2024-2025學(xué)年高二物理 同步學(xué)與練（ 人教版2019必修第三冊(cè)）10.9 靜電場(chǎng)中的功能關(guān)系 （解析版）

10.9靜電場(chǎng)中的功能關(guān)系

學(xué)習(xí)目標(biāo)

課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)

3.1.5知道靜電場(chǎng)中的電

荷具有電勢(shì)能。了解電勢(shì)物理觀念：理解電勢(shì)能的變化與靜電力做功的關(guān)系。知道常見(jiàn)的電勢(shì)能零點(diǎn)

能、電勢(shì)的含義。了解電的規(guī)定方法。

勢(shì)差的含義。知道勻強(qiáng)電科學(xué)思維：會(huì)計(jì)算靜電力所做的功。

場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的科學(xué)探究：通過(guò)解決帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的問(wèn)題，加深對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)

關(guān)系。能分析帶電粒子在定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體運(yùn)動(dòng)的認(rèn)識(shí)，以及將勻變速曲線運(yùn)動(dòng)分解

電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能解為兩個(gè)方向上的簡(jiǎn)單運(yùn)動(dòng)來(lái)處理的思路的認(rèn)識(shí)。

釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：體會(huì)能量觀點(diǎn)是分析物理問(wèn)題的重要方法。

02思維導(dǎo)圖

處理電場(chǎng)中能量問(wèn)題的基本方法

在解決電場(chǎng)中的能量問(wèn)題時(shí)常用到的基本規(guī)律有動(dòng)能定理、能量守恒定律，有時(shí)也會(huì)用到功能關(guān)系。

(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題需研究合外力的功(或總功)。

(2)應(yīng)用能量守恒定律解決問(wèn)題需注意電勢(shì)能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。

(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問(wèn)題需明確電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。

(4)有電場(chǎng)力做功的過(guò)程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢(shì)能的總和可以不變。

03知識(shí)梳理

（一）課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：

一、電場(chǎng)中常見(jiàn)的功能關(guān)系

1.除重力之外，其他力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變化量．

2.所有外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的變化量．

二、電場(chǎng)中常見(jiàn)的能量守恒

1．若只有靜電力做功，電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變．

2.若只有靜電力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變．

04題型精講

【題型一】圖像中的功能關(guān)系

【典型例題1】[多選]如圖甲所示，一光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，距細(xì)桿右側(cè)d的A點(diǎn)處有一固定的正電荷，

細(xì)桿上套有一帶電小環(huán)，設(shè)小環(huán)與點(diǎn)電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)無(wú)初速度地從h高處釋放后，在下落至

h＝0的過(guò)程中，其動(dòng)能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示，則()

A．小環(huán)可能帶負(fù)電

B．從h高處下落至h＝0的過(guò)程中，小環(huán)電勢(shì)能增加

C．從h高處下落至h＝0的過(guò)程中，經(jīng)過(guò)了加速、減速、再加速三個(gè)階段

D．小環(huán)將做以O(shè)點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動(dòng)

解析：選BC結(jié)合動(dòng)能Ek隨h的變化圖像可知，小環(huán)帶正電，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從h高處下落至h＝0的過(guò)

程中，小環(huán)受到電場(chǎng)力為斥力，做負(fù)功，小環(huán)電勢(shì)能增加，由題圖可知，從h高處下落至h＝0的過(guò)程中，

經(jīng)過(guò)了加速、減速、再加速三個(gè)階段，故選項(xiàng)B、C正確；在下落至O點(diǎn)時(shí)小環(huán)所受電場(chǎng)力與桿對(duì)小環(huán)的

支持力平衡，合力為重力，過(guò)了O點(diǎn)后，電場(chǎng)力、桿對(duì)小環(huán)的支撐力和重力的合力向下，小環(huán)一直做加速

運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

【典型例題2】（多選）甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，

T

質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板

3

邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述

正確的是()

A．末速度大小為2v0

B．末速度沿水平方向

1

C．重力勢(shì)能減少了mgd

2

D．克服電場(chǎng)力做功為mgd

答案BC

TT2T2T

解析因0～內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故qE0＝mg；在～時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)

3333

gT2T

刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2qE0－mg＝ma，解得a＝g，

33

T

方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g·＝0，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B

3

d11

正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·＝mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知mgd－W

222

1

電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】一帶負(fù)電粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖

所示，則粒子在從x1向x3運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()

A．在x1處粒子速度最大

B．在x2處粒子加速度最大

C．在x3處電勢(shì)最高

D．在x2處電勢(shì)為零

解析：選C帶負(fù)電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能與勢(shì)能之和是恒定的。則粒子在從x1向x3運(yùn)動(dòng)

的過(guò)程中，在x3處的電勢(shì)能最小，速度最大，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系W＝－ΔEp＝Ep0－

Ep，從而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即圖像中的斜率表示電場(chǎng)力大小，在x2處圖像的斜率為零，粒子

加速度為零，B錯(cuò)誤；負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能高，在x3處的電勢(shì)能最小，所以電勢(shì)最高，C正確；

Ep

根據(jù)公式φ＝，可知在x2處電勢(shì)不為零，D錯(cuò)誤。

q

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】(多選)如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合．一

光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過(guò)圓環(huán)，細(xì)桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電

－

荷量q＝5.0×104C．小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示．小球

運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，速度圖像的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)．則下列說(shuō)法正確的是()

A．由C到A的過(guò)程中，小球的電勢(shì)能先減小后變大

B．由C到A電勢(shì)逐漸降低

C．C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCB＝0.9V

D．在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝1.2V/m

答案BCD

解析從C到A小球的動(dòng)能一直增大，說(shuō)明靜電力一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，電勢(shì)一直減小，故A

12

錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理知qUCB＝mvB－0，解得UCB＝0.9V，故C正確；根據(jù)對(duì)稱性知O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)

2

度為0，由題圖乙可知，小球在B點(diǎn)的加速度最大，故所受的靜電力最大，加速度由靜電力產(chǎn)生，故B點(diǎn)

Δv0.3

的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，小球的加速度a＝＝m/s2＝0.06m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝

Δt5

1.2V/m，故D正確．

【題型二】圓周運(yùn)動(dòng)中的功能關(guān)系

【典型例題3】(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛

3mg

于O點(diǎn)，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，小球初始位置在最低

4q

點(diǎn)，若給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，重力加速度為g.

則下列說(shuō)法正確的是()

A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒

B．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒

C．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度至少為gL

5

D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度至少為gL

2

答案BD

解析小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，

5

小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝mg，小球在最高點(diǎn)的最小速

4

2

v15gL12

度v1滿足G′＝m，得v1＝，故C錯(cuò)誤；小球由最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理有G′·2L＝mv2

L22

125

－mv1，解得v2＝gL，故D正確．

22

【典型例題4】(多選)如圖所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，內(nèi)壁光滑，AB為該環(huán)的水平直徑，管

的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，直徑AB及其以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)將一直徑略小于塑料管內(nèi)徑、

質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從管中A點(diǎn)由靜止釋放，已知qE＝mg，則小球釋放后()

A．到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，并在BDA間往復(fù)運(yùn)動(dòng)

B．第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力為4mg

C．第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)D和最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)管壁的壓力之比為5∶1

D．前后兩次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)管壁的壓力之差為4mg

mvB

解析設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)速度為vB，有qE×2R＝，qE＝mg，得vB＝2gR，A錯(cuò)；小球第一次到達(dá)B點(diǎn)

2

2

mvB

時(shí)有FN－Eq＝，解得FN＝5mg，B錯(cuò)；小球所受的重力和電場(chǎng)力的合力沿從O指向弧BD中點(diǎn)的方向，

R

2

mvD

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，小球在D、B兩點(diǎn)的速度大小相等，則vD＝2gR，F(xiàn)1－mg＝，得F1＝5mg；設(shè)小

R

222

mvCmvBmvC

球在C點(diǎn)速度為vC，由動(dòng)能定理有－＝－mgR，得vC＝2gR，再由F2＋mg＝，得F2＝mg，即

22R

222

mvmvCmv

F1∶F2＝5∶1，C對(duì)；設(shè)小球第二次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度為v，有－＝2EqR，F(xiàn)3＋mg＝，聯(lián)立得F3

22R

＝5mg，則ΔF＝F3－F2＝4mg，D對(duì)。

答案CD

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】（多選）如圖，豎直平面內(nèi)存在豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，絕緣水平地面與

圓心為O、半徑為R的豎直固定的半圓形絕緣軌道AB平滑相接于A點(diǎn)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電

的光滑小球在水平面上以大小為v0的速度向右運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)A點(diǎn)沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)B點(diǎn)。已知

mg

E，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）

4q

A.小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為gR

15gR

B.v0的大小為

2

R

C.小球從脫離半圓軌道至落地，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4

g

1

D.小球落地前一瞬間速度與豎直方向夾角的正切值為

2

【答案】BD

【解析】A．小球恰好能通過(guò)B點(diǎn)，則軌道對(duì)小球的支持力恰好為零，根據(jù)其受力情況結(jié)合牛頓第二定律可

得

v2

mgqEm

R

結(jié)合題意，解得B點(diǎn)的速度為

3gR

v

4

故A錯(cuò)誤；

B．小球從A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得

11

qE2R2mgRmv2mv2

220

代入數(shù)據(jù)可得

15gR

v

02

故B正確；

C．小球脫離軌道后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有

1

mgqEma，2Rat2

2

代入數(shù)據(jù)可得

43R

t

3g

故C錯(cuò)誤；

D．小球落地瞬間豎直方向速度為

vyat3gR

小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，故小球落地前一瞬間速度與豎直方向夾角的正切值為

3gR

v1

tan4

vy3gR2

故D正確。

故選BD。

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】如圖，兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點(diǎn)，一絕緣圓形

細(xì)管水平固定在桌面A、B兩點(diǎn)間，且圓形細(xì)管圓心O位于A、B連線的中點(diǎn)，

細(xì)管與A、B連線及中垂線交點(diǎn)分別為C、E、D、F，一個(gè)帶負(fù)電的小球在細(xì)管中按順時(shí)針?lè)较蜃鐾暾膱A

周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是()

A．小球從C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，速度先減小后增大

B．在兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，C點(diǎn)的電勢(shì)比F點(diǎn)的電勢(shì)低

C．小球在C、E兩點(diǎn)的速度大小相等，有相同的電勢(shì)能

D．小球在D、F兩點(diǎn)所受的電場(chǎng)力相同

解析：選C小球從C到D的過(guò)程中電場(chǎng)力的方向與速度方向的夾角一直是鈍角，電場(chǎng)力一直做負(fù)功，速

度一直減小，A錯(cuò)誤；由等量正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的分布可知，電場(chǎng)線在OC方向由C指向O，在OF方向則

有O指向F，順著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，因此有φC>φO>φF，B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)分布的對(duì)稱性規(guī)律可知φC＝

φE，則小球在C、E兩點(diǎn)的電勢(shì)能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E兩點(diǎn)動(dòng)能相同，速度大小相等，

C正確；等量同種正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線如圖，D、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相反，因此小球受到的電場(chǎng)力方向相反，D

錯(cuò)誤。

【題型三】恒力作用下的功能關(guān)系

【典型例題5】(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中由

靜止沿斜向右下方做直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則下

列判斷正確的是()

mg

A．電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值等于

q

mgsinθ

B．電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值等于

q

C．帶電油滴的機(jī)械能可能增加

D．電場(chǎng)力可能對(duì)帶電油滴不做功

解析：選CD帶電油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，在電場(chǎng)中受到重力mg和電場(chǎng)力F，其合力必定沿此直線向下，

根據(jù)三角形定則作出合力，如圖所示。當(dāng)電場(chǎng)力F與此直線垂直時(shí)，電場(chǎng)力F最小，場(chǎng)強(qiáng)最小，則有F＝

mgsinθmgsinθ

qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝，由圖可知，電場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)最大值，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)E＝時(shí)，電

qq

場(chǎng)力方向與速度方向垂直，電場(chǎng)力不做功，帶電油滴的電勢(shì)能一定不變，這種情況下只有重力做功，帶電

mgsinθ

油滴的機(jī)械能不變，故D正確；當(dāng)E＞時(shí)，當(dāng)電場(chǎng)力方向與速度方向成銳角時(shí)，電場(chǎng)力做正功，帶

q

電油滴的機(jī)械能增加，故C正確。

【典型例題6】如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩

點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)

方向的夾角為30°，不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。

解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場(chǎng)方向的速度分量不變，即

vBsin30°＝v0sin60°①

由此得vB＝3v0②

設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有

122

qUAB＝m(vB－v0)③

2

2

mv0

聯(lián)立②③式得UAB＝

q

2

m0

答案v

q

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已

知在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列說(shuō)法中正確的

是()

A．金屬塊帶負(fù)電荷

B．金屬塊克服電場(chǎng)力做功8J

C．金屬塊的電勢(shì)能減少4J

D．金屬塊的機(jī)械能減少12J

答案：D

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量

為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力，極板尺寸足夠大。若粒

子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為()

Ek0Ek02Ek02Ek0

A．B．C．D．

4qd2qd2qdqd

解析：選B當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)速度恰好與上極板平行，

粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)。將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合

2qE12Ek0

成與分解，當(dāng)vy＝0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vy＝2d，vy＝v0cos45°，Ek0＝mv0，聯(lián)立得E＝，故B

m22qd

正確。

05強(qiáng)化訓(xùn)練

01

【基礎(chǔ)強(qiáng)化】

1．如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N

點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()

1

A．動(dòng)能增加mv2B．機(jī)械能增加2mv2

2

3

C．重力勢(shì)能增加mv2D．電勢(shì)能增加2mv2

2

答案B

121232

解析小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝m(2v)－mv＝mv，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直

222

v2

線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間高度差為h＝，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝

2g

1

mgh＝mv2，C錯(cuò)誤；靜電力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)

2

32122

能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′＝mv＋mv＝2mv，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)

22

系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．

2.如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，

1

加速度為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(gè)過(guò)程中不計(jì)空氣阻力，

3

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(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是

()

mg

A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

3q

mgH＋h

B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為

3

C．帶電物塊電勢(shì)能的增加量為mg(H＋h)

mgH＋h

D．彈簧的彈性勢(shì)能的增加量為

3

答案D

12mg

解析物塊從靜止開(kāi)始下落時(shí)的加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A

33q

錯(cuò)誤；從A到C的過(guò)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)＝

2mgH＋h2mgH＋h2mgH＋h

－，可知機(jī)械能減少量為，故B錯(cuò)誤；從A到C過(guò)程中，靜電力做功為－，

333

2mgH＋h2mgH＋h

則電勢(shì)能增加量為，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋h)－＋W彈＝0，解得彈力做

33

mgH＋hmgH＋h

功為：W彈＝－，即彈性勢(shì)能增加量為，故D正確．

33

3

3.如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長(zhǎng)度為3l，BC長(zhǎng)度為l，斜面BC段上方有沿斜面向上的勻強(qiáng)電

2

場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0＝3gl水平拋出，恰好在A點(diǎn)與斜

面相切滑上斜面，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)但未能到達(dá)B點(diǎn)，在靜電力作用下返回，最終恰好靜止在A

3

點(diǎn)，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，不考慮運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊電荷量的變化，不計(jì)空氣阻力，重力

3

加速度為g，求：

(1)物塊平拋過(guò)程中的位移大??；

(2)物塊在電場(chǎng)中的最大電勢(shì)能．

13

答案(1)l(2)2mgl

2

v0

解析(1)物塊落到斜面上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為α，設(shè)此時(shí)速度為v，則v＝，

cosα

vy

豎直速度vy＝vsinα，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，

g

平拋過(guò)程中水平位移x＝v0t，

2

vy

又有豎直位移y＝，

2g

13

平拋的位移s＝x2＋y2，聯(lián)立解得s＝l.

2

(2)設(shè)物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為x′，自物塊從A點(diǎn)開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)到再次返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理

1

有－2μmgcosα·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物塊位于最低點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最大，物塊自A點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中，

2

1

設(shè)靜電力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－mv2，

2

解得W＝2mgl，即物塊電勢(shì)能的最大值為2mgl.

4.如圖所示，絕緣的斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開(kāi)始沿斜面滑到底端，已知

在金屬塊下滑的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢(shì)能增加0.5J，則以下判斷正確的是()

A．金屬塊帶負(fù)電荷

B．靜電力做功0.5J

C．金屬塊克服摩擦力做功0.7J

D．金屬塊的機(jī)械能減少1.4J

解析：選C在下滑過(guò)程中電勢(shì)能增加0.5J，故物體需克服電場(chǎng)力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、

B錯(cuò)誤；在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場(chǎng)力做功－0.5J，根據(jù)動(dòng)能定理得，W

總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正確；外力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故金屬塊機(jī)械

能減少1.2J，故D錯(cuò)誤。

5.如圖所示為一個(gè)半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以過(guò)O點(diǎn)且垂直于環(huán)面的軸線為x軸，

P到O點(diǎn)的距離為2R。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球從軸上P點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)

速度為零，Q點(diǎn)在O點(diǎn)上方R處。下列說(shuō)法正確的是()

A．P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)低

B．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大

mgR

C．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為

q

mg

D．Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小等于

q

解析：選C由題意可知帶負(fù)電小球由P點(diǎn)到Q點(diǎn)先加速后減速運(yùn)動(dòng)，受到沿x軸向上的電場(chǎng)力作用，故

電場(chǎng)方向沿x軸向下，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；開(kāi)始qEP<mg，在

Q點(diǎn)qEQ>mg，故P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小，B、D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q兩點(diǎn)

mgR

的電勢(shì)差為UPQ＝，C正確。

q

6.（多選）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾角為30°的絕緣粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有與斜面平行向上的

勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為0.1kg、帶正電的物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以一定的初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為3m/s2、

方向沿斜面向下，取重力加速度大小g=10m/s2，則在物塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊的機(jī)械能和電勢(shì)能之和減小

B.物塊受到的電場(chǎng)力小于0.2N

C.電場(chǎng)力做的功大于物塊克服摩擦力與克服重力做的功之和

D.物塊的機(jī)械能增加

【答案】AD

【解析】A．在物塊向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊克服摩擦力做功，機(jī)械能和電勢(shì)能之和減小，故A正確；

B．設(shè)物塊的質(zhì)量為m，受到的電場(chǎng)力大小為F電，受到的摩擦力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsinfF電ma

可得

F電f0.2N

故B錯(cuò)誤；

C．物塊加速度大小為3m/s2、方向沿斜面向下，則

mgsinfF電

根據(jù)克服摩擦力和重力做的功與電場(chǎng)力做的功的關(guān)系，有

(mgsinf)xF電x

即電場(chǎng)力做的功小于物塊克服摩擦力與克服重力做的功之和，故C錯(cuò)誤；

D．物塊受到的外力中，電場(chǎng)力大于摩擦力，電場(chǎng)力與摩擦力的合力做正功，物體機(jī)械能增加，故D正確。

故選AD。

【素養(yǎng)提升】

7.空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩

個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)

t

所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求：

2

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。

解析：(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，

有mg＋qE＝ma①

t

11

a22＝gt2②

22

3mg

解得E＝。③

q

(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

Ek－mv1＝mgh＋qEh④

2

t

且有v1＝v0t⑤

2

1

h＝gt2⑥

2

222

聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v0＋gt)。⑦

3mg222

答案：(1)(2)2m(v0＋gt)

q

8．(多選)電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動(dòng)能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來(lái)進(jìn)行金屬熔煉的一種熔煉

方法。如圖所示，陰極燈絲被加熱后產(chǎn)生初速度為0的電子，在3×104V加速電壓的作用下，以極高的速

3

度向陽(yáng)極運(yùn)動(dòng)；穿過(guò)陽(yáng)極后，在金屬電極A1、A2間1×10V電壓形成的聚焦電場(chǎng)作用下，轟擊到物料上，

其動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌

跡上的一點(diǎn)，聚焦電場(chǎng)過(guò)P點(diǎn)的一條電場(chǎng)線如圖中弧線所示，則()

A．電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)

B．電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°

C．聚焦電場(chǎng)只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小

D．電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3×104eV

解析：選ABD由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力斜向左下方，電子帶負(fù)電，所以

電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電子受到的電場(chǎng)力方向相反，即電極A1的電勢(shì)高于電極A2的電勢(shì)，故A正確；電子在P

點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場(chǎng)強(qiáng)度方向夾角大于90°，故B正確；聚焦電場(chǎng)不僅改變電子速度的方向，也改變電

子速度的大小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，電子到達(dá)聚焦電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能已經(jīng)為3×104eV，再經(jīng)過(guò)聚焦電場(chǎng)加速，

可知電子轟擊到物料上時(shí)的動(dòng)能大于3×104eV，故D正確。

9.(多選)如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)

線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度

mg

為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()

q

A．若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則過(guò)最高點(diǎn)D的最小速度為gL

B．若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大

C．若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球從C到D的過(guò)程中機(jī)械能不守恒

D．若將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球能沿圓弧運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)且速度為零

解析：選BC由于電場(chǎng)強(qiáng)度mg＝Eq，將電場(chǎng)力和重力合成，合力方向通過(guò)圓心時(shí)，合力所在的直線與圓

F合2mg

周的交點(diǎn)是速度最大點(diǎn)和最小點(diǎn)。當(dāng)繩子拉力為零時(shí)，小球的加速度大小為a＝＝＝2g，故若小

mm

球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為v，在右上方的交點(diǎn)時(shí)，繩子拉力為零，此時(shí)

v2

則有：2mg＝m，解得，v＝2gL，故過(guò)最高點(diǎn)D的最小速度一定大于gL，故A錯(cuò)誤；除重力和彈力

L

外其他力做功等于機(jī)械能的增加值，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)

力做正功最大，故到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大，故B正確；若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球從

C到D的過(guò)程中電場(chǎng)力做功，所以機(jī)械能不守恒，故C正確；由于mg＝Eq，則小球受合力方向與電場(chǎng)方向

夾角45°斜向下，故若將小球在A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。

10．在一個(gè)水平面上建立x軸，在過(guò)原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝

6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個(gè)電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕

緣物塊。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速度v0＝2.0m/s，如圖所示。

(g取10m/s2)試求：

(1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；

(2)物塊最終停止的位置。

12

[解析](1)設(shè)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，由動(dòng)能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv0

2

可求得xm＝0.4m。

(2)因Eq>μmg，物塊不可能停止在O點(diǎn)右側(cè)，設(shè)最終停在O點(diǎn)左側(cè)且離O點(diǎn)為x處。

由動(dòng)能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2m。

[答案](1)0.4m(2)O點(diǎn)左側(cè)0.2m處

11．[多選]如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電

小球，小球靜止時(shí)位于N點(diǎn)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點(diǎn)由靜

止釋放。則釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N過(guò)程中()

A．小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變

B．小球重力勢(shì)能的減少量等于小球電勢(shì)能的增加量

C．彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小球動(dòng)能的增加量

D．小球動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力和重力做功的代數(shù)和

解析：選BC由于有電場(chǎng)力做功，故小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢(shì)能之和是改變的，故A錯(cuò)誤；由題意，

小球受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，在小球從M運(yùn)動(dòng)到N過(guò)程中，重力做多少正功，重力勢(shì)能就減少多少，

電場(chǎng)力做多少負(fù)功，電勢(shì)能就增加多少，又兩力做功一樣多，可知B正確；由動(dòng)能定理可知，彈力對(duì)小球

做的功等于小球動(dòng)能的增加量，又彈力的功等于彈性勢(shì)能的減少量，故C正確；顯然電場(chǎng)力和重力做功的

代數(shù)和為零，故D錯(cuò)誤。

12.[多選]如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平，a、b是兩個(gè)完全相

同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖

中未畫(huà)出)時(shí)速度為零。則小球a()

A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小

B．從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小

C．從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量

D．從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加

解析：選BDa由N到Q的過(guò)程中，重力豎直向下，而庫(kù)侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫(kù)

侖力的夾角一直減小，同時(shí)庫(kù)侖力在增大，故合力一直在增大，故A錯(cuò)誤；在從N到P的過(guò)程中合力先與

運(yùn)動(dòng)方向的夾角為銳角，合力做正功；而后合力與運(yùn)動(dòng)方向夾角為鈍角，合力做負(fù)功，故從N到P的過(guò)程

12

中，速率先增大后減小，故B正確；從P到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可知，－mgh－WE＝0－mv，故動(dòng)

2

能的減小量等于重力勢(shì)能增加量和電勢(shì)能的增加量，故C錯(cuò)誤；由于在下降過(guò)程中，庫(kù)侖力一直與運(yùn)動(dòng)方

向夾角大于90度，故庫(kù)侖力一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，故D正確。

13.[多選]空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場(chǎng)，電場(chǎng)線分布如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的

小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2。

若A、B兩點(diǎn)之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是()

A．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)大小關(guān)系為EA＞EB、φA＜φB

B．若v2＞v1，則電場(chǎng)力不一定做正功

m22

C．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(v2－v1－2gh)

2q

1212

D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為mv2－mv1

22

解析：選BC由電場(chǎng)線的疏密可判斷出EA＜EB，由電場(chǎng)線的方向可判斷出φA＞φB，故A錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)的

1212

過(guò)程中，由動(dòng)能定理得，mgh＋qU＝mv2－mv1，若v2＞v1，qU可正可負(fù)，即電場(chǎng)力不一定做正功，A、

22

m221212

B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝(v2－v1－2gh)，電場(chǎng)力做功W＝qU＝mv2－mv1－mgh，故B、C正確，D錯(cuò)

2q22

誤。

14.[多選]如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶

電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程y＝kx2，且小球通

1，1

過(guò)點(diǎn)Pkk。已知重力加速度為g，則()

mg

A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

q

g

B．小球初速度的大小為

2k

5mg

C．小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為

4k

2mg

D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少