2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破第9章靜電場專題強(qiáng)化10電場中功能關(guān)系及圖像問題考點(diǎn)1電場中功能關(guān)系的綜合問題

考點(diǎn)1電場中功能關(guān)系的綜合問題(能力考點(diǎn)·深度研析)1．電場力做功的求解方法由公式W＝Flcosα計算只適用于勻強(qiáng)電場，可變形為W＝Eqlcosα由WAB＝qUAB計算適用于任何電場由電勢能的變化計算WAB＝EpA－EpB由動能定理計算W電場力＋W其他力＝ΔEk2.電場中的功能關(guān)系(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變。(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力的合力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化。(4)合外力對物體所做的功，等于物體動能的變化。?考向1電場中的能量守恒(多選)如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V。實(shí)線是一帶電的粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的軌跡，a、b、c為軌跡上的三點(diǎn)，已知帶電粒子帶電荷量為0.01C，在a點(diǎn)處的動能為0.5J，則該帶電粒子(AD)A.帶正電B．在b點(diǎn)的電勢能為0.5JC．在b點(diǎn)的動能為零D．在c點(diǎn)的動能為0.4J[解析]由等勢面與電場強(qiáng)度方向垂直可知電場強(qiáng)度方向向上，粒子所受靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，故靜電力方向向上，所以粒子帶正電，選項A正確；粒子在b點(diǎn)的電勢能Epb＝qφb＝0.01×30J＝0.3J，選項B錯誤；粒子在a點(diǎn)的總能量E＝0.01×10J＋0.5J＝0.6J，由能量守恒定律得粒子在b點(diǎn)處的動能Ekb＝0.6J－0.3J＝0.3J，選項C錯誤；由能量守恒定律得粒子在c點(diǎn)的動能Ekc＝0.6J－0.01×20J＝0.4J，選項D正確。?考向2電場中功能關(guān)系與力學(xué)知識的綜合應(yīng)用[解析](1)根據(jù)庫侖定律以及力的合成法則可得，小球經(jīng)過B點(diǎn)時受到的靜電力大小F電＝2keq\f(Qq,L2)，方向水平向左。(2)設(shè)小球經(jīng)過B點(diǎn)時桿對小球的拉力為F，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時，在豎直方向根據(jù)牛頓第二定律可知F－mg＝meq\f(v2,L)解得F＝mg＋meq\f(v2,L)根據(jù)牛頓第三定律可得，小球?qū)?xì)桿的拉力大小F′＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)由于取O點(diǎn)電勢為零，而O在MN的垂直平分線上，則φB＝0從A到B，由動能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq\f(1,2)mv2，解得φA＝eq\f(mv2－2mgL,2q)。(4)由電場對稱性可知φC＝－φA，即UAC＝2φA，小球從A到C由動能定理得qUAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(2v2－4gL)。[答案](1)2keq\f(Qq,L2)，方向水平向左(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(mv2－2mgL,2q)(4)eq\r(2v2－4gL)【跟蹤訓(xùn)練】(電場中的功能關(guān)系)(多選)如圖所示，傾角為37°的絕緣粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有平行斜面向上的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m＝1kg的帶正電小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))自斜面底端以v0＝6m/s的初速度沿斜面向上運(yùn)動，加速度大小為3m/s2，方向沿斜面向下，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則在小物塊沿斜面向上滑行到最大距離的過程中，小物塊的(AC)A.重力勢能增加36J B．電勢能增加42JC．機(jī)械能增加18J D．機(jī)械能減少24J[解析]物塊沿斜面向上運(yùn)動，對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ－Eq＝ma，解得Eq＝7N。物塊沿斜面運(yùn)動的位移為x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),－2a)＝6m，重力勢能增加了ΔEp＝mgh＝mgxsinθ＝36J，A正確；電場力做正功，電勢能減小，ΔEp′＝－Eqx＝－42J，即電勢能減少42J，B錯誤；機(jī)械能的變化量為ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝18J，C正確，D錯誤。(含彈簧系統(tǒng)電場中的功能關(guān)系)如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為eq\f(1,3)g，下落高度H到B點(diǎn)后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點(diǎn)C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中，下列說法正確的是(D)A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(mg,3q)B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為eq\f(mgH＋h,3)C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)D．彈簧的彈性勢能的增加量為eq\f(mgH＋h,3)[解析]物塊從靜止開始下落時的加速度為eq\f(1,3)g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq\f(2mg,3q)，故A錯誤；從A到C的過程中，系統(tǒng)除重力和彈力以外，只有靜電力做功，靜電力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－eq\f(2mgH＋h,3)，可知機(jī)械能減少量為eq\f(2mgH＋h,3)，故B錯誤；從A到C過程中，靜電力做功為－eq\f(2mgH＋h,3)，則電勢能增加量為eq