勻強(qiáng)電場中的力學(xué)問題，是常見的力電綜合問題，也是高考命題的熱點(diǎn)，這類問題有以下幾種類型。
一、靜止問題
處在勻強(qiáng)電場中的速度為零的帶電物體所受的外力的合力為零時(shí)，帶電物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。求解這類問題的基本方法是力的平衡條件。
例1 如圖1-a所示，有三根長度皆為L=1．00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根繩的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m=1．0010-2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為-q和+q，且q=1．0010-7C．A、B球之間用第三根線連接起來�？臻g存在E=1．00106N/C的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向水平向右，平衡時(shí)A、B兩球的位置如圖示．現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B兩球最后會(huì)達(dá)到新的平衡為位置。問：最后兩球的機(jī)械能與電勢能的總和與燒斷前相比減少了多少？（不計(jì)兩小球間相互作用的靜電力）
分析與求解：設(shè)燒斷OB線后，兩球最終靜止后的位置如圖1-b所示，此時(shí)線OA、OB與豎直方向的夾角分別為，A球受力如圖1-c所示，由力的平衡條件有：
，B球受力如圖1-d所示，由力的平衡條件有：
解以上四式得：，，由此可知，最終靜止后兩球的位置如圖1-e所示。
與燒斷OB線之前相比：A球的重力勢能減少了，B球的重力勢能減少了，A球的電勢能增加了，B球的電勢能減少了。
兩球的機(jī)械能與電勢能總和減少了W=WB-WA+EA+EB，代入已知數(shù)據(jù)解以上幾式得W=6．810-2J。
本題解答中，求解最終靜止后兩球的位置時(shí)，若選兩球整體為研究對(duì)象，則這個(gè)整體只受重力和OA線的拉力作用，由此便可很方便的知道，即OA線處在豎直位置。
二、勻速直線運(yùn)動(dòng)問題
處在靜電場中的速度不為零的帶電體，所受外力的合力為零時(shí)，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。這兩類問題的基本方法是力的平衡條件。
例2 如圖2所示，在水平地面上有一傾角為θ的絕緣斜面，斜面所處空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E。有質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球沿斜面勻速滑下。求小球和斜面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)。
分析與求解：小球下滑時(shí)受力如圖2右所示，對(duì)小球運(yùn)用力的平衡條件，在水平方向有：，豎直方向上有：。解此兩式得：。
三、勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題
若帶電粒子只受電場力的作用，粒子在電場中被由靜止釋放或順著、逆著電場方向進(jìn)入電場，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若粒子除電場力外還受有其它恒力，粒子被由靜止釋放后，沿合力的方向勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若粒子的初速度不為零，合力方向與初速度方向相同或相反，粒子沿原運(yùn)動(dòng)方向勻變速直線運(yùn)動(dòng)。這類問題可運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理或運(yùn)用能量觀點(diǎn)求解。
例3 如圖3所示，平行板電容器的板長為，板間距為L 高二，板B與水平方向的夾角為α，兩板間所加電壓為U。有一帶負(fù)電液滴，帶電量為q，以速度vo沿水平方向自A板邊沿進(jìn)入板間后仍沿水平方向運(yùn)動(dòng)，恰好從B板邊沿水平飛出．求液滴的質(zhì)量及飛出時(shí)的速度。
分析與求解：液滴在板間受重力、電場力作用，由于沿水平方向運(yùn)動(dòng)，這兩個(gè)力的合力方向必沿水平方向．所以，在豎直方向上應(yīng)有：，而，由此兩式可得：。
液滴在板間運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)液滴運(yùn)用動(dòng)能定理有：，代入解此式得：。
四、非勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題
帶電粒子在電場中所受各力的合力方向恒定不變，大小變化，粒子具有與合力同向或反向的初速度或粒子由靜止釋放，粒子做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)。這類問題求解時(shí)，根據(jù)題中所求量，可靈活選用牛頓定律、力的平衡條件或能量觀點(diǎn)。
例4 如圖4所示，一根長L = 1．5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E ==1．0×105N/C、與水平方向成θ＝300角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中。桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝+4．5×10－6C；另一帶電小球 B 穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q＝+1．0×10-6C，質(zhì)量m＝1．0×10一2kg�，F(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)。（靜電力常量k＝9．0×10 9N·m2／C2，取g =l0m / s2)
(1）小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？
(2）小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h1為多大？
(3）小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h2＝0．6lm時(shí)，速度為v＝1．0m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？
分析與求解：（1）開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受力如圖4下所示，其合力必沿沿豎直方向，在豎直方向上對(duì)小球運(yùn)用牛頓定律有：，代入已知數(shù)據(jù)解此得小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為：。
(2)小球B開始運(yùn)動(dòng)后，小球A對(duì)它的庫侖力逐漸增大，它所受的合力逐漸減小，運(yùn)動(dòng)中向下的加速度逐漸減小，當(dāng)向下的合力為零時(shí)，加速度為零，此后，合力方向向上，且逐漸增大，小球做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)。因此，合力為零時(shí)，小球B速度最大，由力的平衡條件有：，代入已知數(shù)據(jù)解此式得：。
�。�3）小球從開始運(yùn)動(dòng)到速度為的過程中，設(shè)A球?qū)求的庫侖力做功為W1，勻強(qiáng)電場對(duì)小球B做的功為W2，對(duì)小球運(yùn)用動(dòng)能定理有：，而此過程中小球B的電勢能增量為：，代入已知數(shù)據(jù)解此兩式得小球B的電勢能增量為：。
五、勻變速曲線運(yùn)動(dòng)問題
粒子在電場中所受各力的合力恒定，但方向與粒子的初速度方向不在一條直線上，粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。常見問題是合力方向與初速度方向垂直，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。這類問題求解時(shí)，根據(jù)所求量的特點(diǎn)，可靈活選用牛頓定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、能量觀點(diǎn)。
例5 如圖5所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場電量為q、動(dòng)能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場，不計(jì)重力。
�。�1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，求電場強(qiáng)度的大小和粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能？
�。�2）若粒子離開電場時(shí)動(dòng)能為Ek/，則電場強(qiáng)度為多大？
分析與求解：（1）設(shè)粒子的入射速度為，粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能為Ek/，電廠的電場強(qiáng)度為E．則粒子由入射到從c點(diǎn)離開電場過程中，由牛頓第二定律有：，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知，bc方向上有：，ab方向上有：，考慮到和，解以上五式得：；。
（2）粒子離開電場有三種情況，一是從c點(diǎn)離開，此時(shí)必有。二是從bc邊離開，此時(shí)必有。三是從cd邊離開，此時(shí)必有．其中第一種情況(1)中已解答，現(xiàn)就后兩種情況解答如下：
若，設(shè)出射點(diǎn)到b點(diǎn)的距離為h， 則粒子在電場中運(yùn)動(dòng)過程中有：，，，，，解此五式得：。
若，則粒子在電場中運(yùn)動(dòng)過程中有：，解之得：。
六、圓周運(yùn)動(dòng)問題
在勻強(qiáng)電場中的帶電粒子，由于受圓環(huán)、繩子、硬桿等的約束，若具有沿環(huán)切線方向或垂直于繩、桿末端的速度，粒子可以作圓周運(yùn)動(dòng)。這類問題求解時(shí)運(yùn)用動(dòng)能定理或運(yùn)用能量觀點(diǎn)比較方便。
例6 如圖6所示，一半徑為Ｒ的光滑絕緣圓環(huán)豎直固定在水平桌面上，桌面所在空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E．在此圓環(huán)上套著一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的小圓環(huán)。現(xiàn)讓小圓環(huán)由靜止從環(huán)A處開始下滑。求小環(huán)在環(huán)上滑過四分之一圓周過B處時(shí)對(duì)環(huán)的壓力是多大？
分析與求解：設(shè)小環(huán)過B時(shí)環(huán)對(duì)它的壓力為Ｎ，速度為v．則這一過程中，對(duì)小環(huán)運(yùn)用動(dòng)能定理有：，小環(huán)過B處時(shí)，在BO方向上對(duì)其運(yùn)用牛頓定律有：，解此兩式得：，由牛頓第三定律知，此時(shí)它對(duì)環(huán)的壓力大小為，方向沿OB向外
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