第10章 专题训练2 电场力做功与能量的转化-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理必修第三册同步练习（人教版2019）

第十章 静电场中的能量 练 1. 一个带正电荷的质点 ， 电荷量 q＝2.0× 10 －9 C ， 在静电场中由 a 点移到 b 点， 在 这个过程中， 除静电力做功外， 其他力做功 为 6.0×10 －5 J ， 质点的动能增加了 8.0×10 －5 J ， 则 a 、 b 两点间电势差 U ab 为 （ ） A. 3.0×10 4 V B. 1.0×10 4 V C. 4.0×10 4 V D. 7.0×10 4 V 2. 如图， 虚线所示为静电场中的 等势面 1 、 2 、 3 、 4 ， 相邻的等 势面之间的电势差相等， 其中 等势面 3 的电势为 0 。 一带正 电的点电荷在静电力的作用下 运动， 经过 a 、 b 点时的动能分别为 26 eV 和 5 eV 。 当这一点电荷运动到某一位置， 其电势能变为 －8 eV ， 它的动能应为 （ ） A. 8 eV B. 13 eV C. 20 eV D. 34 eV 3. 如图所示， 一带负电荷的 油滴在匀强电场中运动， 其轨迹在竖直平面 （纸 面） 内， 且相对于过轨迹最低点 P 的竖直 线对称。 忽略空气阻力。 由此可知 （ ） A. Q 点的电势比 P 点高 B. 油滴在 Q 点的动能比它在 P 点的大 C. 油滴在 Q 点的电势能比它在 P 点的大 D. 油滴在 Q 点的加速度大小比它在 P 点 的小 4. 地球表面附近某区域存在大小为 150 N/C 、 方向竖直向下的电场 。 一质量为 1.00× 10 －4 kg 、 带电荷量为 －1.00×10 －7 C 的小球 从静止释放， 在电场区域内下落 10.0 m 。 对此过程， 该小球的电势能和动能的改变 量分别为 （重力加速度大小取 9.80 m/s 2 ， 忽略空气阻力） （ ） A. －1.50×10 －4 J 和 9.95×10 －3 J B. 1.50×10 －4 J 和 9.95×10 －3 J C. －1.50×10 －4 J 和 9.65×10 －3 J D. 1.50×10 －4 J 和 9.65×10 －3 J 5. 如图所示， 一带负电粒子以某 速度进入水平向右的匀强电场 中， 在电场力作用下形成图中 所示的运动轨迹。 M 和 N 是轨 迹上的两点， 其中 M 点在轨迹的最右点。 不计重力， 下列表述正确的是 （ ） A. 粒子在 M 点的速率最大 B. 粒子所受电场力沿电场方向 C. 粒子在电场中的加速度不变 D. 粒子在电场中的电势能始终在增加 6. 如图所示， 在一个粗 糙水平面上， 彼此靠 近地放置两个带同种电荷的小物块。 由静 止释放后， 两个物块向相反方向运动， 并 最终停止。 在物块的运动过程中， 下列表 述正确的是 （ ） A. 两个物块的电势能逐渐减少 B. 物块受到的库仑力不做功 C. 两个物块的机械能守恒 D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的 库仑力 7. （多选） 如图所示， 半圆槽光滑、 绝缘、 专题训练二 电场力做功与能量的转化 第 2 题图 第 3 题图 b a 1 2 3 4 P Q 第 5 题图 M N 第 6 题图 +q 1 +q 2 33 练 高 中 物 理 必 修 第三册 （人教版） 固定， 圆心是 O ， 最低 点 是 P ， 直 径 MN 水 平 。 a 、 b 是两个完全 相同的带正电小球 （视 为点电荷）， b 固定在 M 点， a 从 N 点由 静止释放， 沿半圆槽运动经过 P 点到达 某点 Q （图中未画出） 时速度为 0 。 则小 球 a （ ） A. 从 N 到 Q 的过程中， 重力与库仑力的 合力先增大后减小 B. 从 N 到 P 的过程中， 速率先增大后减小 C. 从 N 到 Q 的过程中， 电势能一直增加 D. 从 P 到 Q 的过程中， 动能减少量小于 电势能增加量 * 8. 一带正电的小球， 系 于长为 l 的不可伸长的 轻线一端 ， 线的另一 端固定在 O 点， 它们 处在匀强电场中， 电场的方向水平向右， 场强的大小为 E 。 已知电场对小球的作用 力的大小等于小球的重力。 现先把小球拉 到图中的 P 1 处， 使轻线拉直， 并与场强 方向平行， 然后由静止释放小球。 已知小 球在经过最低点的瞬间， 因受线的拉力作 用， 其速度的竖直分量突变为 0 ， 水平分 量没有变化， 则小球到达与 P 1 点等高的 P 2 点时速度的大小为 （ ） A. gl 姨 B. 2gl 姨 C. 2 gl 姨 D. 0 9. （多选） M 、 N 是某电场中一条电场线上 的两点， 若在 M 点释放一个初速度为 0 的电子， 电子仅受电场力作用， 并沿电 场线由 M 点运动到 N 点， 其电势能随位 移变化的关系如图所示， 则下列说法中 正确的是 （ ） A. 电子运动的轨迹为直线 B. 该电场是匀强电场 C. 电子在 N 点的加速度小于在 M 点的加 速度 D. 电子在 N 点的动能大于在 M 点的动能 10. （多选） 如图所示， 粗糙程度均匀的绝 缘斜面下方 O 点处有一正点电荷， 带负 电的小物体以初速度 v 1 从 M 点沿斜面 上滑， 到达 N 点时速度为 0 ， 然后下滑 回到 M 点， 此时速度为 v 2 （ v 2 ＜v 1 ）。 若 小物体电荷量保持不变， OM＝ON ， 则 （ ） A. 小物体上升的最大高度为 v 2 1 +v 2 2 4g B. 从 N 到 M 的过程中， 小物体的电势 能逐渐减小 C. 从 M 到 N 的过程中， 电场力对小物 体先做负功后做正功 D. 从 N 到 M 的过程中， 小物体受到的 摩擦力和电场力均是先增大后减小 11. 如图， 真空中电荷量为 2q 和 -q （ q>0 ） 的两个点电荷分别位于 M 点与 N 点， 形 第 7 题图 P M b O a N 第 9 题图 第 10 题图 x O M E p N + v 1 O M N O P 2 P 1 E 第 8 题图 34 第十章 静电场中的能量 练 成一个以 MN 延长线上 O 点为球心， 电 势为 0 的等势面 （取无穷处电势为 0 ）， P 为 MN 连线上的一点， S 为等势面与直 线 MN 的交点， T 为等势面上的一点 ， 下列说法正确的是 （ ） A. P 点电势低于 S 点电势 B. T 点电场强度方向指向 O 点 C. 除无穷远处外， 直线 MN 上还有两个 电场强度为 0 的点 D. 将正试探电荷 q 0 从 T 点移到 P 点， 静 电力做正功 12． 一匀强电场的方向竖直向上， t=0 时刻， 一带电粒子以一定初速度水平射入该电 场， 电场力对粒子做功的功率为 P ， 不 计粒子重力， 则 P-t 关系图像是 （ ） 13. 一个质量为 m 、 带有电荷 -q 的小物体， 可在水平轨道 Ox 上运动， O 端有一与轨 道垂直的固定墙。 轨道处于匀强电场中， 场强大小为 E ， 方向沿 Ox 轴正向， 如图 所示。 小物体以初速 v 0 从 O 点沿 Ox 轨 道运动， 运动时受到大小不变的摩擦力 f 作用， 且 f<qE ； 设小物体与墙碰撞时不 损失机械能， 且电量保持不变， 求它在 停止运动前所通过的总路程 s 。 14. 如图甲， 在水平地面上固定一倾角为 θ 的光滑绝缘斜面， 斜面处于电场强度大 小为 E 、 方向沿斜面向下的匀强电场中。 一劲度系数为 k 的绝缘轻质弹簧的一端 固定在斜面底端， 整根弹簧处于自然状 态。 一质量为 m 、 带电量为 q （ q>0 ） 的 滑块从距离弹簧上端为 s 0 处静止释放， 滑块在运动过程中电量保持不变， 设滑 块与弹簧接触过程没有机械能损失， 弹 簧始终处在弹性限度内， 重力加速度大 小为 g 。 第 13 题图 O x 0 m ， -q E x 第 11 题图 P t O P t O P t O P t O A B C D S T N P M O -q 2q 35 练 高 中 物 理 必 修 第三册 （人教版） （ 1 ） 求滑块从静止释放到与弹簧上端接 触瞬间所经历的时间 t 1 。 （ 2 ） 若滑块在沿斜面向下运动的整个过 程中最大速度大小为 v m ， 求滑块从 静止释放到速度大小为 v m 过程中弹 簧的弹力所做的功 W 。 （ 3 ） 从滑块静止释放瞬间开始计时， 请 在乙图中画出滑块在沿斜面向下运 动的整个过程中速度与时间关系的 v-t 图像。 图中横坐标轴上的 t 1 、 t 2 及 t 3 分别表示滑块第一次与弹簧上 端接触、 第一次速度达到最大值及 第一次速度减为 0 的时刻， 纵坐标 轴上的 v 1 为滑块在 t 1 时刻的速度大 小， v m 是题中所指的物理量。 （本 小题不要求写出计算过程） 15. 如图所示， 在 O 点放置一个正点电荷， 在过 O 点的竖直平面内的 A 点自由释放 一个带正电且可视为质点的小球， 小球 的质量为 m 、 电荷量为 q 。 小球落下的 轨迹如图中虚线所示 ， 它与以 O 为圆 心、 R 为半径的圆 （图中实线表示） 相 交于 B 、 C 两点， O 、 C 在同一条水平线 上， ∠BOC=30° ， A 点距离 OC 的竖直高 度为 h 。 若小球通过 B 点的速度大小为 v ， （重力加速度为 g ） 求： （ 1 ） 小球通过 C 点的速度大小。 （ 2 ） 小球由 A 点运动到 C 点的过程中电 势能的增加量。 θ s 0 E v t t 3 t 2 t 1 O v m v 1 甲 乙 第 14 题图 第 15 题图 + + O 30° R A h B C 36 第三册 （人教版）高 中 物 理 必 修 ∴U P 1 P 2 =Ed′=1.2×10 3 ×4×10 -2 =48 V 。 （ 3 ） B 板接地， 即选 B 板电势为 0 ， 电场中某点的 电势就等于这点与 B 板的电势差。 ∴渍 P 1 =Ed 1 =1.2×10 3 ×4.5×10 -2 =54 V ， 渍 P 2 =Ed 2 =1.2×10 3 ×0.5×10 -2 =6 V 。 专题训练一 电场的描述综合 1. B 【解析】 两个等量同种电荷连线中点 O 的电场 强度为 0 ， 无穷远处电场强度也为 0 ， 故从 O 点沿着中 垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小， 场强最大 的 P 点可能在 A 、 B 连线之间， 也可能在 A 、 B 连线上， 还可能在 A 、 B 连线下， 由于 A 、 B 两点的间距也不确 定 ， 故 E A 可能大于 E B ， 也可能小于 E B ， 还可能等于 E B ； 电场强度一直向上， 故电势越来越低， 渍 A 一定大于 渍 B ， 故 A 、 C 、 D 错误， B 正确。 2. C 【解析】 电场线密的地方电场强度大， 电场线稀 的地方电场强度小， 故 E a >E b ； 根据电场线与等势线垂直， 在 b 点所在电场线上找到与 a 点电势相等的， 依据沿电场 线电势降低， 可知 渍 a <渍 b ， 故 A 、 B 、 D 错误， C 正确。 3. A 【解析】 等量异种点电荷的电场的分布具有一 定的对称性， 故 M 、 N 两点的电场强度相同， 同一个试 探电荷在 M 、 N 两点所受的电场力相同， 故 A 正确； 在 两点电荷连线的垂直平分线的两侧， 正电荷一边的电势 要高于负电荷一边的电势， 故 M 点的电势高于 N 点的电 势， 故 B 错误； 将带正电的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点的过程中， 电场力一直做正功， 故电势能一直减小， 故 C 错误； 等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线， 故 O 点的电势为 0 ， 只将 －Q 移到 P 点， 其他点在空间的 位置不变， 此时两个点电荷连线的中点在 O 点的左侧， 故 O 点的电势变为负值， 故 O 点的电势降低， 故 D 错误。 4. A 【解析】 由等量异种点电荷的电场强度的关系 可知， 在两电荷连线中点处电场强度最小， 但不是 0 ， 从两点电荷向中点电场强度逐渐减小， 因此 A 正确。 5. A 【解析】 从 O 到 x 1 电势不变， 渍-x 图线切线的 斜率为 0 ， 故 O~x 1 之间电场强度在 x 方向分量为 0 ， 即不 存在沿 x 方向的电场， 故 A 正确， B 、 C 错误； 在 x 1 ~x 2 之 间， 电势随着位移均匀减小， 故电场强度在 x 方向没有 分量不变， 即存在着沿 x 方向的匀强电场， 故 D 错误。 6. AD 【解析】 带电粒子从 d 处由静止释放， 且粒子 向 x 轴负方向运动， 即粒子向高电势点运动， 故粒子带 负电， A 正确； 因 渍-x 图线的斜率等于电场强度， 则 O 处的 x 电场强度为 0 ， B 错误； 因 渍-x 图线斜率不是定 值， 故此电场不是匀强电场， 粒子的运动不是匀变速直 线运动， C 错误； 因 -d 与 d 处电势相等， 故粒子在两处 的动能相同， 均为 0 ， 故粒子恰能运动到 -d 处， D 正确。 7. B 【 解 析 】 A 点 的 电 势 为 渍 A =k Q R -k Q L-R = kQ （ L-2R ） R （ L-R ） ， C 点的电势为 渍 C =k Q R -k Q L+R = kQL R （ L+R ） ， 则 A 、 C 间的电势差为 U AC =渍 A -渍 C = kQ （ L-2R ） R （ L-R ） - kQL R （ L+R ） =- 2kQR L 2 -R 2 ， 质子从 A 点移到 C 点 ， 电场力做功 W AC = eU AC =- 2kQeR L 2 -R 2 ， 质子的电势能增加 2kQeR L 2 -R 2 ， 故 B 正确。 8. A 【解析】 壳内场强处处为 0 ， 试探电荷在壳内 运动时动能不变， 排除 C 、 D ； 假设试探电荷在匀强电 场中由静止开始运动， 由动能定理可得 Fr=E k ， 则 E k r = F ， E k 图像的斜率在数值上等于电场力的大小， 距离球 壳越远， 试探电荷所受电场力越小， 图像的斜率越小， 故 A 正确。 9. （ 1 ） UL 2 4U 0 d （ 2 ） 不需要考虑电子所受的重力 （ 3 ） 渍= E p q 、 电势 渍 和重力势 渍 G 都是反映场的能的 性质的物理量， 仅仅由场自身的因素决定。 【解析】 （ 1 ） 根据功能关系， 可得 eU 0 = 1 2 mv 2 0 ， 电 子射入偏转电场的初速度 v 0 = 2eU 0 m 姨 ， 在偏转电场中 电子的运动时间 Δt= L v 0 =L m 2eU 0 姨 ， 偏移距离 Δy= 1 2 a （ Δt ） 2 = UL 2 4U 0 d 。 （ 2 ） 考虑电子所受重力和电场力的数量级， 有重力 G=mg≈10 -29 N ， F= eU d ≈10 -15 N ， 由于 F垌G ， 因此不需 要考虑电子所受的重力。 （ 3 ） 电场中某点电势 渍 定义为电荷在该点的电势能 E 渍 与电荷量 q 的比值 渍= E p q ， 由于重力做功与路径无 关， 可以类比静电场电势的定义， 将重力场中物体在某 点的重力势能 E G 与其质量 m 的比值， 叫作重力势， 即 渍 G = E G m ， 电势 渍 和重力势 渍 G 都是反映场的能的性质的 物理量， 仅仅由场自身的因素决定。 专题训练二 电场力做功与能量的转化 1. B 【解析】 根据动能定理 W=ΔE k ， 其中可认为有 两个力做功， 静电力和其他力， 即 W 其他 +W 电 =ΔE k ， 其中 W 电 =qU ， 代入数据即得 B 正确。 2. C 【解析】 等势面 3 的电势为 0 ， 则该电荷在此 位置的电势能也为 0 。 由于两相邻等势面的电势差相等， 又知 E ka >E kb ， 则 a 点的电势能可表示为 －2qU （ U 为相邻 两等势面的电势差）， b 点的电势能可表示为 qU 。 由于 总的能量守恒， 则有 E ka + （ －2qU ） =E kb +qU ， 即 26－2qU=5+ qU ， 解得 qU=7 eV ， 则总能量为 7 eV+5 eV=12 eV 。 当 12 参考答案与解析 电势能为 －8 eV 时， 动能 E k =12 eV－ （ －8 ） eV=20 eV 。 3. B 【解析】 油滴做类斜抛运动， 加速度恒定， D 错误； 合力竖直向上， 且电场力 Eq 竖直向上， Eq>mg ， 电场方向竖直向下， P 点电势最低， 负电荷在 P 点电势 能最大， A 正确， C 错误； 若粒子从 Q 点运动到 P 点， 则合力做负功， 动能减小， P 点的动能最小， B 正确。 4. D 【解析】 设小球下落的高度为 h ， 则电场力做 的功 W 1 =－qEh=－1.5×10 －4 J ， 电场力做负功 ， 电势能增 加， 所以电势能增加 1.5×10 －4 J ； 重力做的功 W 2 =mgh= 9.8×10 －3 J ， 合力做的功 W=W 1 +W 2 =9.65×10 －3 J ， 根据动 能定理可知 ΔE k =W=9.65×10 －3 J ， 故 D 正确。 5. C 【解析】 根据做曲线运动物体的受力特点合力 指向轨迹的凹一侧， 再结合电场力的特点可知粒子带负 电， 即受到的电场力方向与电场线方向相反， B 错误； 从 N 到 M 电场力做负功， 减速， 电势能在增加， 当达 到 M 点后电场力做正功， 加速电势能在减小， 则在 M 点的速度最小， A 错误， D 错误； 在整个过程中只受电 场力， 根据牛顿第二定律加速度不变。 6. A 【解析】 由于两电荷电性相同， 则二者之间的 作用力为斥力， 因此在远离过程中， 电场力做正功， 则 电势能逐渐减少， A 正确， B 错误； 由于运动过程中， 有重力以外的力——电场力和摩擦力做功， 故机械能不 守恒， C 错误； 在远离过程中开始电场力大于摩擦力， 后来电场力小于摩擦力， D 错误。 7. BC 【解析】 小球 a 从 N 到 Q 的过程中， 在 N 点 速度和在 Q 点速度都为 0 ， 而合力为 0 的点在 N 、 P 之 间， 所以从 N 到 P 的过程中小球 a 的速度先增大后减 小， 故 B 正确； 从 N 到 Q 的过程中， 由平行四边形定 则可判断重力和库仑力的合力一直增大， 所以 A 错误； 由于从 N 到 Q 的过程中库仑力方向与 a 球速度方向的夹 角一直大于 90° ， 故库仑力一直做负功， 电势能一直增 加， C 正确； 从 P 到 Q 的过程中， 动能转化为电势能和 重力势能， D 错误。 * 8. B 【解析】 小球由静止释放到最低点的过程中受 到电场力和重力两个力， 其合力的方向是由 P 1 指向最低 点， 因此小球做匀加速直线运动， 水平分量是 v 2 x =2a x s x ， v x = 2lEq m 姨 = 2gl 姨 ， 在到达 P 2 的过程中， 由动能定理 有 Eql-mgl= 1 2 mv 2 - 1 2 mv 2 x ， 即 v=v x = 2gl 姨 ， 故选 B 。 9. ACD 【解析】 电子初速度为 0 ， 且沿着电场线运 动， 其轨迹一定为直线， 故 A 正确； 电子通过相同位移 时， 电势能的减小量越来越小， 说明电场力做功越来越 小， 由 W=Fx 可知， 电子所受的电场力越来越小， 场强 逐渐减小， 该电场不是匀强电场， 故 B 错误； 电子做 加速度逐渐减小的加速运动， C 正确； 电子从 M 运动 到 N 过程中， 只受电场力， 电势能减小， 电场力做正 功， 动能增加， 因此 N 点的动能大于 M 点的动能， 故 D 正确。 10. AD 【解析】 设斜面倾角为 θ 、 上升过程沿斜面 运动的最大距离为 L 。 因为 OM=ON ， 则 M 、 N 两点电势 相等， 小物体从 M 到 N 、 从 N 到 M 电场力做功均为 0 。 上滑和下滑经过同一个位置时， 垂直斜面方向上电场力 的分力相等， 则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过 程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负 功， 所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做 的功相等并设为 W 1 。 在上滑和下滑过程 ， 对小物体 ， 应用动能定理分别有 －mgsin θL－μmgcos θL－W 1 =- mv 2 1 2 和 mgsin θL－μmgcos θL－W 1 = mv 2 2 2 ， 上两式相减可得 sin θL= v 2 1 +v 2 2 4g ， A 正确； 由 OM=ON ， 可知电场力对小物体先做 正功后做负功， 电势能先减小后增大， B 、 C 错误； 从 N 到 M 的过程中， 小物体受到的电场力垂直斜面的分力 先增大后减小， 而重力分力不变， 则摩擦力先增大后减 小， 在此过程中， 小物体到 O 的距离先减小后增大， 根 据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小， D 正确。 11. B 【解析】 在直线 MN 上， 左边正电荷在 M 右 侧电场强度水平向右， 右边负电荷在直线 MN 上电场强 度水平向右， 根据电场的叠加可知 MN 间的电场强度水 平向右， 沿着电场线电势逐渐降低， 可知 P 点电势高于 等势面与 MN 交点处电势， 则 P 点电势高于 S 点电势， 故 A 错误； 由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量， 可 知在 N 左侧电场强度不可能为 0 ， 则 N 右侧， 设 MN 距 离为 L ， 根据 k · 2q （ L+d ） 2 = kq （ d ） 2 ， 可知除无穷远处外， 直线 MN 电场强度为 0 的点只有一个， 故 C 错误； 由 A 选项 分析可知： T 点电势低于 P 点电势， 则正电荷在 T 点的 电势能低于在 P 点电势的电 势能 ， 将正试探电荷 q 0 从 T 点移到 P 点 ， 电势能增大 ， 静电力做负功 ， 故 D 错误 ； 设等势圆的半径为 R ， AN 距 离为 x ， MN 距离为 L ， 如图所 示 ， 根据 渍= kq x ， 结合电势的叠加原理 ， A 、 S 满足 k · 2q L-x = kq x ， k · 2q L+2R-x = kq 2R-x ， 解得 x= L 3 ， R= 2L 3 ， 由于电场强度方向垂直等势面， 可知 T 点的场强方向必 过等势面的圆心， O 点电势 渍 O = k · 2q L+ L 3 - kq L 3 =- 3kq 2L ， 可 知 渍 T >渍 O ， 故 T 点电场方向指向 O 点， 故 B 正确。 故选 B 。 12. A 【解析】 由于带电粒子在电场中做类平抛运 动， 在电场力方向上做匀加速直线运动， 加速度为 qE m ， S T N P M O -q 2q A 第 11 题答图 13 第三册 （人教版）高 中 物 理 必 修 经过时间 t ， 电场力方向速度为 qE m t ， 功率为 P=Fv=qE · qE m t ， 所以 P 与 t 成正比， 故 A 正确。 13. s= 1 2 mv 2 0 +qEx 0 f 【解析】 当电场力大于摩擦力， 电荷最终停在墙角 处， 对全过程运用动能定理求出物体运动的路程。 当电 场力小于摩擦力， 则物体向左做减速运动， 有可能未到 墙壁处速度减为 0 ， 可能恰好到墙壁处速度为 0 ， 可能 跟墙壁碰撞后反弹向右减速到 0 停在墙角处。 根据这三 种情况分别用动能定理求出物体运动的路程。 当 qE>f 时， 最终物体停在墙角处 qE · x 0 -f · s=0- mv 2 0 2 ， s= 1 2 mv 2 0 +qEx 0 f 。 14. （ 1 ） t 1 = 2ms 0 qE+mgsin θ 姨 （ 2 ） W= 1 2 mv 2 m - （ mgsin θ+qE ）· s 0 + mgsin θ+qE k " # （ 3 ） 如图所示。 【解析】 本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题， 涉及匀变速直线运动、 运用动能定理处理变力功问题、 最大速度问题和运动过程分析。 （ 1 ） 滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初 速度为 0 的匀加速直线运动， 设加速度大小为 a ， 则有 qE+mgsin θ=ma ， ① s 0 = 1 2 at 2 1 ， ② 联立 ①② 可得 t 1 = 2ms 0 qE+mgsin θ 姨 。 ③ （ 2 ） 滑块速度最大时受力平衡， 设此时弹簧压缩量 为 x 0 ， 则有 mgsin θ+qE=kx 0 。 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中 ， 由动能定 理得 （ mgsin θ+qE ）·（ x m +x 0 ） +W= 1 2 mv 2 m -0 ， ⑤ 联立 ④⑤ 可得 W= 1 2 mv 2 m - （ mgsin θ+qE ）· s 0 + mgsin θ+qE k " k 。 （ 3 ） 如图所示。 15. （ 1 ） v 2 +gR 姨 （ 2 ） mgh- 1 2 mv 2 - 1 2 mgR 【解析】 （ 1 ） 因 B 、 C 两点电势相等， 小球由 B 到 C 只有重力做功 ， 由动能定理得 mgRsin 30°= 1 2 mv 2 C - 1 2 mv 2 ， 解得 v C = v 2 +gR 姨 。 （ 2 ） 由 A 点运动到 C 点， 由动能定理得 W AC +mgh= 1 2 mv 2 C -0 ， 解得 W AC = 1 2 mv 2 C -mgh= 1 2 mv 2 + 1 2 mgR-mgh ， 由电势能变化与电场力做功的关系得 ΔE p =-W AC =mgh- 1 2 mv 2 - 1 2 mgR 。 4.电容器的电容 1. B 【解析 】 由 C= Q U 可知 ， 电容器的电容 C= 2×10 -3 2 F=1×10 -3 F ； 因电容与电量无关 ， 故电量增大 后， 电容是保持不变的。 2. ABC 【解析】 由电路图可知， 电容器上极板与电 源正极相连， 则 t 1 ~t 2 时间内， 电容器上极板带正电， 故 A 正确； t 3 ~t 4 时间内， 电容器放电， 电容器充当电源， 电容器上极板带正电， 则电阻 R 中的电流方向从左向 右， 故 B 正确； t 1 ~t 2 时间内， 电容器带电量与两极板间 电压比值为电容器的电容， 仅与电容器本身有关， 保持 不变， 故 C 正确； t 3 ~t 4 时间内， 电容器带电量与两极板 间电压比值为电容器的电容， 仅与电容器本身有关， 保 持不变， 故 D 错误。 3. AC 【解析】 绝缘金属平行板电容器充电后电荷 量 Q 不变， 若减小两极板 a 、 b 间的距离， 同时在两极 板间插入电介质， 电容变大， 由 C= Q U 知 U 变小； 静电 计指针的偏转角度会减小。 4. BC 【解析】 保持 S 接通则两极板间电势差 U 不 变， 减小两极板间的距离 d 时， 根据电场强度公式 E= U d ， 两极板间电场的电场强度将要变大， A 错误； 根据 平行板电容器电容的定义式和决定式 ， 可得 C= Q U = ε r S 4πkd ， 当在两极板间插入一块介质时， 介电常数 ε r 变 大， 导致电容 C 变大， 而 U 不变， 所以极板上的电荷量 增大， B 正确； 同理， 断开 S 时极板上的电荷量 Q 不 变， 减小两极板间的距离 d 时电容 C 变大， 则电势差 U 一定变小， C 正确； 如果在两极板间插入一块介质， 则 C 变大， Q 不变， 则电势差 U 一定减小， D 错误。 5. 0.15 mm 【解析】 由 C=ε r S d 得 C 1 = ε r S d 1 ， C 2 = ε r S d 2 ， ΔC=C 2 － v v m v 1 O t 1 t 2 t 3 t 第 14 题答图 14