4l电场宽度为：L＝l＋4l＝5l。
2 2 2
(3)二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动。设A
球第三次碰撞前后的速度为v 和 v ′，小球B碰撞前后的速度为v 和v ′所以：t＝2vt，
A3 A3 B3 B3 2 2
v ＝3v，从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l ：qEl＝m(3v)2－mv2，l
A3 3 3 3
＝8l，所以：电场的宽度：L＝l＋l＋l＝13l，A球减少的电势能 Δε＝Eq×13l＝13Eql。
1 2 3
【典例2拔尖题对应练习】密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获
得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的
足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部
分油滴带上了电荷。有两个质量均为m、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间
0
t内都匀速下落了距离h，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，
1
B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h(h≠h)，随后与A
2 2 1
合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻
力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，
重力加速度为g。求：
(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h 电势能的变化量；
2
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)
3
学科网（北京）股份有限公司(2)油滴A不带电 油滴B带负电 － (3)见解析
【解析】(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v＝，匀速时有mg＝f，又f＝kmv ，联
1 0 1
立可得k＝
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油
滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀
速运动时，速度大小为v＝，根据平衡条件可得mg＋kmv ＝q，联立解得q＝，根据ΔE
2 0 2 p
＝－W ，又有W ＝qh，联立解得ΔE ＝－
电 电 2 p
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力F′
0
＝＝，若F′>2mg，即h>h，可知v>v，新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动
0 2 1 2 1
量守恒定律有mv－mv＝2mv ，可得v >0，新油滴向上加速，达到平衡时有2mg＋
0 2 0 1 0 共 共 0
k·(2m)v＝F′，解得速度大小为v＝，方向向上；若F′<2mg，即h>h，可知v0，新油滴向下加速，
0 1 0 2 0 共 共
达到平衡时有2mg＝F′＋k·(2m)v′，解得速度大小为v′＝，方向向下。
0 0
题型三：带电体间的碰撞直线+曲线运动问题
【典例3拔尖题】如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝
1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水
平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04 kg、电荷量为
q＝ ＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，
另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用
力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2
发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距
离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）黏合体在A点的速度大小；
（2）弹簧的弹性势能；
（3）小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
【典例3拔尖题】【答案】(1)5 m/s (2)9.2 J (3)0.6 s
【解析】(1)所受静电力F＝qE＝6×10－5×1.0×104 N＝0.6 N，黏合体的重力为G＝2mg＝
2×0.04×10 N＝0.8 N，如图所示
4
学科网（北京）股份有限公司黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为tan θ＝＝，所以θ＝37°
所以A点是黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于黏合体恰能沿圆弧到
达A点，所以＝2m，解得v ＝5 m/s。
A
(2)小球从C点到A点，由动能定理得－qERsin 37°－2mg×(R＋Rcos 37°)＝×2mv－×2mv，
解得v ＝ m/s，小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv ＝2mv ，解得小球1碰撞前的速度
C 1 C
v＝2 m/s，由机械能守恒定律可得弹簧的弹性势能E ＝mv＝9.2 J。
1 p
(3)如图小球黏合体在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为v＝v sin 37°＝3 m/s
0 A
由竖直方向匀加速运动可得R＋Rcos 37°＝vt＋gt2，解得t＝0.6 s。
0
考点二：带电连接体间的碰撞运动问题
题型一：轻弹簧连接体碰撞模型
【典例1拔尖题】如图所示，水平绝缘轨道左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域
宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的动摩擦因数为μ＝0.5，
电场外的轨道光滑，质量为m、带电荷量为＋q的物体A从电场左边界由静止释放后做加
速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始B
靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点)，已知匀强电场强度大小为.求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)整个过程A在电场中运动的总路程．
【典例1拔尖题】【答案】(1)mgL (2)L
【解析】(1)设物体A碰前的速度为v ，根据动能定理：EqL－μmgL＝mv，碰撞过程动量
1
守恒：mv ＝(m＋2m)v ，A、B两物体压缩弹簧的过程机械能守恒：E ＝(m＋2m)v，解得
1 2 p
E ＝mgL
p
(2)最终A、B整体静止在电场外，弹簧处于原长状态，设A、B整体共同在电场中运动的
路程为x，由能量的转化与守恒得：E ＝μ(m＋2m)gx，A在电场中运动的总路程为s，则s
p
5
学科网（北京）股份有限公司＝L＋x, 联立解得：s＝L.
题型二：板块连接体碰撞模型
【典例2拔尖题】如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面
上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板
连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速
度由小孔进入电容器后，最远能达到距离右极板为 d的位置。底座解除锁定后，将两极板
间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能达到的位置距离
右极板( )
A．d B．d C．d D．d
【典例2拔尖题】【答案】C
【解析】设带电环所带电荷量为q，初速度为v，底座锁定时电容器极板间电场强度为E，
0
则由能量守恒定律得qEd＝mv，底座解除锁定后，两极板间距离变为原来的2倍，极板间
电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，当与带电环共速时，带
电环达到进入电容器最远位置，整个过程满足动量守恒，则有mv ＝3mv ，再由能量守恒
0 1
定律有qEd′＝mv－×3mv，联立解得d′＝d，故C正确。
6
学科网（北京）股份有限公司
