一、電場的力的性質
1．庫侖力實質上就是電場力，與重力、彈力一樣，它也是一種基本力．帶電粒子在電場中的平衡問題實際上屬於力學平衡問題，只是多了乙個電場力而已．
2．電場力作用下帶電體的平衡和加速問題的分析步驟是：先進行正確的受力分析，然後利用平衡條件或牛頓第二定律求解，主要方法有合成法、正交分解法等．
例1 (多選)如圖1所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣細線系一帶電小球，小球的質量為m，電荷量為q，重力加速度為g.為了保證當細線與豎直方向的夾角為60°時，小球處於平衡狀態，則勻強電場的場強大小可能為( )
圖1a.[mg}', 'altimg': '', 'w':
'66', 'h': '52', 'eqmath': ' \\f(\\r(3)mg,q)'}] b.
[', 'altimg': '', 'w': '39', 'h':
'43', 'eqmath': ' \\f(mg,2q)'}] c.[mg}', 'altimg':
'', 'w': '66', 'h': '52', 'eqmath':
' \\f(\\r(3)mg,2q)'}] d.[', 'altimg': '', 'w':
'39', 'h': '43', 'eqmath': ' \\f(mg,q)'}]
答案 acd
解析取小球為研究物件，它受到重力mg、細線的拉力f和電場力eq的作用．因小球處於平衡狀態，則它受到的合外力等於零，由平衡條件知，f和eq的合力與mg是一對平衡力．根據力的平行四邊形定則可知，當電場力eq的方向與細線拉力方向垂直時，電場力最小，如圖所示，則eq＝mgsin 60°，得最小場強e＝[mg}', 'altimg': '', 'w': '66', 'h':
'52', 'eqmath': ' \\f(\\r(3)mg,2q)'}].所以，選項a、c、d正確．
例2 如圖2所示，質量為m的小球a放在絕緣斜面上，斜面的傾角為α，小球a帶正電，電荷量為q.在斜面上b點處固定乙個電荷量為q的正電荷，將小球a由距b點豎直高度為h處無初速度釋放．小球a下滑過程中電荷量不變．不計a與斜面間的摩擦，整個裝置處在真空中．已知靜電力常量k和重力加速度g.
圖2(1)a球剛釋放時的加速度是多大？
(2)當a球的動能最大時，求此時a球與b點的距離．
答案 (1)gsin α－[_{}α}_{}}', 'altimg': '', 'w': '98', 'h':
'59', 'eqmath': ' \\f(kqqsin\\s(2,)α,mh\\s(2,))'}] (2) [}', 'altimg': '', 'w':
'101', 'h': '54', 'eqmath': ' \\r(\\f(kqq,mgsin α))'}]
解析 (1)根據牛頓第二定律mgsin α－f＝ma
根據庫侖定律：f＝k[_{}}', 'altimg': '', 'w':
'36', 'h': '48', 'eqmath': ' \\f(qq,r\\s(2,))'}]，r＝[', 'altimg':
'', 'w': '58', 'h': '43', 'eqmath':
' \\f(h,sin α)'}]
聯立以上各式解得a＝gsin α－[_{}α}_{}}', 'altimg': '', 'w': '98', 'h':
'59', 'eqmath': ' \\f(kqqsin\\s(2,)α,mh\\s(2,))'}].
(2)當a球受到的合力為零、加速度為零時，速度最大，動能最大．設此時a球與b點間的距離為d，則mgsin α＝[_{}}', 'altimg': '', 'w': '48', 'h':
'52', 'eqmath': ' \\f(kqq,d\\s(2,))'}]，解得d＝ [}', 'altimg': '', 'w':
'101', 'h': '54', 'eqmath': ' \\r(\\f(kqq,mgsin α))'}].
二、電場的能的性質
電荷在電場中具有電勢能，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大．電場力做功引起電勢能的變化，電場力做正功，電荷的電勢能減小，電場力做負功，電荷的電勢能增大．
例3 如圖3所示，在粗糙程度相同的絕緣水平面上固定乙個點電荷q，在m點無初速度釋放乙個帶有恆定電荷量的小物塊，小物塊在q的電場中沿水平面運動到n點停止，則從m到n的過程中，下列說法錯誤的是( )
圖3a．小物塊所受的靜電力逐漸減小
b．小物塊具有的電勢能逐漸減小
c．m點的電勢一定高於n點的電勢
d．小物塊電勢能的減少量一定等於克服摩擦力做的功
答案 c
解析小物塊在從m運動到n的過程中，一定受到向右的摩擦力，所以靜電力一定向左．由m運動到n，離電荷q距離越來越大，所以小物塊受到的靜電力一定減小，a正確；由動能定理可得μmgs－we＝0，即we＝μmgs，靜電力做正功，小物塊具有的電勢能減小，其減少量等於克服滑動摩擦力做的功，b、d正確；因點電荷q的電性未知，不能判斷m、n兩點電勢的高低，c錯誤．
三、帶電體在復合場中的運動
1．帶電體在復合場中的運動是指帶電體在運動過程中同時受到電場力及其他力的作用．較常見的是在運動過程中，帶電體同時受到重力和電場力的作用．
2．由於帶電體在復合場中的運動是乙個綜合電場力、電勢能的力學問題，研究的方法與質點動力學的研究方法相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能關係等力學規律．
例4 如圖4所示，abcdf為豎直放在場強為e＝104 v/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道．其中軌道的bcdf部分是半徑為r＝0.2 m的豎直圓形軌道，軌道的水平部分與圓相切於b點，a為水平軌道上的一點，而且ab之間的距離s＝0.6 m，把一質量m＝0.
1 kg、帶電荷量q＝＋1×10－4 c的小球放在水平軌道的a點由靜止釋放，小球在軌道的內側運動．(g取10 m/s2)求：
圖4(1)小球到達b點時速度的大小；
(2)小球到達d點時對軌道的壓力；
(3)若讓小球安全通過軌道，開始釋放點離b點的最小距離．(結果保留兩位有效數字)
答案 (1)2[', 'altimg': '', 'w': '33', 'h':
'29', 'eqmath': ' \\r(3)'}] m/s (2)1 n，方向豎直向上 (3)0.62 m
解析 (1)小球從a到b，由動能定理有qes＝[', 'altimg': '', 'w': '22', 'h':
'43', 'eqmath': ' \\f(1,2)'}]mvb2－0，
解得vb＝2[', 'altimg': '', 'w': '33', 'h': '17', 'eqmath': '\\s(, \\)r(3)'}] m/s.
(2)小球從a到d，由動能定理有qes－2mgr＝[', 'altimg': '', 'w': '22', 'h':
'43', 'eqmath': ' \\f(1,2)'}]mvd2－0，解得vd＝2 m/s.
小球在d點，由牛頓第二定律有mg＋n＝m[_^_{}}\\mkern-13mu}{}', 'altimg': '', 'w': '32', 'h':
'53', 'eqmath': ' \\f(v\\o\\al(\\s(,d)\\s(2,)),r)'}]，
解得n＝1 n，方向豎直向下，由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為1 n，方向豎直
向上．(3)小球受到的豎直向下的重力和水平向右的電場力大小相等，這兩個力的合力為f＝[', 'altimg': '', 'w': '32', 'h':
'29', 'eqmath': ' \\r(2)'}]mg＝[', 'altimg': '', 'w':
'32', 'h': '29', 'eqmath': ' \\r(2)'}] n，與水平方向的夾角θ＝45°，如圖所示．
設小球在豎直平面內做圓周運動的等效最高點為g點，小球在g點的最小速度為vg，由牛頓第二定律有f＝m[_^_{}}\\mkern-13mu}', 'altimg': '', 'w': '34', 'h':
'21', 'eqmath': '\\s(, \\)f(v\\o\\al(\\s(,g)\\s(2,)),r)'}]，
小球從a到g，由動能定理有qe(s′－rcos θ)－mg(r＋rsin θ)＝[', 'altimg': '', 'w': '22', 'h':
'43', 'eqmath': ' \\f(1,2)'}]mv[^_{}}\\mkern-13mu{}', 'altimg': '', 'w':
'18', 'h': '34', 'eqmath': ' \\o\\al(\\s(,g)\\s(2,))'}]－0，
聯立解得s′≈0.62 m.
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