专题41 电场中功能关系及图像问题 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦电场中功能关系及图像问题专题，涵盖电场力做功、电势能变化、能量守恒等功能关系核心考点，以及φ-x、E-x等图像的斜率与面积应用。通过基础回顾梳理规律，分题型精讲（等效重力场、图像分析），配合课时精练，构建“考点梳理-方法指导-真题训练”的系统复习流程，帮助学生突破难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如将匀强电场与重力场等效为复合场简化曲线运动分析，通过φ-x图像斜率判断电场强度培养科学推理能力。设置基础例题与综合练习分层训练，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题41 电场中功能关系及图像问题 题型一 电场中功能关系（等效重力场） 3 题型二 电场中的图像 8 课时精练 13 【基础回顾】 一、电场中功能关系的综合问题 1．电场力做功的求解方法 由公式W＝Flcos α计算 只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α 由WAB＝qUAB计算 适用于任何电场 由电势能的变化计算 WAB＝EpA－EpB 由动能定理计算 W电场力＋W其他力＝ΔEk 2．几种常见的功能关系 (1)合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk(动能定理)。 (2)重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp。 (3)静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电。 (4)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep弹1－Ep弹2＝－ΔEp弹。 (5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机。 3．电场中的能量守恒 (1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。 (2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。 二、电场中的图像 分类 应用 示例 电场中的v－t图像 根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化． φ－x图像(电场方向与x轴平行) （1）电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)．切线的斜率为零时，沿x轴方向电场强度为零． （2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图) E－x图像(电场方向与x轴平行) （1）E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向． （2）E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况． Ep－x图像 由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向． Ek－x图像 当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力． 题型一 电场中功能关系（等效重力场） 1.等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象地称之为“等效重力场”。 2. 3.举例 【例题精讲】 1．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功90J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（　　） A．撤去力F时物块的速度大小为 B．物块向右滑动的最大距离为 C．撤去力F时物块的动能为40J D．撤去力F时物块的电势能为60J 2．如图所示，两竖直光滑绝缘杆AB、CD与半径为R的半圆形光滑绝缘杆BC平滑连接，半圆的圆心O处固定有带负电的点电荷，两质量相同、带等量正电荷的圆环M、N套在杆上，圆环之间用长为R的轻杆相连，连接处可自由转动，初始时，N环位于B点，M环位于N环正上方，B、O、C三点等高，现由静止释放两圆环，不计两圆环之间的电场力，对于两圆环与轻杆组成的系统，从释放到速度再次为零的过程中，以下说法正确的是（　　） A．系统电势能先增大再不变后减小 B．电场力对N环先做正功再不做功后做负功 C．系统的动能先增大再不变后减小 D．系统动能最大时机械能也最大 3．如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动，虚线与水平面的夹角为45°，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动；若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，大小为，从图示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加了E0，则在上述过程中小球电势能的改变量为（　　） A．﹣3E0 B．3E0 C．﹣E0 D．E0 4．如图所示，M、N两小球（可视为质点）用绝缘细线连接悬挂于O点处于静止状态，两段绝缘细线长度均为L，两小球质量均为m，小球M带电量为+q，小球N带电量为﹣q。现在该空间加上水平向右、电场强度的匀强电场，最终两小球达到新的平衡状态再次保持静止。小球运动过程中还会受到与速率成正比的空气阻力。不计两小球之间的库仑力作用，则此过程中空气阻力对M、N两小球组成的系统做的功为（　　） A．﹣0.5mgL B．﹣mgL C．﹣1.5mgL D．﹣3mgL 5．如图所示，在竖直平面内有水平向左场强E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。在A点让小球获得一定的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，小球带负电，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 B．小球对细绳的最大拉力为 C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 D．小球做圆周运动过程中动能的最小值为 6．空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（　　） A．可能带正电 B．0～3s内电场力做的功为﹣9J C．运动过程中匀加速直线运动 D．0～3s内微粒的机械能减少了3J 7．三角形OPN是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为θ，以O点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度E随x变化的关系如图2所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为m，电荷量大小为q的带电小滑块（视为质点）从O点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知qE0＝2mgsinθ，运动过程中小滑块的电荷量q保持不变。则下列说法正确的是（　　） A．小滑块一定带正电 B．小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大 C．小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 D．小滑块沿斜面向下运动的最远距离为2x0 （多选）8．将甲乙两个带电小球置于光滑绝缘水平面上的a、b两点，两球质量分别为m甲、m乙，且m甲＞m乙，带电量q甲＞q乙，电性相同，小球可视为质点，O为ab连线中点，无穷远处电势为零。从静止开始同时释放，此后的运动过程中（　　） A．两球受到的电场力F甲＞F乙 B．甲乙球位移大小之比为 C．两球系统的电势能不断减小 D．O点的电势保持不变 （多选）9．如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上点Q（a，0）时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为60°。重力加速度为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（　　） A．速度的最小值为v B．所受静电力的最小值为mg C．动能与电势能之和一直增大 D．P、Q两点间电势差为UPQ （多选）10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E＝1×104N/C的匀强电场，在匀强电场中有一根长L＝1m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.04kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则小球（　　） A．所带电荷量q＝3×10﹣5C B．电势能的最大值为0.48J C．在运动过程中，小球的最小速度为 D．在运动过程中，在圆形轨道的最右端点时小球的机械能最大 题型二 电场中的图像 1．电场中常见的φ－x图像：斜率表示电场强度E。解题方法：画一根电场线。 (1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图． (2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图． (3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图． 2．电场中常见的E－x图像：E的正负表示电场强度沿x轴正负方向。与x轴围成的面积表示电势差。解题方法：画一根电场线。 (1)点电荷的E－x图像 正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示． (2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图． (3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图． （4）Ep－x图像：Ep=-Eqx，斜率表示电场力。 【例题精讲】 1．如图所示，图甲中AB是一个点电荷的电场中的电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷所受静电力与电荷量间的函数图线，由此可知以下判断可能正确的是（　　） A．场源电荷是正电荷，位于a点的左侧 B．场源电荷是正电荷，位于b点的右侧 C．a、b两点电场强度相等 D．a点电场强度小于b点电场强度 2．沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电场强度E随位置x变化的图像如图所示，取x轴正方向为电场强度正方向。现将一正电荷从x轴上N点由静止释放，若该电荷仅受电场力。已知ON＝OP，则（　　） A．N、P两点的电势相等 B．该电荷会在NP两点间往复运动 C．由N到P，该电荷的速度先增大后减小 D．由N到P，该电荷的加速度先增大后减小 3．两个点电荷固定在平面直角坐标系的y轴上，取x轴正方向为电场强度的正方向，它们产生的电场沿x轴方向上的电场强度E随坐标x变化的图像如图甲所示；取无穷远处电势为零，y轴上各点电势φ随坐标y变化的图像如图乙所示。已知图甲中a、d和b、c均关于原点O对称，图乙中G、H关于纵轴对称。下列说法正确的是（　　） A．两个点电荷带等量负电荷 B．将一个电子从A点由静止释放，它将在A、D两点间做往复运动 C．将一个电子从G点由静止释放，它会在G、H两点间做往复运动 D．若从A点和B点垂直于xOy平面射出的电子均能绕O点做匀速圆周运动，则两电子的初速度相同 4．O、A、B为一条在x轴上的电场线上的三点，一电子仅在静电力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随位置x的变化规律如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度大小大于B点的电场强度大小 C．电子由A点运动到B点的过程中，静电力对其做负功 D．电子在A点的动能小于在B点的动能 5．如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从A点出发，仅在静电力作用下沿AB运动到B点，其速度—时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是（　　） A．A、B两点的电场强度大小相比EA＜EB B．A、B两点的电势相比φA＞φB C．电子在A、B两点的电势能大小相比EpA＞EpB D．电子由A点运动到B点的过程中，静电力做正功 6．如图所示，平面内存在沿x轴负方向的匀强电场（未画出）。一带负电的试探电荷仅在电场力的作用下沿x轴从A点运动到B点的过程中，下列关于电场强度大小E、电势φ、电势能Ep、动能Ek随坐标x变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 7．在粗糙绝缘水平地面上关于O点对称的M、N分别固定两相同的正点电荷，在MO连线上的P点静止释放一个带正电的绝缘小物块（可视为点电荷），小物块向右运动至最右端Q点（位于ON间未画出）。以O点为原点沿水平地面向右建立x轴，取无穷远处为零势能点。小物块动能和电势能之和E总、电势能Ep、动能Ek、加速度a随x轴坐标变化正确的是（　　） A． B． C． D． （多选）8．如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）。小球在长为l的绝缘轻绳牵引下，绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。从A点开始，小球的电势能Ep与转过的角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度g，则（　　） A．该电场的电场强度大小为 B．CA两点的电势差UCA C．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为3mg D．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为3mg （多选）9．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在x＝2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ﹣x图像，如图乙所示。已知φ﹣x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x＝3L处的图线的切线水平，取无穷远处电势为零，点电荷的电势公式，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，以下说法正确的是（　　） A．两点电荷为异种电荷 B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝16：1 C．在x轴上x＞2L的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处 D．， （多选）10．空间存在静电场，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下从O点由静止开始沿x轴运动，恰好能到达x2处，其所处电场的电场强度随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向为电场强度的正方向，下列说法正确的是（　　） A．x1处的电势最高 B．x2处的电场强度为0 C．试探电荷在x1处的速度最大 D．0～x1间与x1～x2间图线与坐标轴围成的面积一定相等 课时精练 一．选择题 1．如图所示，边长为L、在竖直平面内的正方形abcd内有匀强电场，一质量为m的带电小球（可视为质点）从a点进入该正方形后，仅在重力和电场力作用下沿直线匀速运动到c点，重力加速度为g。则小球从a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电势能增加了mgL B．电势能减少了mgL C．电势能增加了 D．电势能减少了 2．电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，电势为φK，A为阳极，电势为φA。在电场力作用下电量为e（e＞0）的电子由静止释放后从K运动到A，则（　　） A．A的电势比K低 B．电子的动能增加e（φA﹣φK） C．电子的电势能增加e（φA﹣φK） D．此过程电子需克服电场力做功 3．如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为m的带电小球悬挂在O点，平衡时小球停止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，B在O点正下方。现把小球拉到O点正右方的C处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．小球运动到B点时的速度为 C．小球从C到B的过程中绳子的最大拉力为mg D．小球从C到B的过程中机械能先减小后增加 4．如图所示，为某静电透镜的示意图，图中实线K、G是电极板，K板电势为120V、带孔的G板电势为30V，虚线为等势线，从K板中心附近沿水平方向向右发射的带电粒子最终都汇聚到B点。不计粒子重力，关于从A点发射的粒子其从A点到B点的过程，下列说法中正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子在A点时的动能大于在B点时的动能 C．粒子在A点时的电势能大于在B点时的电势能 D．粒子加速度大小一直不变 5．如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且相邻间距为2cm的等势面，一电子经过O时的动能为10eV，从O到C的过程中克服电场力所做的功为6eV，已知等势面B的电势为0V，下列说法错误的是（　　） A．等势面A的电势为2V B．该匀强电场的场强大小为100V/m C．该电子经过等势面C时，其电势能为﹣2eV D．该电子经过等势面A时的动能是经过等势面C时动能的2倍 6．如图所示为静电场中一与x轴重合电场线上各点的电势φ随位置x的变化规律，其中x1位置是图像的最低点。已知电子的电荷量为﹣e，则下列说法正确的是（　　） A．x1处电场强度为0 B．x＝x2处电场强度方向沿x轴正方向 C．将电子从x＝0处沿x轴正方向移动到x＝x2处的过程中，电场力先做正功后做负功 D．电子在x1处的电势能比在x2处少e（φ2﹣φ1） 7．真空中存在一静电场，静电场方向与x轴平行，将一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子自O点以一定初速度释放，仅在电场力的作用下粒子沿x轴运动，粒子电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．粒子先做加速运动后做减速运动 B．粒子将在O点和x＝4x0点之间做往复运动 C．x＝x0处的电场强度大小为 D．x＝3x0处的电势为 二．多选题 （多选）8．如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0），以O为原点、竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球以初动能Ek0从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g。g为重力加速度，k为静电力常量，则（　　） A．小球在M点的加速度为0 B．从O点到N点场强逐渐减小 C．小球到O点时的动能为 D．从M点到N点小球的动能增加了 （多选）9．如图所示，将电荷量分别为+Q、﹣Q和+Q的三个点电荷分别固定在同一竖直平面的A、B、C三点、A、B在同一水平面上，D为AB连线的中点，C在AB的中垂线上，且A、B、C构成一个边长为L的等边三角形。下列说法正确的是（　　） A．位置D的电场强度大小为 B．位置D的电场强度大小为 C．电荷量为+q的试探电荷从D点沿CD直线向C靠近，电势能增加 D．电荷量为+q的试探电荷从D点沿CD直线向C靠近，电势能减少 （多选）10．x轴上有两个不等量点电荷q1、q2，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的φ﹣x图像如图所示，图线与φ轴正交（在x＝0处图像切线的斜率为零），交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（　　） A．q1、q2都是正电荷 B．两电荷电量之比 C．将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势φa＝φ0 D．将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点 三．解答题 11．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有大小为E、水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场，已知整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g。求小球： （1）从A点运动到B点的时间t； （2）在竖直半圆轨道速度的最大值vM； （3）在水平轨道上的落点到A点的距离x。 12．一半径为R＝0.4m的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，MN为其竖直直径，O为圆心，整个空间存在与水平成30°角、斜向左上方的匀强电场。一质量为m＝2kg，电荷量为q＝+1C的小球（可视为质点），第一次从轨道最低点M由静止释放，到达P点时速度刚好为零，OP连线与水平面成30°角。第二次小球从M点以速度v1水平向左射入，可使小球刚好能到达N点，且在N点速度大小为v2，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）v1和v2的大小； （3）第二次小球从M点到N点过程中的最大速度vm。 13．如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球。现将此装置放在水平的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成θ角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。 （1）请判断电场强度的方向，并求电场强度E的大小； （2）求A、O两点间的电势差U； （3）若在A点对小球施加一个拉力，将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起，直至与O点处于同一水平高度且该过程中细线始终张紧，则所施加的拉力至少要做多少功？ 14．如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有场强大小均为E、方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A带电量为+2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为+q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v﹣t关系如图乙所示（vm为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE。求： （1）经多长时间A、B发生弹性正碰； （2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离； （3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功。 15．如图所示，竖直平面内有一段绝缘光滑的圆弧轨道AB和绝缘粗糙的水平轨道BC相切于B，圆弧轨道AB的圆心为O，半径Rm，圆心角θ＝37°，水平轨道BC足够长，在OB右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度E＝3×103N/C。一个质量为m＝0.48kg，带电量q＝+1.0×10﹣3C的小滑块（可视为质点）从A点左侧不同位置以不同的初速度水平向右抛出，均恰好从A点沿切线滑入轨道AB，设小滑块的抛出点与A点的水平距离为xm（m为单位），取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若小滑块运动到A点时的速度大小为vA，求小滑块在抛出时的速度大小（用vA表示）； （2）求小滑块运动到A点时的动能EkA； （3）已知小滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求小滑块在BC轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题41 电场中功能关系及图像问题 题型一 电场中功能关系（等效重力场） 3 题型二 电场中的图像 14 课时精练 22 【基础回顾】 一、电场中功能关系的综合问题 1．电场力做功的求解方法 由公式W＝Flcos α计算 只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α 由WAB＝qUAB计算 适用于任何电场 由电势能的变化计算 WAB＝EpA－EpB 由动能定理计算 W电场力＋W其他力＝ΔEk 2．几种常见的功能关系 (1)合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk(动能定理)。 (2)重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp。 (3)静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电。 (4)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep弹1－Ep弹2＝－ΔEp弹。 (5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机。 3．电场中的能量守恒 (1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。 (2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。 二、电场中的图像 分类 应用 示例 电场中的v－t图像 根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化． φ－x图像(电场方向与x轴平行) （1）电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)．切线的斜率为零时，沿x轴方向电场强度为零． （2）在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图) E－x图像(电场方向与x轴平行) （1）E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向． （2）E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况． Ep－x图像 由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向． Ek－x图像 当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力． 题型一 电场中功能关系（等效重力场） 1.等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象地称之为“等效重力场”。 2. 3.举例 【例题精讲】 1．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功90J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（　　） A．撤去力F时物块的速度大小为 B．物块向右滑动的最大距离为 C．撤去力F时物块的动能为40J D．撤去力F时物块的电势能为60J 【答案】C 【解答】解：A、设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2，根据位移关系可知： 化简可得：a1：a2＝4：5 由速度一时间公式得：v1＝a1t v＝a2•2t﹣a1t 则v1：v＝a1t：（a2•2t﹣a1t）＝2：3 即撤去力F时物块的速度大小为 故A错误； B、物块向右加速运动的位移为 撤去拉力后减速到零时的位移 则物块向右滑动的最大距离为 故B错误； CD、撤去力F前，由牛顿第二定律得：F﹣F电＝ma1 撤去力F后，由牛顿第二定律得：F电＝ma2 则F：F电＝9：5 则撤去力F前，电场力做功大小为W电＝50J 根据动能定理有撤去力F时物块的动能：Ek＝WF﹣W电＝90J﹣50J＝40J 电场力总功等于电势能的减小量，有﹣W电＝EPO﹣EP 则撤去力F时物块的电势能为EP＝50J 故C正确，D错误。 故选：C。 2．如图所示，两竖直光滑绝缘杆AB、CD与半径为R的半圆形光滑绝缘杆BC平滑连接，半圆的圆心O处固定有带负电的点电荷，两质量相同、带等量正电荷的圆环M、N套在杆上，圆环之间用长为R的轻杆相连，连接处可自由转动，初始时，N环位于B点，M环位于N环正上方，B、O、C三点等高，现由静止释放两圆环，不计两圆环之间的电场力，对于两圆环与轻杆组成的系统，从释放到速度再次为零的过程中，以下说法正确的是（　　） A．系统电势能先增大再不变后减小 B．电场力对N环先做正功再不做功后做负功 C．系统的动能先增大再不变后减小 D．系统动能最大时机械能也最大 【答案】D 【解答】解：A、释放M后，M向下运动，N沿半圆BC向右运动。半圆杆BC以O为圆心、R为半径，因此N在BC上运动时，其到O点的距离始终为R，故电场力对N始终不做功，N的电势能保持不变；M的电场力做正功，其电势能减小； 当MN全部进入半圆轨道时，电场力不做功，电势能不变；N离开BC后，M和N所受电场力均做负功，电势能增大，故A错误； B、N在BC上运动的全过程中，电场力均不做功，不存在“先做正功”的过程，故B错误； C、系统动能的变化由重力做功和电场力做功共同决定。初始时系统重力势能最大，电场力做正功，使重力势能转化为动能，动能增大； 当N运动到与M初始位置等高处时，电场力做负功，动能减小至零。因此，系统动能先增大后减小，故C错误； D、系统机械能的变化仅由电场力做功决定。电场力做正功时，机械能增大；电场力做负功时，机械能减小。 当系统动能达到最大时，电场力做功最多，机械能达到最大值，故D正确。 故选：D。 3．如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动，虚线与水平面的夹角为45°，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动；若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，大小为，从图示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加了E0，则在上述过程中小球电势能的改变量为（　　） A．﹣3E0 B．3E0 C．﹣E0 D．E0 【答案】A 【解答】解：若小球从虚线上某处由静止释放后恰好沿虚线斜向右下方运动，表明重力与电场力的合力方向沿该虚线。将这两个力合成为一个等效重力G'，对应的等效重力加速度为g'，则有G'＝mg'。 若小球以初速度v0垂直于虚线向右上方射出，它将做类平抛运动。当小球运动至最高点时，其竖直方向分速度为零，满足v0sin45°＝g'cos45°•t。 小球上升的高度为。已知重力势能增加了E0，即E0＝mgh，同时有。联立以上四个方程，解得。 由此可知，小球所受电场力方向水平向右，其大小F＝mg。因此，小球在水平与竖直方向的加速度大小相等。在上升至最高点的过程中，电场力做功为W＝Fx，其中水平位移。 竖直方向满足v0sin45°＝gt。联立解得W＝3E0，这意味着小球电势能减少了3E0，故电势能的改变量为﹣3E0。 故选：A。 4．如图所示，M、N两小球（可视为质点）用绝缘细线连接悬挂于O点处于静止状态，两段绝缘细线长度均为L，两小球质量均为m，小球M带电量为+q，小球N带电量为﹣q。现在该空间加上水平向右、电场强度的匀强电场，最终两小球达到新的平衡状态再次保持静止。小球运动过程中还会受到与速率成正比的空气阻力。不计两小球之间的库仑力作用，则此过程中空气阻力对M、N两小球组成的系统做的功为（　　） A．﹣0.5mgL B．﹣mgL C．﹣1.5mgL D．﹣3mgL 【答案】B 【解答】解：最终两小球达到新的平衡状态再次保持静止时，由于两小球受到的电场力等大反向，对两小球整体受力分析如下图1所示，可得OM段绳的拉力与总重力等大反向，可知OM段绳在竖直方向上，即再次保持静止时小球M在原位置。 对小球N受力分析如图2所示，由平衡条件得：qE•tanθ＝mg，已知：，可得：θ＝30° 此过程两小球组成的系统增加的重力势能为：ΔEp＝mg（L﹣Lsinθ）mgL 根据电场力对N球做的功，可得此过程两小球组成的系统减少的电势能为：ΔEp电＝qE•LcosθmgL 由能量守恒可得，此过程两小球组成的系统因空气摩擦阻力而此时的内能为：Q＝ΔEp电﹣ΔEp＝mgL 由功能关系可知此过程中空气阻力对M、N两小球组成的系统做的功为：Wf＝﹣Q＝﹣mgL，故B正确，ACD错误。 故选：B。 5．如图所示，在竖直平面内有水平向左场强E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。在A点让小球获得一定的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，小球带负电，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 B．小球对细绳的最大拉力为 C．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 D．小球做圆周运动过程中动能的最小值为 【答案】D 【解答】解：小球带负电，所受电场力方向与电场方向相反，即水平向右。电场力大小为F＝qE，重力大小为mg。由于，则，故电场力与重力大小相等。两力的合力为等效重力，大小为，方向与竖直方向成45°角斜向右下方。等效重力加速度。 A、机械能与电势能之和守恒，机械能最小对应电势能最大。小球带负电，电场力方向向右，电势能最大的位置为电场力做负功最多的位置，即圆周轨迹的最左端点（电场力方向与位移方向夹角最大）。最高点并非电势能最大位置，故机械能不是最小，故A错误。 B、小球恰能做圆周运动，在等效最高点速度最小，此时等效重力提供向心力：解得最小速度。从等效最高点到等效最低点（与等效最高点关于圆心对称，即与竖直方向成45°角斜向左下方），等效重力做功。由动能定理：W＝ΔEk，即，代入，解得。在等效最低点，细绳拉力T、等效重力的合力提供向心力：，代入数据得，故B错误。 C、小球从初始位置（A点，圆周最低点）运动一周，电场力方向始终向右。运动过程中，电场力先做正功（向右运动时），后做负功（向左运动时），再做正功（向右运动时），因此电势能先减小后增大再减小，故C错误。 D、小球在等效最高点速度最小，动能最小。由等效重力提供向心力：，最小动能，故D正确。 故选：D。 6．空间中有竖直向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒（　　） A．可能带正电 B．0～3s内电场力做的功为﹣9J C．运动过程中匀加速直线运动 D．0～3s内微粒的机械能减少了3J 【答案】D 【解答】解：A、根据重力势能随时间的变化图像，可知随着时间增大，微粒的重力势能减小，所以微粒向下运动。根据电势能随时间的变化图像，可知随着时间增大，微粒的电势能减小，所以电场力对微粒做正功，微粒所受电场力竖直向下。又因为电场强度竖直向上，所以微粒带负电，故A错误。 B、根据电势能随时间的变化图像，可知0～3s内微粒的电势能减小9J，即电场力对微粒做正功9J，故B错误。 C、重力势能为EP＝EP0﹣mgx＝EP0﹣mgvt，因为重力势能随时间的变化图像中图线的斜率不变，所以带电微粒向下做匀速直线运动，故C错误。 D、根据动能定理得W机+W电+W重＝0，根据图像得W电＝9J，W重＝6J﹣3J＝3J，解得W机＝﹣12J。机械能的增加量为ΔE＝W机+W电＝﹣12J+9J＝﹣3J，可知0～3s内微粒的机械能减少了3J，故D正确。 故选：D。 7．三角形OPN是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为θ，以O点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度E随x变化的关系如图2所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。现将一质量为m，电荷量大小为q的带电小滑块（视为质点）从O点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知qE0＝2mgsinθ，运动过程中小滑块的电荷量q保持不变。则下列说法正确的是（　　） A．小滑块一定带正电 B．小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大 C．小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 D．小滑块沿斜面向下运动的最远距离为2x0 【答案】C 【解答】解：A、根据图乙可知，沿斜面方向的电场强度方向先是沿斜面向下，后是沿斜面向上，由于qE0＝2mgsinθ，且小滑块释放后沿斜面向下运动，可知滑块先受向下的电场力作用，后受电场力方向向上，与电场强度方向相反，所以滑块带负电，故A错误； B、滑块先受向下的电场力作用，后受电场力方向向上，则滑块向下运动的过程中电场力先做正功，后做负功，所以物块沿斜面向下运动过程中机械能先增大后减小，故B错误； C、开始时滑块的加速度为 当滑块的加速度等于零时其速度达到最大值，此时有：mgsin30°＝qE，可得：E，方向沿x轴正方向，根据E﹣x图像可得此时滑块运动到处时，此位置的E﹣x图像与坐标轴所围面积表示电势差，从开始到处的电势差大小为U，从开始下落到此位置根据动能定理有 联立解得vm，故C正确； D、滑块从斜面顶端静止释放，由于静电场的电场强度均匀变化，由对称性可知滑块能够下滑的最大距离xm＝2x＝3x0，故D错误。 故选：C。 （多选）8．将甲乙两个带电小球置于光滑绝缘水平面上的a、b两点，两球质量分别为m甲、m乙，且m甲＞m乙，带电量q甲＞q乙，电性相同，小球可视为质点，O为ab连线中点，无穷远处电势为零。从静止开始同时释放，此后的运动过程中（　　） A．两球受到的电场力F甲＞F乙 B．甲乙球位移大小之比为 C．两球系统的电势能不断减小 D．O点的电势保持不变 【答案】BC 【解答】解：A．根据作用的相互平衡原理，甲、乙之间的电场力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，即F甲＝F乙，故A错误； B．光滑绝缘水平面，两球组成的系统合外力为零，动量守恒，初始总动量为零，因此任意时刻满足m甲v甲＝m乙v乙 则对整个过程的平均速度满足m甲甲＝m乙乙 等式两边同乘时间t，得m甲甲t＝m乙乙t 整个运动过程的位移关系满足m甲x甲＝m乙x乙 因此位移之比，故B正确； C．两球质量分别为m甲、m乙，且m甲＞m乙，带电量q甲＞q乙，电性相同，相互作用力方向与两球位移方向相同，因此电场力始终做正功，系统电势能不断减小，故C正确； D．初始时O为ab中点，两球到O的距离相等；运动后，两球向相反方向远离O点，到O的距离逐渐增大。对于正电荷，距离越大电势越低，因此两球在O点的电势均降低，总电势也随之降低。同理，对于负电荷，总电势升高，并非保持不变，故D错误。 故选：BC。 （多选）9．如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上点Q（a，0）时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为60°。重力加速度为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（　　） A．速度的最小值为v B．所受静电力的最小值为mg C．动能与电势能之和一直增大 D．P、Q两点间电势差为UPQ 【答案】ACD 【解答】解：A.初末速度大小相等，合加速度恒定，当速度方向与合加速度方向垂直时速度最小，，故A正确。 B.电场力最小值出现在其方向与合力方向垂直时，Fmin＝mgsin30°＝ mg故B错误。 C.由能量守恒，动能+电势能+重力势能为恒量，小球下落过程中重力势能减小，故动能与电势能之和一直增大，故C正确。 D.由动能定理qUPQ+mgyP＝0，竖直位移，代入得故D正确。 故选：ACD。 （多选）10．如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E＝1×104N/C的匀强电场，在匀强电场中有一根长L＝1m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.04kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则小球（　　） A．所带电荷量q＝3×10﹣5C B．电势能的最大值为0.48J C．在运动过程中，小球的最小速度为 D．在运动过程中，在圆形轨道的最右端点时小球的机械能最大 【答案】ABD 【解答】解：A、小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受到重力、电场力和拉力，受力分析如图所示 根据平衡条件，有qE＝mgtan37° 解得：q＝3×10﹣5C，故A正确； B、根据功能关系可知，电势能最大值即为小球克服电场力做功的最大值，题意可知，小球克服电场力做功最大值为：W克电＝EqL（1+sin37°） 代入题中数据解得：W克电＝0.48J，即电势能最大值为0.48J，故B正确； D、根据能量守恒定律，电势能和机械能之和保持不变，所以机械能最大的位置是电势能最小的位置，即与O点等高的最右的位置，故D正确； C、题意知小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球的最小速度即为重力与电场力的合力恰好提供向心力时小球的速度，则有 联立以上解得最小速度：，故C错误。 故选：ABD。 题型二 电场中的图像 1．电场中常见的φ－x图像：斜率表示电场强度E。解题方法：画一根电场线。 (1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图． (2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图． (3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图． 2．电场中常见的E－x图像：E的正负表示电场强度沿x轴正负方向。与x轴围成的面积表示电势差。解题方法：画一根电场线。 (1)点电荷的E－x图像 正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示． (2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图． (3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图． （4）Ep－x图像：Ep=-Eqx，斜率表示电场力。 【例题精讲】 1．如图所示，图甲中AB是一个点电荷的电场中的电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷所受静电力与电荷量间的函数图线，由此可知以下判断可能正确的是（　　） A．场源电荷是正电荷，位于a点的左侧 B．场源电荷是正电荷，位于b点的右侧 C．a、b两点电场强度相等 D．a点电场强度小于b点电场强度 【答案】A 【解答】解：CD、由电场强度的定义式E得知：F﹣q图像的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，故CD错误； AB、若场源是正电荷，根据E可知，a距离场源较近，而a和b处的电场强度方向相同，所以场源位置在a的左侧，故A正确、B错误。 故选：A。 2．沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电场强度E随位置x变化的图像如图所示，取x轴正方向为电场强度正方向。现将一正电荷从x轴上N点由静止释放，若该电荷仅受电场力。已知ON＝OP，则（　　） A．N、P两点的电势相等 B．该电荷会在NP两点间往复运动 C．由N到P，该电荷的速度先增大后减小 D．由N到P，该电荷的加速度先增大后减小 【答案】D 【解答】解：A.从N到O，电场强度方向为正（x轴正方向），从O到P，电场强度方向也为正（x轴正方向），沿电场强度正方向，电势逐渐降低所以φN＞φP，故N、P两点电势不相等，故A错误； BC.正电荷从N点由静止释放，在N到O段，电场力方向沿x轴正方向，电荷做加速运动；在O到P段，电场力方向仍沿x轴正方向（E为正），电荷继续做加速运动，因此从N到P，速度一直增大，故到达P点时，速度不为零，会继续向x轴正方向运动，不会在NP间往复运动，故BC错误； D.加速度，与电场强度E成正比。从N到O，E增大故加速度增大；从O到P，E减小故加速度减小。所以从N到P，加速度先增大后减小，故D正确。 故选：D。 3．两个点电荷固定在平面直角坐标系的y轴上，取x轴正方向为电场强度的正方向，它们产生的电场沿x轴方向上的电场强度E随坐标x变化的图像如图甲所示；取无穷远处电势为零，y轴上各点电势φ随坐标y变化的图像如图乙所示。已知图甲中a、d和b、c均关于原点O对称，图乙中G、H关于纵轴对称。下列说法正确的是（　　） A．两个点电荷带等量负电荷 B．将一个电子从A点由静止释放，它将在A、D两点间做往复运动 C．将一个电子从G点由静止释放，它会在G、H两点间做往复运动 D．若从A点和B点垂直于xOy平面射出的电子均能绕O点做匀速圆周运动，则两电子的初速度相同 【答案】B 【解答】解：A、根据φ﹣y图像可以看出离点电荷越近电势越高，所以是两个正点电荷，根据对称性可知，电荷量相等，故A错误； B、根据E﹣x图像可得，在O点左侧电场强度方向向左，在O点右侧电场强度方向向右，电子从A点释放向O点运动做正功，过了O点做负功，根据对称性，到D点速度减为零，再从D点向A点运动，所以在A、D之间做往复运动，故B正确； C、电子带负电，根据沿电场线方向电势不断降低，所以在G到O之间电场线沿y轴正方向，电子受力与电场线方向相反，所以从G点静止释放电子不会向O点运动，所以不会在G、H之间做往复运动，故C错误； D、从A点和B点垂直于xOy平面射出的电子均能绕O点做匀速圆周运动，则两电子的初速度大小相同，但方向不同，故D错误。 故选：B。 4．O、A、B为一条在x轴上的电场线上的三点，一电子仅在静电力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随位置x的变化规律如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度大小大于B点的电场强度大小 C．电子由A点运动到B点的过程中，静电力对其做负功 D．电子在A点的动能小于在B点的动能 【答案】C 【解答】解：AB、从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均匀减小，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，故AB错误； CD、设电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpA＜EpB 说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，动能减小，即电子的动能在A点比在B点大，故C正确，D错误。 故选：C。 5．如图甲所示，AB是电场中的一条直线，电子以某一初速度从A点出发，仅在静电力作用下沿AB运动到B点，其速度—时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是（　　） A．A、B两点的电场强度大小相比EA＜EB B．A、B两点的电势相比φA＞φB C．电子在A、B两点的电势能大小相比EpA＞EpB D．电子由A点运动到B点的过程中，静电力做正功 【答案】B 【解答】解：A、由v﹣t图像的斜率表示加速度，知电子在A点的加速度大于在B点的加速度，即aA＞aB，根据牛顿第二定律得：eE＝ma，可知EA＞EB，故A错误； BCD、电子仅在静电力作用下沿AB运动到B点，速度减小，所以电子所受静电力方向与速度方向相反，即静电力方向由B指向A，而电子带负电，所以电场线方向由A指向B，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以A点的电势大于B点的电势，即φA＞φB，电场力做负功，电势能增大，所以EpA＜EpB，故B正确，CD错误。 故选：B。 6．如图所示，平面内存在沿x轴负方向的匀强电场（未画出）。一带负电的试探电荷仅在电场力的作用下沿x轴从A点运动到B点的过程中，下列关于电场强度大小E、电势φ、电势能Ep、动能Ek随坐标x变化的关系图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A、由于平面内存在沿x轴负方向的匀强电场，所以电场强度大小不变，故A错误； B、沿电场线方向电势降低，从A点运动到B点的过程与电场方向相反，故电势增大，故B错误； C、根据动能定理，有：﹣qE•Δx＝ΔEk，则动能与坐标x呈线性关系，故C正确； D、只有电场力做功，根据功能关系可得：﹣qE•Δx＝ΔEp，所以电势能与坐标x呈线性关系，故D错误。 故选：C。 7．在粗糙绝缘水平地面上关于O点对称的M、N分别固定两相同的正点电荷，在MO连线上的P点静止释放一个带正电的绝缘小物块（可视为点电荷），小物块向右运动至最右端Q点（位于ON间未画出）。以O点为原点沿水平地面向右建立x轴，取无穷远处为零势能点。小物块动能和电势能之和E总、电势能Ep、动能Ek、加速度a随x轴坐标变化正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：A、取无穷远电势能为0，则：E总＝Ek+Ep＞0，由能量守恒ΔE总＝﹣fx，即E总﹣x图像斜率小于0，恒定不变，故A正确； B、物块加速阶段，由动能定理：F电x﹣fx＝ΔEk，由于电场力逐渐减小，故Ek﹣x图像斜率逐渐减小，同理物块减速阶段Ek﹣x图像斜率逐渐增大，故B错误； C、PO段电场力做正功电势能减小，OQ段电场力做负功，电势能增大，故电势能先减小后增大，故C错误； D、PO段电场强度逐渐减小，由牛顿第二定律：qE﹣f＝ma，故物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当qE＝f时，加速度为0，速度最大之后电场力小于摩擦力，由牛顿第二定律：f﹣qE＝ma，物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，O点电场力为0，摩擦力不为0，故加速度不为0，故D错误。 故选：A。 （多选）8．如图甲所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、带电量为+q的小球（可视为质点）。小球在长为l的绝缘轻绳牵引下，绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。从A点开始，小球的电势能Ep与转过的角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度g，则（　　） A．该电场的电场强度大小为 B．CA两点的电势差UCA C．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为3mg D．轻绳在D、B两点拉力大小的差值为3mg 【答案】AD 【解答】解：A.由图像可知和时的电势能相等，所以两点连线为等势线；电场线与等势线垂直，可以判断电场强度的方向不沿CA方向，如图所示： 电荷在电场中运动最大的电势差为，根据U＝E×2l，可得，故A正确。 B.根据，可得CA两点的电势差，故B错误。 CD.在B、D对小球进行受力分析，如图所示： 小球在B点有，小球在D点有 小球从B点到D点的过程中，由动能定理有 可得TD﹣TB＝3mg，故C错误，D正确。 故选：AD。 （多选）9．如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在x＝2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ﹣x图像，如图乙所示。已知φ﹣x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x＝3L处的图线的切线水平，取无穷远处电势为零，点电荷的电势公式，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，以下说法正确的是（　　） A．两点电荷为异种电荷 B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝16：1 C．在x轴上x＞2L的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处 D．， 【答案】AD 【解答】解：A、由图乙可知x＝0处电势为正无穷大，x＝2L处电势为负无穷大，则电荷A为正电荷，B为负电荷，故A正确； B、φ﹣x图像中，斜率代表电场强度，x＝3L处的图线的切线水平，即此处电场强度为0，有，代入数据可得QA：QB＝9：1，故B错误； C、沿着电场线电势逐渐降低，则2L到3L处电场方向向左，3L到无穷远电场方向向右，若正电荷放在x＞3L的位置，受到向右的电场力，能到达无穷远，若放在x＝3L处，将静止不动，若放在2L到3L之间，受到向左的电场力，会撞向负电荷，故C错误； D、x1和x2处电势为0，由点电荷的电势公式可知，，，代入数据可得，，故D正确。 故选：AD。 （多选）10．空间存在静电场，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下从O点由静止开始沿x轴运动，恰好能到达x2处，其所处电场的电场强度随位置变化的图像如图所示，以x轴正方向为电场强度的正方向，下列说法正确的是（　　） A．x1处的电势最高 B．x2处的电场强度为0 C．试探电荷在x1处的速度最大 D．0～x1间与x1～x2间图线与坐标轴围成的面积一定相等 【答案】ACD 【解答】解：A.以x轴正方向为电场强度的正方向，由题图可知，0～x1间的场强方向沿x轴负方向，x1﹣x2间的场强方向沿x轴正方向，可知电场线是一条直线，根据沿场强方向电势逐渐降低可知，x1处的电势最高，故A正确； B.由电场的电场强度随位置变化的图像可知，x2处的电场强度不为0，故B错误； C.带负电的试探电荷从O点到x1处，电场力做正功，动能增加；从x1到x2处，电场力做负功，动能减小，所以试探电荷在x1处的动能最大，速度最大，故C正确； D.E﹣x图线与坐标轴围成的面积代表电势差。电荷从O点到x2点初末速度均为0，由动能定理：W＝qU＝0，代入数据得：U＝0，即0～x2间的总电势差为0，因此0～x1间与x1～x2间图线与坐标轴围成的面积（绝对值）相等，故D正确。 故选：ACD。 课时精练 一．选择题 1．如图所示，边长为L、在竖直平面内的正方形abcd内有匀强电场，一质量为m的带电小球（可视为质点）从a点进入该正方形后，仅在重力和电场力作用下沿直线匀速运动到c点，重力加速度为g。则小球从a点运动到c点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．电势能增加了mgL B．电势能减少了mgL C．电势能增加了 D．电势能减少了 【答案】A 【解答】解：小球做匀速直线运动，可知电场力与重力等大反向，动能不变，由能量守恒定律可知，重力势能转化为电势能，故小球电势能增加了mgL，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，电势为φK，A为阳极，电势为φA。在电场力作用下电量为e（e＞0）的电子由静止释放后从K运动到A，则（　　） A．A的电势比K低 B．电子的动能增加e（φA﹣φK） C．电子的电势能增加e（φA﹣φK） D．此过程电子需克服电场力做功 【答案】B 【解答】解：A．由题，K为阴极，A为阳极，可知A的电势比K高，故A错误； BD．电子由静止释放后从K运动到A，电场力对电子做正功，为：W＝eUAK＝e（φA﹣φK），根据动能定理可得ΔEk＝W＝e（φA﹣φK），可知电子的动能增加e（φA﹣φK），故B正确，D错误； C．电场力对电子做正功，电子的电势能减少e（φA﹣φK），故C错误。 故选：B。 3．如图，空间内存在方向水平向左，范围足够大的匀强电场。用一长为L的不可伸长的绝缘轻绳将一质量为m的带电小球悬挂在O点，平衡时小球停止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ＝37°，B在O点正下方。现把小球拉到O点正右方的C处，此时轻绳刚好处于水平状态，将小球无初速度释放，不计空气阻力，带电小球可视为质点，重力加速度为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．小球运动到B点时的速度为 C．小球从C到B的过程中绳子的最大拉力为mg D．小球从C到B的过程中机械能先减小后增加 【答案】B 【解答】解：A、对小球在A点时受力分析，如图所示： 根据共点力平衡有：tanθ，解得：E，故A错误； B、小球从C点到B点的过程，根据动能定理有：mgL﹣qEL0 解得：vB，故B正确； C、小球从C点由静止释放，对小球受力分析可知，小球运动到A点时，轻绳对小球的拉力最大。 设小球运动到A点的速度为vA，小球从C到A，根据动能定理有：mgLcosθ﹣qEL（1﹣sinθ）0 解得：vA 小球在A点，由牛顿第二定律得：Tmm 解得：Tmmg，故C错误； D、小球从C到B的过程中，电场力一直做负功，小球的机械能一直减小，故D错误。 故选：B。 4．如图所示，为某静电透镜的示意图，图中实线K、G是电极板，K板电势为120V、带孔的G板电势为30V，虚线为等势线，从K板中心附近沿水平方向向右发射的带电粒子最终都汇聚到B点。不计粒子重力，关于从A点发射的粒子其从A点到B点的过程，下列说法中正确的是（　　） A．粒子带正电 B．粒子在A点时的动能大于在B点时的动能 C．粒子在A点时的电势能大于在B点时的电势能 D．粒子加速度大小一直不变 【答案】B 【解答】解：A、电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向，由于粒子仅受电场力，则电场力方向指向轨迹内侧，根据图示可知，电场力方向电场方向相反，即粒子带负电，故A错误； BC、粒子受电场力做负功，电势能增加，动能减小，则粒子在A点时的动能大于在B点时的动能，则粒子在A点时的电势能小于在B点时的电势能，故B正确，C错误； D、等差等势线分布的密集程度能够间接表示电场的强弱，根据图示可知，粒子运动过程中电场强度大小发生变化，则粒子所受电场力大小发生变化，即粒子加速度大小发生变化，故D错误。 故选：B。 5．如图所示，虚线O、A、B、C、D是某匀强电场中的5个平行且相邻间距为2cm的等势面，一电子经过O时的动能为10eV，从O到C的过程中克服电场力所做的功为6eV，已知等势面B的电势为0V，下列说法错误的是（　　） A．等势面A的电势为2V B．该匀强电场的场强大小为100V/m C．该电子经过等势面C时，其电势能为﹣2eV D．该电子经过等势面A时的动能是经过等势面C时动能的2倍 【答案】C 【解答】解：A、因等势面间距相等，由U＝Ed可知相邻等势面之间电势差相等，电子由O到C的过程中，由动能定理可得：﹣eUOC＝﹣6eV，解得：UOC＝6V，则两个相邻的等势面之间的电势差为2V，因电场力做负功，故电场方向垂直等势面向右，沿电场线方向电势降低，等势面B的电势为0，则等势面A的电势为φA＝2V，故A正确；B、根据U＝Ed可得该匀强电场的场强大小为：，故B正确； C、由上述分析可知C点的电势为φC＝﹣2V，则经过C时电势能为：Ep＝﹣eφC＝2eV，故C错误； D、由O到A的过程中，由动能定理可得：﹣eUOA＝EkA﹣EkO，解得：EkA＝﹣eUOA+EkA＝﹣2eV+10eV＝8eV，由O到C的过程中，根据动能定理有：﹣eUOC＝EkC﹣EkO，解得：EkA＝EkA﹣eUOC＝10eV﹣6eV＝4eV，则有：EkA＝2EkC，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 6．如图所示为静电场中一与x轴重合电场线上各点的电势φ随位置x的变化规律，其中x1位置是图像的最低点。已知电子的电荷量为﹣e，则下列说法正确的是（　　） A．x1处电场强度为0 B．x＝x2处电场强度方向沿x轴正方向 C．将电子从x＝0处沿x轴正方向移动到x＝x2处的过程中，电场力先做正功后做负功 D．电子在x1处的电势能比在x2处少e（φ2﹣φ1） 【答案】A 【解答】解：A．φ﹣x图像中，图线的斜率代表电场强度，由图可知x1处图线的斜率为0，则x1处电场强度为0，故A正确； B．沿电场线方向电势降低，由图可知由x1到x2处电势升高，则电场强度方向沿x轴负方向，故B错误； C．由0到x1处电场强度方向沿x轴正方向，由x1到x2内电场强度方向沿x轴负方向，电子带负电受到的电场力与电场强度方向相反，所以电子从0到x2的过程中，电场力先做负功后做正功，故C错误； D．电子由x1到x2处，电场力做正功，电势能减小，由电势能定义式可知，电子在x1、x2处的电势能为Epl＝﹣eφ1，Ep2＝﹣eφ2，则电子在x1处的电势能比在x2处多Ep1﹣Ep2＝﹣eφ1﹣（﹣eφ2）＝e（φ2﹣φ1），故D错误。 故选：A。 7．真空中存在一静电场，静电场方向与x轴平行，将一电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子自O点以一定初速度释放，仅在电场力的作用下粒子沿x轴运动，粒子电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．粒子先做加速运动后做减速运动 B．粒子将在O点和x＝4x0点之间做往复运动 C．x＝x0处的电场强度大小为 D．x＝3x0处的电势为 【答案】D 【解答】解：A、根据电势能先增大后减小可以看出先做负功后做正功，所以先减速后加速，故A错误； B、从O点到4x0处，电势能整体变化量为零，所以O点的速度和4x0的速度相同，由于粒子初速度不为零，所以到4x0处的速度也不为零，会继续向前运动，所以不是在O点和x＝4x0点之间做往复运动，故B错误； C、根据图像斜率代表F可得，x0处的斜率为：F，根据F＝qE可得，电场强度为：，故C错误； D、根据图像可得3x0处的Ep，根据Ep＝qφ，代入解得：，故D正确； 故选：D。 二．多选题 （多选）8．如图甲，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0），以O为原点、竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为零电势点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图乙所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球以初动能Ek0从M点竖直下落，一段时间后经过N点，且在N点的加速度大小为2g。g为重力加速度，k为静电力常量，则（　　） A．小球在M点的加速度为0 B．从O点到N点场强逐渐减小 C．小球到O点时的动能为 D．从M点到N点小球的动能增加了 【答案】AD 【解答】解：A、小球在N点的加速度大小为2g，说明在N点的电场力大小等于mg，方向竖直向下，由等量同种点电荷电场的对称性可知，小球在M点受到的电场力大小也等于小球的重力，方向竖直向上，所以小球在M点受到的合力为零，根据牛顿第二定律可知小球的加速度也等于零，故A正确； B、φ﹣x图像的斜率大小表示电场强度的大小，结合图像得，从O点到N点场强先增大后减小，故B错误； C、根据几何关系可知，A、B到M点的距离都是2L，根据库仑定律可知，两个点电荷在M点产生的电场力大小都为F 由几何关系可知，两个点电荷在M点产生的电场力方向相互垂直，所以合成之后的合力大小为 小球在M点受到的合力为零，所以小球的重力mg 从M点到O点，小球重力势能减小量为 从M点到O点小球电势能增加量为 根据能量转化与守恒定律可得小球到O点时的动能为Ek＝Ek0+ΔEp1﹣ΔEp2 联立解得，故C错误； D、由等量同种点电荷电场的对称性可知，小球在M点的电势能与在N点的电势能相等，所以小球从M到N的过程中只有重力做正功，根据动能定理可得从M点到N点小球的动能增加 联立解得，故D正确。 故选：AD。 （多选）9．如图所示，将电荷量分别为+Q、﹣Q和+Q的三个点电荷分别固定在同一竖直平面的A、B、C三点、A、B在同一水平面上，D为AB连线的中点，C在AB的中垂线上，且A、B、C构成一个边长为L的等边三角形。下列说法正确的是（　　） A．位置D的电场强度大小为 B．位置D的电场强度大小为 C．电荷量为+q的试探电荷从D点沿CD直线向C靠近，电势能增加 D．电荷量为+q的试探电荷从D点沿CD直线向C靠近，电势能减少 【答案】AC 【解答】解：AB、根据几何关系可得CD的距离为：r＝Lsin60° A和B处的电荷在D点产生的电场强度大小为：E1＝2，方向向右； C处的电荷在D点产生的电场强度大小为：E2，解得：E2，方向向下； 位置D的电场强度大小为：E，解得：E，故A正确、B错误； CD、A和B处的电荷在中垂线CD上产生的电场方向垂直于CD向右；电荷量为+q的试探电荷从D点沿CD直线向C靠近过程中，相当于只有C处的电荷做负功，则试探电荷的电势能增加，故C正确、D错误。 故选：AC。 （多选）10．x轴上有两个不等量点电荷q1、q2，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的φ﹣x图像如图所示，图线与φ轴正交（在x＝0处图像切线的斜率为零），交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点。正电子的质量为m，电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（　　） A．q1、q2都是正电荷 B．两电荷电量之比 C．将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势φa＝φ0 D．将一正电子从b点由静止释放，则电场力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点 【答案】AC 【解答】解：A、两点电荷之间的电势先减小后增大，且都大于0，所以可以判断两点电荷都为正，故A正确； B、根据O点斜率为零，可得O点电场强度为零，根据点电荷场强的合成可得：，解得：，故B错误； C、从a点到O点根据动能定理可得：，解得：，故C正确； D、正电荷从b点静止释放，后会向左运动，先顺电场线方向做正功，再逆电场线方向做负功，从图像可以看出a点的电势高于b点的电势，所以从o点后不能到达a点，故D错误； 故选：AC。 三．解答题 11．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有大小为E、水平向右的匀强电场，现将一质量为m、电荷量为+q的小球（可视为质点）从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场，已知整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g。求小球： （1）从A点运动到B点的时间t； （2）在竖直半圆轨道速度的最大值vM； （3）在水平轨道上的落点到A点的距离x。 【答案】（1）从A点运动到B点的时间t为2。 （2）在竖直半圆轨道速度的最大值vM为。 （3）在水平轨道上的落点到A点的距离x为。 【解答】解：（1）小球从A点运动到B点的过程，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，解得加速度大小为a＝g 根据运动学公式可得，解得小球从A点运动到B点的时间t＝2。 （2）如图所示，小球运动到等效最低点D时速度最大。 由于qE＝mg，可知OD与竖直线OB夹角为α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，根据动能定理有 解得小球在竖直半圆轨道速度的最大值为。 （3）设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有 解得 小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中，有，x1＝vCt1 解得，x1＝2R 小球通过P点时水平方向速度大小为 竖直方向速度大小为 进入电场后，水平方向加速度大小为，竖直方向加速度为g；小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动，水平方向有，竖直方向有 联立解得 则小球在水平轨道上的落点到A点的距离为。 答：（1）从A点运动到B点的时间t为2。 （2）在竖直半圆轨道速度的最大值vM为。 （3）在水平轨道上的落点到A点的距离x为。 12．一半径为R＝0.4m的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，MN为其竖直直径，O为圆心，整个空间存在与水平成30°角、斜向左上方的匀强电场。一质量为m＝2kg，电荷量为q＝+1C的小球（可视为质点），第一次从轨道最低点M由静止释放，到达P点时速度刚好为零，OP连线与水平面成30°角。第二次小球从M点以速度v1水平向左射入，可使小球刚好能到达N点，且在N点速度大小为v2，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）v1和v2的大小； （3）第二次小球从M点到N点过程中的最大速度vm。 【答案】（1）匀强电场的电场强度E的大小为20N/C； （2）v1的大小为m/s，v2的大小为m/s； （3）第二次小球从M点到N点过程中的最大速度为。 【解答】解：（1）从M到P，由动能定理可知：0＝qER（1+sin30°）﹣mgR（1+sin30°），代入数据解得：E＝20N/C； （2）小球刚好到N点，则在N点轨道弹力恰好为零，由牛顿第二定律可知：，代入数据解得：， 由M到N，由动能定理可知：，代入数据解得：； （3）如图所示： 重力和电场力都是恒力，可将小球视为在力F的等效重力场中运动，由几何关系可知：F＝mg＝20N，方向与水平方向夹角为30°，当小球运动至等效最低点时，速度最大， 由动能定理可知：，代入数据解得：。 答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为20N/C； （2）v1的大小为m/s，v2的大小为m/s； （3）第二次小球从M点到N点过程中的最大速度为。 13．如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的小球。现将此装置放在水平的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成θ角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g。 （1）请判断电场强度的方向，并求电场强度E的大小； （2）求A、O两点间的电势差U； （3）若在A点对小球施加一个拉力，将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起，直至与O点处于同一水平高度且该过程中细线始终张紧，则所施加的拉力至少要做多少功？ 【答案】（1）电场强度的方向向右，电场强度E的大小为； （2）A、O两点间的电势差为； （3）所施加的拉力至少要做的功为。 【解答】解：（1）由图可知，带电小球静止时电场力水平向左，因为小球带负电，故电场力方向与场强方向相反，所以电场强度方向水平向右。 小球受重力、电场力和细线的拉力，如图所示： 根据平衡条件有：Eq＝mg•tanθ 解得：E； （2）根据匀强电场中电势差与场强的关系可得：U＝E•l•sinθ 解得：U； （3）小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起至与O点处于同一水平高度的过程，由动能定理有： WF﹣mgl•cosθ+Eql（1﹣sinθ）＝0 解得所施加的拉力至少要做的功为：WF。 答：（1）电场强度的方向向右，电场强度E的大小为； （2）A、O两点间的电势差为； （3）所施加的拉力至少要做的功为。 14．如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有场强大小均为E、方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A带电量为+2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为+q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v﹣t关系如图乙所示（vm为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE。求： （1）经多长时间A、B发生弹性正碰； （2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离； （3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功。 【答案】（1）经过时间A、B发生弹性正碰； （2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离为； （3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功为。 【解答】解：（1）开始带电体A受到的合外力大小：F＝F电﹣Ff＝2qE﹣qE＝qE 由牛顿第二定律可得A的加速度大小： 设经时间t发生碰撞，则： 联立整理解得： （2）碰撞后A的速度最大时，所受合力为零，由题意有：F′电+Ff＝F库 即有：qE+qE＝F库 设A、B间的距离为x，根据库仑定律有： 联立可得： （3）碰撞前A的瞬时速度为vm，根据速度—位移的关系有： 设碰后瞬间B的速度为v0，A的瞬时速度为v′，A、B发生弹性正碰时动量守恒 以向右为正有：mvm＝mv′+mv0 机械能守恒有： 解二次方程可得：v′＝0， 碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒 以向右为正有：mv0＝mvB﹣mvm 设库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得： 联立可得： 答：（1）经过时间A、B发生弹性正碰； （2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离为； （3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功为。 15．如图所示，竖直平面内有一段绝缘光滑的圆弧轨道AB和绝缘粗糙的水平轨道BC相切于B，圆弧轨道AB的圆心为O，半径Rm，圆心角θ＝37°，水平轨道BC足够长，在OB右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度E＝3×103N/C。一个质量为m＝0.48kg，带电量q＝+1.0×10﹣3C的小滑块（可视为质点）从A点左侧不同位置以不同的初速度水平向右抛出，均恰好从A点沿切线滑入轨道AB，设小滑块的抛出点与A点的水平距离为xm（m为单位），取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若小滑块运动到A点时的速度大小为vA，求小滑块在抛出时的速度大小（用vA表示）； （2）求小滑块运动到A点时的动能EkA； （3）已知小滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求小滑块在BC轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式。 【答案】（1）小滑块在抛出时的速度大小为0.8vA； （2）小滑块运动到A点时的动能EkA为5x（J）； （3）小滑块在BC轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式为5x+1（J）或4x+0.8（J）。 【解答】解：（1）设小滑块水平抛出时速度为v，小球做平抛运动 在A点由速度的分解有v＝vAcosθ 代入相关数据解得：v＝0.8vA （2）设小滑块在A点竖直分速度为vy，则有vy＝vAsinθ 设小滑块从抛出到A点运动时间为t，则竖直方向上有：vy＝gt 水平方向上有：x＝vt 由速度的合成法则可知：v＝vAcosθ 小滑块动能为 代入相关数据解得：EkA＝5x（J） （3）设小滑块在水平轨道最远滑行距离为s，则从A点运动到最远点过程，由动能定理有 mgR（1﹣cos37°）﹣（qE+μmg）s＝0﹣EkA 解得：s＝x+0.2 设返回A点的动能为EkA'，则由最远点返回A点过程中，由动能定理有： EkA'＝（qE﹣μmg）s﹣mgR（1﹣cos37°） 解得：EkA'＝x﹣0.8 当0≤x≤0.8m时有：EkA'≤0 表明小滑块最终停在B点，从A到停止运动过程，由能量守恒有Q＝EkA+mgR（1﹣cos37°） 结合上述解得：Q＝5x+1（J） 当x＞0.8m时有EkA'＞0 则小滑块会从A点离开轨道不再返回，从A到再次返回A过程，由能量守恒有Q＝EkA﹣EkA' 解得：Q＝4x+0.8（J） 答：（1）小滑块在抛出时的速度大小为0.8vA； （2）小滑块运动到A点时的动能EkA为5x（J）； （3）小滑块在BC轨道上运动过程中，摩擦产生的总热量Q随x变化的关系式为5x+1（J）或4x+0.8（J）。 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $