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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提高题】(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、
m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v，B球速度为零，之后两球在
0
运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中( )
A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2
B.两小球构成的系统动量守恒，电势能减少
C.A球减少的机械能大于B球增加的机械能
D.电场力对A球做功的大小为mv
【典例1提高题】【答案】AC
【解析】两球所受的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，由F＝ma知两球的加速度之
比＝＝，故A正确；两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从A开始运动到两
球距离最近过程，两球间的距离减小，电势能增大，有部分机械能减少，故 B错误；由能
量守恒定律可知，减少的机械能转化为电势能，系统电势能增加，两球组成的系统动量守
恒，两球距离最近时，两球速度相等，由动量守恒定律得 2mv ＝(2m＋m)v，解得v＝v，A
0 0
球减少的机械能为ΔE ＝·2mv－·2m＝mv，B球增加的机械能为ΔE ＝m＝mv，所以A球
kA kB
减少的机械能大于B球增加的机械能，故C正确；由动能定理可知，电场力对A球做功大
小W＝·2mv－·2mv2＝mv，故D错误。
1
学科网（北京）股份有限公司【典例1提高题对应练习】如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分
别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电－2q，开始时两小球相距s，小球A有水平
0
向右的初速度v，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零．
0
(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；
(2)试证明在两小球的间距不小于s 的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求
0
出这两种能量的比值的取值范围．
【典例1提高题对应练习】【答案】(1)证明略 mv (2)证明略 0≤≤
【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为 v 和
A
v ，由动量守恒定律得3mv ＝3mv ＋mv ，系统的动能减小量ΔE ＝×3mv－×3mv－mv，由
B 0 A B k
于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初
状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能E ＝ΔE ＝×3mv－×3mv－mv，联立得
p k
E ＝－6mv＋9mv v －3mv，当v ＝v 时，系统的电势能取得最大值，得v ＝v ＝v ，即当
p 0 A A 0 A B 0
两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值E ＝mv.
pmax
(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势
能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为 E ＝E －E ＝×3mv－mv＝mv，由于
kmin k0 pmax
E >E ，所以在两球间距不小于s 的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，在
kmin pmax 0
这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤≤＝.
题型二：匀强电场中带电体间的碰撞直线运动问题
【典例2提高题】如图所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E、方向水平向右的
匀强电场．质量为3m、电荷量为＋q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不
带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动．两球均可
视为质点，求：
(1)两球发生碰撞前A球的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中系统损失的机械能；
(3)A、B碰撞过程中B球受到的冲量大小．
【典例2提高题】【答案】(1) (2)EqL (3)
2
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)由动能定理：EqL＝×3mv2，解得v＝
(2)A、B碰撞时间极短，可认为A、B碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量
守恒定律：3mv＝(3m＋m)v ，解得v ＝v，系统损失的机械能：ΔE＝×3mv2－(3m＋m)v＝
1 1
EqL
(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I＝mv －0
1
解得I＝，方向水平向右．
【典例2提高题对应练习】如图所示，一足够长的光滑绝缘水平面上方存在着水平向右的
匀强电场，电场强度E＝3×103 V/m。一质量m＝1 kg、电荷量q＝＋3×10－3 C的弹性小
球A由静止释放。距离A右侧x＝2 m处静置一大小与A相同、质量为2m的不带电的弹性
绝缘小球B。经过一段时间，两球发生弹性正碰(碰撞时间极短，碰撞过程中电荷不发生转
移)，空气阻力不计。求：
(1)小球A、B第一次碰后瞬间的速度v、v；
1 2
(2)两球第一次碰撞后到第二次碰撞前的最大距离Δx。
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)－2 m/s 4 m/s (2)2 m
【解析】(1)以电场方向为正方向，假设球A在与球B碰前瞬间的速度为v ，根据动能定理
0
有qEx＝mv，得v ＝6 m/s，A、B两球碰撞瞬间动量守恒、机械能守恒，有mv ＝mv ＋
0 0 1
2mv ，mv＝mv＋·2mv，联立解得v＝－v＝－2 m/s，v＝v＝4 m/s。
2 1 0 2 0
(2)A、B两球碰撞后A球弹回，向左做匀减速直线运动，B球向右做匀速直线运动，A球速
度减小到零后反向向右做匀加速直线运动，当二者速度相同时，距离最远。设从碰撞到共
速经历的时间为t，对A球a＝＝9 m/s2，v ＝v ＋at，解得t＝ s，对两球x ＝vt＋at2，x ＝
2 1 A 1 B
vt，Δx＝x －x ＝2 m。
2 B A
题型三：带电体间的碰撞直线+曲线运动问题
【典例3提高题】如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB段是水平的，
BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场
中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v沿水平轨道向右运动，
0
与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高
点D.已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2 kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10
m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程中甲不带电，乙电荷无转
移)求：
(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)碰撞前甲球的速度v的大小．
0
3
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题】【答案】(1)0.4 m (2)2 m/s
【解析】(1)设乙到达最高点D时的速度为v ，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的
D
落点到B点的距离为x，则
mg＋qE＝m①
2R＝()t2②
x＝v t③
D
联立①②③得x＝0.4 m．④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v 、v ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
甲 乙
mv ＝mv ＋mv ⑤
0 甲 乙
mv
0
2＝mv
甲
2＋mv
乙
2⑥
联立⑤⑥得v 乙 ＝v 0 ⑦
由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝mv
D
2－mv
乙
2⑧
联立①⑦⑧得v＝2 m/s.
0
【典例3提高题对应练习】如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径
r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与
竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m=0.05kg的不带电绝缘
1
滑块静止在A点，质量m=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右
2
侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到
达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时
恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷
量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P点时的速度大小v 和B、C两点间的距离x．
P
【典例3提高题对应练习】【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m
4
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：
解得：v=6m/s，小球到达P点时，受力如图所示:
则有：qE=mgtanθ，解得：E=7.5×104N/C
2
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为： ，小球到达P点时，由牛顿第二定
律有： ，解得：v =2.5m/s，滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速
P
度大小分别为v、v，则有：mv=mv+mv， ，解得：v=-2m/
1 2 1 1 1 2 2 1
s(“-”表示v 的方向水平向左)，v=4m/s，对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：
1 2
，解得：x=0.85m
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提高题】如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧，
其下端固定于地面，上端与一质量为m、带电荷量为＋q的小球A相连，整个空间存在一
竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球
5
学科网（北京）股份有限公司B从管内距A高为x 处由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动。若全过程中小球
0
A的电荷量不发生变化，重力加速度为g。
（1）若x 已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE；
0
（2）若x 未知，且B与A一起向上运动在最高点时恰未分离，试求A、B运动到最高点时
0
弹簧的形变量x；
（3）在满足第(2)问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度v。
m
【典例1提高题】【答案】(1)mgx (2) (3)g
0
【解析】(1)设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止、弹簧恰为原长时，有mg－qE＝0
设B在与A碰撞前的速度为v，由机械能守恒定律得mgx ＝mv
0 0
设B与A碰撞后共同速度为v，由动量守恒定律得mv ＝2mv
1 0 1
B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE为，ΔE＝mv－·2mv解得ΔE＝mgx 。
0
(2)A、B在最高点恰不分离，此时弹簧处于拉伸状态，且A、B间的弹力为零，设它们共同
加速度为a，则对B：mg＝ma 对A：mg＋kx－qE＝ma解得x＝。
(3)A、B一起运动过程中合外力为零时具有最大速度，设此时弹簧的压缩量为x′，则2mg
－(kx′＋qE)＝0解得x′＝，由于x′＝x，说明A、B在最高点处与合外力为0处弹簧的弹性
势能相等，对此过程由能量守恒定律得(qE－2mg)(x′＋x)＝0－·2mv解得v ＝g。
m
题型二：板块连接体碰撞模型
【典例2提高题】如图（a）所示，质量m=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量
1
m=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-
2
3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E =5.0×102V/m。质量
1
m=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的
3
变力F作用，力F与时刻t的关系为 （如图b）。从t=0时刻开始，滑块C
0
在变力F作用下由静止开始向右运动，在t=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A
1
发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块
B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为 =0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
6
学科网（北京）股份有限公司重力加速度g取10m/s2。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v；
1
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v ；
共
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E =7.0×102V/m，方向
2
不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则
①木板A至少多长？
②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？
【典例2提高题】【答案】（1）10.5m/s；（2）3m/s；（3）①10.5m，②12J
【详解】（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得 由 图像围成的
面积可得 得
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为v 和v ，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动
C A
量守恒，得 ；A、C发生弹性碰撞，动能不变，则
代入数据，解得v =7m/s，A、C碰撞后，对B有
A
代入数据得a=1.5m/s2对A有 得a=2m/s2
2 1
设碰后经t 时间A、B共速，则 解得t=2s，v =3m/s
2 2 共
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程 ； 所以此过程
B相对A向左滑行 当电场强度变为E 时，假设B、A减速时发生相对滑
2
7
学科网（北京）股份有限公司动，则对B有 ，得 对A有 ；
因 ，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止。此过程
它们的位移分别为 ； 则此过程B相对A向右滑行
因为 所以板长至少为10.5m
②整个过程中静电力对B做功 故物块B的电势能变化量为
，即电势能减少了12J。
【典例2提高题对应练习】如图所示，在电场强度大小为E，方向水平向右的匀强电场中，
有一“ ”型绝缘凹槽A（前后挡板厚度忽略）静止在光滑水平面上。现将一带正
电小物块B轻放在凹槽A的左端。t=0时，B在电场力作用下由静止开始与A相对滑动，A
在最初t 时间内的位移为 。已知A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞过程无电荷转
0
移，凹槽长度 ，A、B质量均为m，B的电荷量 ，g为重力加速度，求（结
果均用m，g，t 表示）；
0
（1）A、B间滑动摩擦力f的大小；
（2）从B开始运动到与A第一次碰撞时所需的时间t；
（3）从B开始运动到与A第一次共速用时 ，求第一次共速时速度v的大小。
【典例2提高题对应练习】【答案】（1） ；（2） ；（3）
8
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）根据平均速度公式得
解得
A的加速度为
根据牛顿第二定律
（2）B的加速度为
根据题意得
解得
（3）从开始到第一次共速用时 ，根据动量定理
解得
9
学科网（北京）股份有限公司
