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模板09 静电场（五大题型）
题型01 带电粒子在电场中的直线运动
1、该题型的命题思路一：带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，若粒子重力不计，则所受电
场力与运动方向在一条直线上，带电粒子做直线运动（加速或减速）。
2、命题思路二：带电粒子垂直电场线进入匀强电场，且重力不能忽略，重力与电场力等大反向，
粒子做匀速直线运动。
一、必备基础知识
1、带电粒子的种类
基本粒子：电子和质子等，除有说明或有明确的暗示以外，此类粒子一般不考虑重力，但不能忽
略质量。
带电微粒：油滴、尘埃和小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
2、条件
粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减
速直线运动。
3、电场强度
定义：放入电场中某一点的电荷受到的电场力F 跟它的电荷量q 的比值，叫做该点的电场强度。
表达式：E＝ ，单位为N/C 或V/m。
方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
本节导航：
题型01 带电粒子在电场中的直线运动 题型02 带电粒子在匀强电场中的偏转
题型03 带电体在等效场中运动的问题 题型04 带电粒子在交变电场中的运动
题型05 电场中的力电综合问题
1
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4、电场线
定义：为了形象描述电场而假想的一条条有方向的曲线。曲线上每一点的切线的方向表示该点的
电场强度的方向。
特点：①电场线既不相交也不闭合，这是因为在电场中任意一点的电场强度不可能有两个方向；
②电场线从正电荷或无穷远处出发，终止于负电荷或无穷远处；③电场线上每一点的切线方向就表示
该点电场强度的方向，正电荷受力方向与电场线在该点切线方向相同，负电荷受力方向与电场线在该
点切线方向相反；④电场线不是实际存在的曲线，是为了形象描述电场而假想的。
5、静电力做功
求电场力做功的方法：①公式法：W AB =qEl cosα ，仅适用于匀强电场。②动能定理：W 电＋
W 其＝ΔEk。③电势差（电势）的关系：W＝qUAB＝q(φA－φB)。④电势能的关系：W AB =−ΔEP。
6、电势能
定义：电荷在电场中具有的能叫做电势能，符号用Ep表示，单位为J。
大小：电势能的大小等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。该物理量为标量，正
号表示电势能大于零势能点位置，负号表示电势能小于零势能点位置。
电势能与电场力做功的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB。电场力做正
（负）功，电势能减少（增加）。该公式适用于匀强电场，也适用于非匀强电场；适用于正电荷，也
适用于负电荷。
7、电势
定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势。在数值上等于单
位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功。
表达式：
ϕ= E p
q ，单位为伏特，符号为V，其中1V=1J/C。
8、电势差
定义：电场中两点间电势的之差，叫做电势差，也叫电压。单位为伏特，符号为V。电荷在电场中
由一点A 移动到另一点B 时，电场力所做的功WAB与电荷量q 的比值W AB
q
叫做AB 两点间的电势差，即
UAB=W AB
q
。
表达式：电场中A 点的电势为φA，B 点的电势为φB，则有
和
，故
。
二、解题模板
2
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1、解题思路
2、注意问题
解决这类问题时和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的
是受力分析时，不要遗漏电场力。解决此类问题的关键是灵活利用动力学分析的思想，采用受力分析
和运动学方程相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。
3、解题方法
运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同
一条直线上，做加（减）速直线运动，即a＝，E＝，v2－v＝2ad。这种方法适用于粒子受恒力作用。
用能量的观点进行分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv
（在匀强电场中有W＝Eqd＝qU＝mv2－mv，而在非匀强电场中有W＝qU＝Ek2－Ek1。）。这种方法适
用于粒子受恒力或变力作用。
（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N 之间距离为d，两板所加的电
压为U。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N 板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动
距离时撤去所加电压，求该粒子从M 板运动到N 板经历的时间t。
思路分析
第一问的思路：
第二问的思路：
根据E=U/d 可求
出电场强度
再根据F=qE 可
求出电场力
3
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第三问的思路
详细解析
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）两极板间的场强
带电粒子所受的静电力
（2）带电粒子从静止开始运动到N 板的过程，根据功能关系有
解得
（3）设带电粒子运动
距离时的速度大小为v′，根据功能关系有
带电粒子在前
距离做匀加速直线运动，后
距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有
，
则该粒子从M 板运动到N 板经历的时间
（2024·河北·模拟预测）如图所示，上下正对放置的两块带电平行板之间的距离为
，两板
之间的电势差为
。两板之间匀强电场方向竖直向下。把一个质子从上极板由静止释放，质子质量和
电荷量分别为
和，质子的重力不计。
带电粒子从静止开始
运动到N 板的过程粒
子做匀加速直线运动
根据功能关系可求出
速度
粒子在前半段做匀
加速直线运动，后
半段做匀速直线运
动
根据功能关系和运
动学公式可联立方
程
将前后两段时间加
起来即为总时间
4
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(1)求质子在电场中运动时受到的电场力大小；
(2)求质子运动到下极板时的速度大小；
(3)若质子运动到两板正中间时，两板之间的电场突然消失（不考虑电场变化产生的磁场），求在这种
情况下质子从上板运动到下板的时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据电场力的计算公式有
（2）根据动能定理有
解得
（3）根据牛顿第二定律有
根据运动学规律有
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撤去电场后，质子做匀速直线运动，则
质子从上板运动到下板的时间为
解得
题型02 带电粒子在匀强电场中的偏转
1、该题型为带电粒子垂直进入匀强电场中，初速度与电场力的方向垂直，粒子做类平抛运动。该
题型的解题方法为利用类平抛运动的知识进行求解。
2、该题型带电粒子进入偏转电场一般有两种情况：①有初速度进入偏转电场；②经过加速电场后
再进入偏转电场。
一、必备基础知识
1、进入电场的方式
①有初速度：以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场，受恒定电场力作用，做类平抛运动。
②无初速度：静止放在匀强电场中，经过电场加速获得速度v0，然后垂直场强方向射入匀强电场。
2、受力特点
①有初速度：电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
②无初速度：加速阶段电场力大小恒定，且方向与运动方向平行；偏转阶段电场力大小恒定，且
方向与速度v0的方向垂直。
3、运动特点
①有初速度：做类平抛运动（匀变速曲线运动运动）。
②无初速度：加速阶段做匀加速直线运动；偏转阶段做类平抛运动。
4、图例
①有初速度的图例如下所示：
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②无初速度的图例如下所示：
二、解题模板
1、解题思路
2、注意问题
带电粒子做类平抛运动，两个重要推论与平抛运动的相同。
3、解题方法
分解的方法（在偏转电场中，运动分解成相互垂直的两个方向上的直线运动）：①沿初速度方向
做匀速直线运动；②沿电场方向做初速为零的匀加速直线运动。
功能的方法（首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式
计算）：①若选用动能定理，则要分清有哪些力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末
状态及运动过程中的动能的增量；②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能
量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
偏转角的分析和计算：
已知电荷情况及初速度，如上图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场
线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1。若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝，式中vy＝at＝·，
vx＝v0，联立解得tanθ＝ ①。
结论：动能一定时tanθ 与q 成正比，电荷量相同时tanθ 与动能成反比。
已知加速电压U0，如果不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则
由动能定理有：qU0＝mv ②，由①②式得：tanθ＝ 。
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结论：粒子的偏转角与粒子的q、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。即不同的带电粒子从静
止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的。
偏转量的计算和分析：
由y＝at2＝··（）2 ③，作粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x，则x
＝＝＝。
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2 处沿直线射出。
如果不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和③，得：y＝。
结论：粒子的偏转距离与粒子的q、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。即不同的带电粒子从
静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转距离总是相同的。
在电场中的运动时间：能飞出电容器的时间计算式为t= l
v0
；不能飞出电容器的时间计算式为
t=√
2mdy
qU
，y=1
2 at 2= qU
2md t2。
推论1：粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿
初速度方向的位移。
推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切等于速度偏转角正切的，即tanα＝tanθ。
（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系
中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁
场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器
、
，其中
垂直
轴放置，极板与
轴相交处存在小孔
、
；
垂直
轴放置，上、下极板右端分别紧贴
轴上的
、
点。一带电粒子从
静止释放，经电
场直线加速后从
射出，紧贴
下极板进入
，而后从
进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直
轴
离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为
、带电量为
，
、
间距离为
，
、
的板
间电压大小均为
，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
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(1)粒子经过
时的速度大小；
(2)粒子经过
时速度方向与
轴正向的夹角；
思路分析
第一问的思路：
第二问的思路
详细解析
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在
中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（2024·河南·模拟预测）如图所示，平行边界A、B 间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，平
行边界B、C 间有方向与边界成45°斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A 上有一粒子源，可以在纸面内向
电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行边界
粒子从M 到N 的运
动过程中，做匀加
速直线运动
根据动能定理即可
求出运动到N 点的
速度
粒子进入C2 中做类平
抛运动
将运动进行分解：水
平方向的匀速直线运
动和竖直方向的匀加
速直线运动
根据运动学公式列方
程进行求解
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向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出的粒子，
经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C 射出。已知电场I 的电场强度为E，A、B 间距为L，B、C 间距为
2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求：
(1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小；
(2)电场Ⅱ的电场强度的大小；
(3)边界C 上有粒子射出区域的长度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，平行边界向下射出的粒子出电场I 时，速度偏向角为
，出电场Ⅰ时，
沿电场方向的速度
根据牛顿第二定律
粒子出电场Ⅰ时的速度
解得
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根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，即等于
。
（2）平行边界向上射出的粒子，进电场Ⅲ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场Ⅱ
中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为
，则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为
对粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则
由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为
，因此有
根据几何关系
解得
（3）由（1）可知，粒子在
点射出的初速度大小为
由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为
，由此分析可知边界
上有粒子通过的区域
长度为
则在边界
上有粒子射出的区域长度
由（2）问可知
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解得
题型03 带电体在等效场中的运动问题
带电体在电场中除了受电场力以外，还受到重力的作用，对于处在匀强电场和重力场中物体的运
动问题就会变得复杂一些。此时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”。
一、必备基础知识
1、等效场模型
各种性质的场与实物（分子和原子的构成物质）的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以
同时占据同一空间，从而形成复合场。对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研
究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单
场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答。
等效重力：重力与静电力的合力；等效加速度：等效重力与物体质量的比值。
2、等效最“高”点与最“低”点的寻找
确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长线，反向
延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等效最“低”点。
二、解题模板
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1、解题思路
2、注意问题
等效模型问题：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝ 视为
“等效重力加速度”， F 合的方向等效为“重力”的方向。如此便建立起“等效重力场”。再将物体在
重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
3、解题方法
正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是
匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理。将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据
运动合成求解复杂运动的有关物理量。
等效思维法：等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。
对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂
的运算，过程比较简捷。
（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，竖直面内有一半径为r 的光滑圆形轨道，圆形轨道
的最低点B 处有一入口与水平地面连接，空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为
、质量
为m 的小物块从水平地面上的A 点由静止释放。已知电场强度大小
，小物块与水平地面间的
动摩擦因数
，重力加速度为
，
，
。
(1)求等效重力加速度
；
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(2)若取B 点电势为零，
，求物块电势能的最小值及此时的动能；
思路分析
第一问的思路;
第二问的思路：
详细解析
【答案】(1)
(2)
；
(3)
或
【详解】（1）小物块所受的电场力方向水平向左，大小为
小球所受电场力和重力的合力称为等效重力，用
表示，如图所示
则
即
等效重力加速度用
表示，则
（2）如图所示，E 点为小球做圆周运动的等效最低点，F 点是与圆心“等高”的点，G 点是等效最高点
若小球进入轨道后恰好能到达F 点，设此时释放点A 到B 的距离为
，则小球由A 到F 的过程中根据动能
定理有
小球受电场力和重力，
这两个力的合力为等效
重力
画出受力示意
图，求出合力，
即可求出等效加
速度
根据上一问在光滑
圆形轨道画出等效
最低点和等效最高
点
得到圆心等高点，
根据动能定理可知
S=2r 时，小球恰好
能够到达该点，此
时电势能取得最小
值
根据电场力做功公
式和动能定理即可
求出动能
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求得
则当
时，小球恰好能够到达F 点，则小球到达圆心的等高点C 时电势能最小，小球由B 点运动到C
点过程中电场力做的功为
求得
即物块电势能的最小值为
。
从A 到C 点，根据动能定理有
解得
（2024·福建·一模）在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L 的绝缘细线，
一端固定在O 点，另一端系质量为m 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成θ = 37°角，如图所示。
现给小球一个方向与细线垂直的初速度让小球恰能绕O 点在竖直平面内做顺时针的圆周运动，
，重力加速度大小为g。
（1）求小球受到电场力的大小F 并指出小球带何种电荷；
（2）求小球运动的最大速度
；
（3）若小球运动到最低点时细线立即被烧断，求小球经过O 点正下方时与O 点的高度差h。
【答案】（1）
，则小球带正电；（2）
=
；（3）h =
L
【详解】（1）小球静止时，受重力、电场力、和绳子的拉力，由平衡条件得
解得
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方向水平向右，则小球带正电。
（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力G 等也是恒力，类比重力场
等效重力
G 等 =
在圆上各点中，小球在平衡位置A 时速度最大，在A 关于O 点的对称点B 时，小球的速度最小，则有
G 等 = m
从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理有
- G 等
· 2L =
解得：小球运动的最大速度
=
（3）设细线烧断时小球的速度大小为，根据动能定理有
- G 等（L - Lcosθ） =
水平方向上，只受电场力作用，水平方向先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，水平方向加速
度不变，水平向左为正方向，小球经过O 点正下方时水平方向的速度为
。水平方向，根据动量定理
有
- Ft =
竖直方向上做自由落体运动，则
h - L =
解得h =
L
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题型04 带电粒子在交变电场中的运动
1、带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时段所受力不同，则运动情况也不同，导致运动
情景比较复杂，所以需要分段分析。不同阶段的衔接点很重要。
2、这类问题的难度一般较大，对想象能力和综合分析能力的要求较高。
一、必备基础知识
1、交变电场类型
交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2、运动类型
粒子做单向直线运动，方法为对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解。
粒子做往返运动，方法为分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。
U-t 图像
v-t 图像
轨迹图
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粒子做偏转运动，方法为根据交变电场特点进行分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或
者动能定理等求解。
U-t 图像
v-t 图像
轨迹图
二、解题模板
1、解题思路
2、注意问题
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，
粒子可以做周期性的直线运动；②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线
运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
从一个阶段转换到另一个阶段时，要分析好物理量的衔接。
3、解题方法
动力学三大观点：①动力学观点（牛顿运动定律和运动学规律结合）；②能量观点（动能定理和功能
关系等）；③动量观点（动量定理和动量守恒定律）。
带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具
有周期性。
对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时
t
O
vy
v0
T/2
T
单向直线运动
A
B
速度不反向
v0
v0
t
O
vy
v0
往返直线运动
A
B
速度反向
T
T/2
-v0
v0
v0
v0
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可认为是在匀强电场中运动。
注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求
解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断
粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
两条思路：一是力和运动的关系，根据牛顿运动定律和运动学规律分析；二是功能关系。
（2024·贵州六盘水·模拟预测）如图甲所示，大量质量为m、电量为q 的同种带正电粒子组
成长为
的直线型粒子阵列，以
的初速度射入两板M、N 之间的加速电场，离开加速电场后
粒子阵列长度变为
。
时刻，位于阵列最前端的粒子开始从O 点沿Ox 轴正方向射入场强大小为
，方向周期性变化（周期为T）的匀强电场中，向下为电场正方向，电场右边界PQ 横坐标为
，y 方向范围足够大。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。求：
(1)M、N 两板间加速电压
的大小；
(2)粒子离开PQ 时的纵坐标范围。
思路分析
第一问的思路：
第二问的思路：
假定粒子在加速电
场里加速的时间忽
略不计
分析第一个和最后
一个粒子加速完成
时两者的距离
根据动能定理即可
求出电压
19
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详细解析
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）我们假定粒子在加速电场里加速的时间忽略不计，从第一个粒子进入加速电场到最后一个
粒子进入加速电场的过程中，则有
而阵列长度被拉长两倍，相当于在这段时间里第一个粒子比最后一个粒子多走
，则有
可解得
在加速电场中，根据动能定理，则有
可解得
（2）粒子在进入到周期性变化电场中，在水平方向上，则有
可解得
而粒子阵列全部进入所需要的时间为
可解得
也就是说，
时刻进入的粒子会打到下方的最远位置射出，在竖直方向
时间段内，则有
根据牛顿第二定律，则有
可解得
故从下方射出时，到横轴的竖直距离为
也就是说，
时刻入射的粒子，会打到上方的最远点，在竖直方向
时间段内，粒子竖直方向向
粒子在周期变化的
电场中运动
分析不同时间段粒
子的运动情况
将各个时间段的偏
转量求出来即可得
到范围
20
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下加速，则有
在
时间段内，粒子在竖直方向减速到0，在
时间段内，粒子竖直方向向上加速，则有
粒子在
时间段内，粒子在竖直方向向下减速，以此过程循环四个周期，所以
综上所述，离开的纵坐标范围为
（2024·河南·模拟预测）如图甲所示，平行板A、B 长度为L，平行板M、N 长度与板间距
离相等（大小未知），两组平行板均水平放置且中线重合，在A、B 板中线左侧有一粒子源，均匀地向
右沿中线射出质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，粒子射出的初速度大小恒定，在A、B 板间加有如
图乙所示的交变电压（图中
和T 均已知），所有粒子在A、B 板间运动的时间均为T，在
时刻进
入A、B 板间的粒子恰好从A 板的右边缘附近射出；在M、N 板间加有恒定电压，所有粒子进入M、N
板后，有一半的粒子能从M、N 板间射出。M、N 两板右端的虚线PQ 与荧光屏间有方向斜向右上方的
匀强电场，PQ 与荧光屏平行，从M、N 板间射出的粒子进入PQ 右侧电场后，沿直线运动打在荧光屏
上，将M、N 两板的电压（电压大小不变）反接，粒子最终垂直打在荧光屏上，不计粒子的重力，不
计粒子间的相互影响，求：
(1)A、B 板间的距离；
(2)M、N 板间所加的电压；
(3)M、N 两板间电压未反向时，进入PQ 右侧电场的粒子最终打在荧光屏上时的动能。
【答案】(1)
21
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(2)
(3)
【详解】（1）
时刻进入AB 板间的粒子，在竖直方向上满足先加速后减速到0，则有
根据牛顿第二定律，则有
又因
可解得
（2）在AB 电场的水平方向，则有
所以
在MN 电场中，粒子均水平入射，做类平抛运动，只有一半的粒子能射出，所以中间入射的粒子在极
板边缘射出，水平方向，则有
竖直方向，则有
根据牛顿第二定律，则有
又因
22
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可解得
（3）在MN 电场射出时，则有
所以粒子为斜向右上方45°射出的，由于射出后沿直线运动，所以电场线与粒子运动速度方向共线，所
以
电场反向时，在PQ 右侧水平方向，则有
在竖直方向上，则有
根据牛顿第二定律，则有
可解得
在电场未反向时，列动能定理，则有
可解得
题型05 电场中的力电综合问题
23
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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
受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。
一、必备基础知识
1、三种观点
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。
动力学的观点：①由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。②综
合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问
题。
能量的观点：①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，则要分
清有哪些力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。②
运用能量守恒定律，分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是
减少的。
动量的观点：①运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必
须选同一个正方向。②运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题
目表述是否为某方向上动量守恒。
2、运动情况反映受力情况
物体静止（保持）：F 合＝0。
直线运动：①匀速直线运动：F 合＝0。②变速直线运动：F 合≠0，且F 合方向与速度方向总是一致。
曲线运动：F 合≠0，F 合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的内侧。F 合与v
的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°。
匀变速运动：F 合＝恒量。
二、解题模板
1、解题思路
24
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2、注意问题
动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：①带电粒子初速度方向
与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲
线运动（类平抛运动）。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决
问题。
3、解题方法
确定研究对象——一个带电体或几个带电体构成的系统。
两大分析：①受力分析：a、多了个电场力；b、重力是否忽略，据题意：若是基本粒子一般忽略；
若是带电颗粒，一般不能忽略。②运动分析——运动情况反映受力情况。
选用规律列方程式求解——平衡条件、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律
等。
（2024·福建·二模）如图，绝缘的木板B 放置在倾角为α=37°、固定的光滑斜面上（斜面足
够长），斜面最底端固定一挡板，B 底端与挡板的距离L=6m。一带正电物块A 放置在木板最上端，通
过一根跨过轻质定滑轮的轻绳与小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，A 与滑轮间的绳子与斜面平行。斜
面上方存在一沿斜面向下的匀强电场，A、B、C 均静止，轻绳处于伸直状态。t=0 时剪断连接A、C 之间
的轻绳，已知A、B、C 的质量分别为mA=1.5kg、mB=1kg、mC=3kg，A 的带电量为q=3×10-6C，A 与B 之间
的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳与滑轮间的摩擦力不计，B 与挡板碰撞视
为弹性碰撞，整个过程A 未与木板B 脱离，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
25
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(2)求木板B 第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
(3)若木板B 第一次与挡板碰撞时，电场方向改为沿斜面向上，求第6 次与挡板碰撞时，B 的速度大小和
B 要满足的最小长度Lmin。
思路分析
第一问的思路：
第二问的思路：
第三问的思路：
详细解析
【答案】(1)5×106N/C
(2)12m/s
(3)0.00384m/s，15m
【详解】（1）对A、B、C 整体，由共点力平衡条件得
解得
（2）对A、B 整体，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
（3）B 与挡板发生弹性碰撞后瞬间
，
电场反向，碰撞之后对A、B 进行整体受力分析
所以第一次碰后到第二次碰撞，A 和B 整体动量守恒，根据动量守恒定律
解得
共速之后，对A、B 整体一起匀速运动直至第二次碰撞，第二次碰撞后
将A 、B 、C 看成
一个整体
列共点力平衡方程
即可求出电场强度
将A 、B 视为整体
根据牛顿第二定律
和运动学规律即可
求出速度
B 与挡板发生弹性碰
撞
将A 、B 视为整体，
根据动量守恒和能
量守恒分析B 的速
度与碰撞次数的规
律
分析最后两者的运
动情况，根据能量
守恒可求出最小长
度
26
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，
解得
同理可得，B 与挡板第n 次碰撞时速度
故B 与挡板第6 次碰撞的速度为
根据以上推导，可得A、B 共同速度越来越小，最终停在最底部，此时，若A 恰好在B 的最底端，则此时B
的长度最小为Lmin，由能量守恒定律得
解得
（2024·四川·一模）如图（a），绝缘不带电木板静止在水平地面上，电荷量
的滑块A 静止在木板上左端，电荷量
的滑块B 静止在木板上距木板右端
处；B 左
侧（含B 所在位置）的木板面粗糙，右侧的木板面光滑；A、B 和粗糙木板面间的动摩擦因数
，
木板和地面间的动摩擦因数
。
时刻，在空间加一水平向右的电场，场强大小E 随时间t 变
化的图像如图（b），
时刻，撤去电场。已知木板、A、B 的质量均为
，A、B 可视为质点，
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，可能的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，不计A、B 间的库仑力，重
力加速度
。
(1)通过计算判断：
时刻，滑块A、B 和木板是否处于静止状态；
(2)
时，求滑块B 的速度大小；
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(3)判断滑块B 是否能再次返回木板上，若能则求出返回初始位置的时刻，若不能则说明理由。
【答案】(1)滑块A、B 和木板均处于静止状态
(2)
(3)见解析
【详解】（1）由题图（b）的
图像可知：
时刻，
；A、B 受到的电场力大小分
别为
（向左）
（向右）
A 和B 所受的最大静摩擦力为
因为
，
故A 和B 均不会相对木板滑动，地面对木板的最大静摩擦力为
对木板、A 和B 组成的系统，因
故木板不会相对地面滑动，所以滑块A、B 和木板均处于静止状态。
（2）①随
增大，设A 在
时刻相对木板滑动并从滑板左侧滑落，此时的临界关系为
解得
由题图（b）的
图像可知对应时刻为
；
②随
继续增大，假设木板和B 相对静止且在
时刻开始向右运动，此时的临界关系为
28
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解得
由题图（b）的
图像可知对应时刻为
，因为
所以假设成立；
再随
继续增大，B 将在
时刻相对木板向右滑动，此时的临界关系为
对B 分析
对系统分析
解得
，
由题图（b）的
图像可知对应时刻为
；
综上，在时间
内，电场力的冲量为
对系统，由动量定理有
代入数据解得
时刻B 和木板的共同速度为
（3）
至
，电场强度恒为
，B 进入木板上光滑部分，由牛顿第二定律，对
29
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B 有
对木板有
代入数据得
（向右），
（向左）
设木板经时间
发生位移
停止运动，由运动学规律有
，
代入数据得
，
设B 在
内发生位移
，由运动学规律有
，
代入数据得
，
因为
故恰好在
时刻，B 以速度
与静止的木板相碰；因B 和木板的质量相等，碰撞过程中系统能量、
动量均守恒，故碰撞后两者速度互换，即碰后木板和
的速度分别为
（向右），
设再经过
，B 再次返回木板上的初始位置，此过程中，B 始终静止，木板的加速度仍为
，
由运动学规律有
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代入数据解得
综上，B 再次返回木板上的初始位置的时刻为
1．（2024·江苏淮安·一模）如图所示，倾角
的光滑绝缘斜面AB 与半径
的圆弧光滑绝缘轨
道BCD 在竖直平面内相切于B 点，圆弧轨道处于方向水平向右的有界匀强电场中，电场的电场强度大
小
。质量
、电荷量
的小滑块从斜面上P 点由静止释放，沿斜面运
动经B 点进入圆弧轨道，已知P、B 两点间距
，
，
，g 取
。
(1)求滑块运动到B 点时速度大小；
(2)求滑块运动到与圆心O 等高的Q 点时对轨道的压力大小；
(3)调整斜面上释放点位置，欲使滑块能从D 点飞出，求该释放点
与B 点间距的最小值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块从P 点到B 点，由动能定理得
解得滑块运动到B 点时速度大小
31
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（2）Q 点与B 点的高度
Q 点与B 点的水平距离为
滑块从B 点到Q 点，由动能定理得
解得
滑块在Q 点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可得滑块运动到与圆心O 等高的Q 点时对轨道的压力大小
（3）滑块要到D 点，则需过物理最高点，即与B 关于O 点对称的点
解得
滑块从B 点到B 的对称点动能定理得
滑块从
点到B 点由动能定理得
解得
32
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该释放点
与B 点间距的最小值为
。
2．（2024·全国·模拟预测）内部长度为l、质量为m 的“]”形木块扣在水平面上，右侧有一可视为质点的电
荷，质量为m，电荷量为
，电荷表面绝缘且光滑，木块恰好能处于静止状态，整个空间有水平向右
的匀强电场，电场强度大小为
，木块不影响电场的分布，给木块一个水平向右的冲量，之后所
有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度大小为g，最大静摩擦力可视为滑动摩擦力。
（1）求木块与地面之间的动摩擦因数
。
（2）欲使木块与电荷的第一次碰撞发生在木块左端，给木块水平向右的冲量
需要满足什么条件？
（3）分别给电荷和木块一水平向左、向右大小均为
的冲量，求两者第二次碰撞前木块与
地面摩擦生热的热量Q。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对木块和电荷的整体受力分析，有
代入电场强度E 的值，得
（2）设木块的初速度为
，由动量定理知
设电荷的加速度大小为
，木块的加速度大小为
，则有
33
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代入第（1）问中
值，得
设经过时间
木块与电荷于左端发生第一次碰撞，则
且碰撞时满足
解得
（3）给两者的冲量大小为
后，速度大小为
，则
设经过时间电荷与木块相碰，则
解得
（舍去另解
）
由于
碰前速度大小为
，则
解得
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由于是弹性碰撞，两者质量相同，碰后交换速度，设经过时间
两者发生第二次碰撞
解得
设第二次碰撞前，木块和电荷的速度分别为
和
，有
摩擦生热为
由以上各式得
3．（2024·云南·模拟预测）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形
区域内存在
两层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向（如图所示），
边长为
，
边长为
，质量为m、电荷量为
的粒子流从
边中点P 射入电场，粒子初速度为
，入射角为θ，在纸面内运动，不计粒子重力及粒子间相互作用。
35
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(1)当
时，若粒子能从
边射出，求该粒子通过电场的时间t；
(2)当
时，若粒子从
边射出电场时与轴线
的距离小于d，求入射角θ 的范围。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）依题粒子进入磁场后，受到竖直方向的电场力，故水平方向做匀速直线运动，根据几何
关系可知，粒子在水平方向的速度
水平方向匀速直线运动，故该粒子通过电场的时间
（2）粒子进入电场时，竖直方向的速度为
分析易得，粒子竖直方向加速度为
若粒子从
边射出电场时与轴线
的距离小于d，由
整理可得
故
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解得
故θ 的取值范围是
4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图，在水平向右的匀强电场区域内，固定有一个倾角为
的光滑斜面，
一质量
、电荷量
的小物块置于斜面上的A 点，恰能处于静止状态。已知A 点与斜
面底端B 的距离为1.5m，g 取
，
，
，求：
（1）电场的电场强度大小E；
（2）若电场强度方向不变，大小变为原来的一半，则小物块由A 点运动到B 点所需的时间和此过程小
物块电势能的变化量分别为多少？
【答案】（1）
，方向水平向右；（2）1s，电势能增加了0.45J
【详解】（1）小物块恰好处于静止状态，有
解得
方向水平向右
（2）场强变化后，对物块有
由运动学公式有
解得
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电场力做功
由功能关系有，电势能的变化量与电场力做功有
电势能增加了0.45J。
5．（2024·全国·模拟预测）如图所示，一倾角为
的光滑绝缘斜面固定于水平面上，斜面上有一凹进斜
面的光滑绝缘圆形区域，圆形区域与斜面底端相切，半径为R，M、
分别为圆形区域的最高点和最低
点，两个带电小球
、可以在圆形区域内运动，小球
质量为
、电荷量为
，小球质量
为
、电荷量为
，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小
，初始时小球
固定
于圆形区域边缘上的
点（图中未画出），小球静止于
点，两小球在运动和碰撞过程中电荷量始终
不变，不计两小球之间的库仑力，两小球均可视为质点，重力加速度为
，
。
(1)现给小球一个沿平行于斜面底端方向的初速度，当小球到达最高点
时速度大小
，求
此时小球对斜面的作用力
的大小（圆形区域属于斜面的一部分）；
(2)如果将小球
解除锁定，小球
沿圆形区域边缘由静止开始向下运动，运动到最低点
时与小球发
生弹性碰撞，碰撞之后小球恰好能经过点
，求小球
解除锁定的位置
点距斜面底端的距离
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意，小球沿圆形区域的边缘做圆周运动，在最高点
时，设斜面对小球指向圆
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心方向的弹力为
，根据向心力公式有
代入数据解得
小球在最高点
时，设斜面对小球在垂直于斜面方向的弹力为
，在垂直于斜面方向上有
斜面对小球的作用力
根据牛顿第三定律有小球对斜面的作用力大小
（2）根据题意，碰撞后小球沿圆形区域的边缘做圆周运动，设小球恰好能经过点
时的速度为
，
根据向心力公式有
解得
设碰撞之后小球的速度大小为
，对小球从最低点
运动到最高点
的过程，根据动能定理有
解得
设碰撞前、后小球
的速度大小分别为
、
，根据动量守恒定律有
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根据能量守恒定律有
两式联立解得
对小球
沿圆形区域边缘下滑的过程，根据动能定理有
解得
6．（2025·福建福州·二模）如图（a），长度L = 0.8 m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量
QA = 1.8 × 10−7 C，一质量m = 0.02 kg，带电量为q 的小球B 套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均
匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系。点电荷A 对小球B 的作用力随B 位
置x 的变化关系如图（b）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b）
中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16 ≤ x ≤ 0.20 和x ≥ 0.40 范围可近似看作直线。求：（静电力常量k =
9 × 109 N·m2/C2）可能用到的坐标：曲线Ⅰ中的（0.30，0.018）；曲线Ⅱ中的（0.16，0.030）、
（0.20，0）、（0.30，−0.012）、（0.40，−0.004）
(1)小球B 所带电量q 及电性；
(2)非均匀外电场在x = 0.3 m 处沿细杆方向的电场强度E 大小和方向；
(3)已知小球在x = 0.2 m 处获得v = 0.4 m/s 的初速度时，最远可以运动到x = 0.4 m。若小球在x = 0.16
m 处受到方向向右，大小为F = 0.04 N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作
用的最小距离s 是多少？
【答案】(1)1 × 10−6 C，带正电
(2)−3 × 104 N/C，水平向左
(3)0.065 m
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【详解】（1）小球B 带正电，由图（b）中曲线Ⅰ可知，当x = 0.3 m 时，有
所以
（2）设在x = 0.3 m 处点电荷与小球间作用力为F2，有
因此
方向水平向左；
（3）根据图（b）中曲线Ⅱ围成的面积表示合电场力做的功，可知小球从x = 0.16 m 到x = 0.2 m 处，
合电场力做功为
小球从x = 0.2 m 到x = 0.4 m 处，合电场力做功为
由图可知，小球从x = 0.4 m 到x = 0.8 m 处，合电场力做功为
由动能定理可得
解得恒力作用的最小距离
7．（2024·福建福州·一模）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、
电荷量为
的物块A 压缩轻质绝缘微型弹簧a 后锁定（A 与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面
41
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向上、大小
（g 为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为
的物块B 静止在斜面上
端，B 左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B 与斜面的滑动摩擦力大小分别为
、
，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
时解除锁定，弹簧的弹性势能
瞬间全部转化为A 的动能，A 运
动距离L 后于
时刻到达P 点，此时速度为
、加速度为0，且未与弹簧b 接触；
时刻，A 到达Q 点，
速度达到最大值
，弹簧b 的弹力大小为
，此过程中A 的
图像如图乙所示。已知A、B 的电
荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹
性限度内。求：
（1）A 从开始运动到P 点的过程中，B 对A 库仑力所做的功；
（2）A 到达P 点时，A 与B 之间的距离；
（3）A 从P 点运动到Q 点的过程中，A、B 系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 从开始运动到P 点过程中，受力如图甲所示
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对A 根据动能定理有
由题意
得
（2）在P 点，A 所受合力为0，如图乙所示有
解得
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（3）在P 点时，对物块B 如图乙所示，有
解得
此时B 恰好开始滑动。从P 到Q 的过程中，对于A、B 组成的系统，由于
系统所受合外力为0，动量守恒，因此有
得
从P 到Q 的过程中，对于A、B 组成的系统，由动能定理，得
得
故
在Q 点，A 所受合力为0，如图丙所示有
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解得
根据几何关系
解得
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