10.9 靜電場中的功能關(guān)系 【幫課堂】2024-2025學(xué)年高一物理 同步學(xué)與練（ 人教版2019必修第一冊）（解析版）

10.9靜電場中的功能關(guān)系學(xué)習(xí)目標(biāo)學(xué)習(xí)目標(biāo)課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)3.1.5知道靜電場中的電荷具有電勢能。了解電勢能、電勢的含義。了解電勢差的含義。知道勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系。能分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。物理觀念：理解電勢能的變化與靜電力做功的關(guān)系。知道常見的電勢能零點(diǎn)的規(guī)定方法?？茖W(xué)思維：會計(jì)算靜電力所做的功?？茖W(xué)探究：通過解決帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的問題，加深對牛頓運(yùn)動定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體運(yùn)動的認(rèn)識，以及將勻變速曲線運(yùn)動分解為兩個(gè)方向上的簡單運(yùn)動來處理的思路的認(rèn)識?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：體會能量觀點(diǎn)是分析物理問題的重要方法。002思維導(dǎo)圖處理電場中能量問題的基本方法在解決電場中的能量問題時(shí)常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時(shí)也會用到功能關(guān)系。(1)應(yīng)用動能定理解決問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題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。(4)有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。003知識梳理課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識：一、電場中常見的功能關(guān)系1.除重力之外，其他力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化量．2.所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．二、電場中常見的能量守恒1．若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變．2.若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．004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)無初速度地從h高處釋放后，在下落至h＝0的過程中，其動能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的過程中，小環(huán)電勢能增加C．從h高處下落至h＝0的過程中，經(jīng)過了加速、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)動解析：選BC結(jié)合動能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的過程中，小環(huán)受到電場力為斥力，做負(fù)功，小環(huán)電勢能增加，由題圖可知，從h高處下落至h＝0的過程中，經(jīng)過了加速、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)所受電場力與桿對小環(huán)的支持力平衡，合力為重力，過了O點(diǎn)后，電場力、桿對小環(huán)的支撐力和重力的合力向下，小環(huán)一直做加速運(yùn)動，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，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動過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)動的描述正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，故qE0＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2qE0－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝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正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！緦c(diǎn)訓(xùn)練1】一帶負(fù)電粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能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)動的過程中，下列說法中正確的是()A．在x1處粒子速度最大B．在x2處粒子加速度最大C．在x3處電勢最高D．在x2處電勢為零解析：選C帶負(fù)電粒子只在電場力作用下運(yùn)動，所以動能與勢能之和是恒定的。則粒子在從x1向x3運(yùn)動的過程中，在x3處的電勢能最小，速度最大，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場力做功與電勢能的關(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)電荷在電勢低的地方電勢能高，在x3處的電勢能最小，所以電勢最高，C正確；根據(jù)公式φ＝eq\f(Ep,q)，可知在x2處電勢不為零，D錯(cuò)誤?！緦c(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＝5.0×10－4C．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)動的v－t圖像如圖乙所示．小球運(yùn)動到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)．則下列說法正確的是()A．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后變大B．由C到A電勢逐漸降低C．C、B兩點(diǎn)間的電勢差UCB＝0.9VD．在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場強(qiáng)最大，場強(qiáng)大小為E＝1.2V/m答案BCD解析從C到A小球的動能一直增大，說明靜電力一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)動能定理知qUCB＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得UCB＝0.9V，故C正確；根據(jù)對稱性知O點(diǎn)電場強(qiáng)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)的電場強(qiáng)度最大，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.3,5)m/s2＝0.06m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝1.2V/m，故D正確．【題型二】圓周運(yùn)動中的功能關(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)繩懸掛于O點(diǎn)，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點(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，忽略空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒B．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒C．小球在運(yùn)動過程中的最小速度至少為eq\r(gL)D．小球在運(yùn)動過程中的最大速度至少為eq\f(5,2)eq\r(gL)答案BD解析小球在運(yùn)動的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運(yùn)動的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高點(diǎn)的最小速度v1滿足G′＝meq\f(v12,L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C錯(cuò)誤；小球由最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)，由動能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正確．【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)電場中?，F(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B．第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對管壁的壓力為4mgC．第一次經(jīng)過最低點(diǎn)D和最高點(diǎn)C時(shí)對管壁的壓力之比為5∶1D．前后兩次經(jīng)過最高點(diǎn)C時(shí)對管壁的壓力之差為4mg解析設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)速度為vB，有qE×2R＝eq\f(mvB,2)，qE＝mg，得vB＝2eq\r(gR)，A錯(cuò)；小球第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)有FN－Eq＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，解得FN＝5mg，B錯(cuò)；小球所受的重力和電場力的合力沿從O指向弧BD中點(diǎn)的方向，根據(jù)運(yùn)動的對稱性，小球在D、B兩點(diǎn)的速度大小相等，則vD＝2eq\r(gR)，F(xiàn)1－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)，得F1＝5mg；設(shè)小球在C點(diǎn)速度為vC，由動能定理有eq\f(mveq\o\al(2,C),2)－eq\f(mveq\o\al(2,B),2)＝－mgR，得vC＝eq\r(2gR)，再由F2＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)，得F2＝mg，即F1∶F2＝5∶1，C對；設(shè)小球第二次經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度為v，有eq\f(mv2,2)－eq\f(mveq\o\al(2,C),2)＝2EqR，F(xiàn)3＋mg＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立得F3＝5mg，則ΔF＝F3－F2＝4mg，D對。答案CD【對點(diǎn)訓(xùn)練3】（多選）如圖，豎直平面內(nèi)存在豎直向上、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，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的速度向右運(yùn)動，小球經(jīng)A點(diǎn)沿軌道向上運(yùn)動，恰好能通過B點(diǎn)。已知，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A.小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為B.的大小為C.小球從脫離半圓軌道至落地，在空中運(yùn)動的時(shí)間為D.小球落地前一瞬間速度與豎直方向夾角的正切值為【答案】BD【解析】A．小球恰好能通過B點(diǎn)，則軌道對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結(jié)合題意，解得B點(diǎn)的速度為故A錯(cuò)誤；B．小球從A到B的過程中，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)可得故B正確；C．小球脫離軌道后做類平拋運(yùn)動，在豎直方向上有，代入數(shù)據(jù)可得故C錯(cuò)誤；D．小球落地瞬間豎直方向速度為小球在空中運(yùn)動時(shí)，水平方向做勻速運(yùn)動，故小球落地前一瞬間速度與豎直方向夾角的正切值為故D正確故選BD。【對點(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)針方向做完整的圓周運(yùn)動，不計(jì)一切摩擦。下列說法正確的是()A．小球從C運(yùn)動到D的過程中，速度先減小后增大B．在兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，C點(diǎn)的電勢比F點(diǎn)的電勢低C．小球在C、E兩點(diǎn)的速度大小相等，有相同的電勢能D．小球在D、F兩點(diǎn)所受的電場力相同解析：選C小球從C到D的過程中電場力的方向與速度方向的夾角一直是鈍角，電場力一直做負(fù)功，速度一直減小，A錯(cuò)誤；由等量正點(diǎn)電荷的電場線的分布可知，電場線在OC方向由C指向O，在OF方向則有O指向F，順著電場線方向電勢降低，因此有φC>φO>φF，B錯(cuò)誤；根據(jù)電場分布的對稱性規(guī)律可知φC＝φE，則小球在C、E兩點(diǎn)的電勢能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E兩點(diǎn)動能相同，速度大小相等，C正確；等量同種正點(diǎn)電荷的電場線如圖，D、F兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相反，因此小球受到的電場力方向相反，D錯(cuò)誤?！绢}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)電場中由靜止沿斜向右下方做直線運(yùn)動，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()A．電場強(qiáng)度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場強(qiáng)度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機(jī)械能可能增加D．電場力可能對帶電油滴不做功解析：選CD帶電油滴的運(yùn)動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力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)電場力F與此直線垂直時(shí)，電場力F最小，場強(qiáng)最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場強(qiáng)度無最大值，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)E＝eq\f(mgsinθ,q)時(shí)，電場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變，這種情況下只有重力做功，帶電油滴的機(jī)械能不變，故D正確；當(dāng)E＞eq\f(mgsinθ,q)時(shí)，當(dāng)電場力方向與速度方向成銳角時(shí)，電場力做正功，帶電油滴的機(jī)械能增加，故C正確?！镜湫屠}6】如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°，不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)答案eq\f(mveq\o\al(2,0),q)【對點(diǎn)訓(xùn)練5】如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中有一絕緣斜面，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程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列說法中正確的是()A．金屬塊帶負(fù)電荷B．金屬塊克服電場力做功8JC．金屬塊的電勢能減少4JD．金屬塊的機(jī)械能減少12J答案：D【對點(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，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()A．eq\f(Ek0,4qd)B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd)D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)解析：選B當(dāng)電場足夠大時(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)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動。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)動的合成與分解，當(dāng)vy＝0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有vy2＝2eq\f(qE,m)d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確。00501強(qiáng)化訓(xùn)練【基礎(chǔ)強(qiáng)化】1．如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，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，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2答案B解析小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動為勻減速直線運(yùn)動，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＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；靜電力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(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，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(gè)過程中不計(jì)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()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)答案D解析物塊從靜止開始下落時(shí)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(cuò)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(cuò)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\f(2mgH＋h,3)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理得：mg(H＋h)－eq\f(2mgH＋h,3)＋W彈＝0，解得彈力做功為：W彈＝－eq\f(mgH＋h,3)，即彈性勢能增加量為eq\f(mgH＋h,3)，故D正確．3.如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為eq\f(3,2)l，斜面BC段上方有沿斜面向上的勻強(qiáng)電場．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＝eq\r(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，經(jīng)過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點(diǎn)，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，不考慮運(yùn)動過程中物塊電荷量的變化，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)物塊平拋過程中的位移大?。?2)物塊在電場中的最大電勢能．答案(1)eq\f(\r(13),2)l(2)2mgl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＝eq\f(v0,cosα)，豎直速度vy＝vsinα，平拋運(yùn)動時(shí)間t＝eq\f(vy,g)，平拋過程中水平位移x＝v0t，又有豎直位移y＝eq\f(vy2,2g)，平拋的位移s＝eq\r(x2＋y2)，聯(lián)立解得s＝eq\f(\r(13),2)l.(2)設(shè)物塊沿斜面向下運(yùn)動的最大位移為x′，自物塊從A點(diǎn)開始向下運(yùn)動到再次返回A點(diǎn)，根據(jù)動能定理有－2μmgcosα·x′＝0－eq\f(1,2)mv2，解得x′＝2l.物塊位于最低點(diǎn)時(shí)，電勢能最大，物塊自A點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，設(shè)靜電力做功為W，根據(jù)動能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－eq\f(1,2)mv2，解得W＝2mgl，即物塊電勢能的最大值為2mgl.4.如圖所示，絕緣的斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加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0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7JD．金屬塊的機(jī)械能減少1.4J解析：選C在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、B錯(cuò)誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力做功－0.5J，根據(jù)動能定理得，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)動到Q點(diǎn)時(shí)速度為零，Q點(diǎn)在O點(diǎn)上方R處。下列說法正確的是()A．P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢低B．P點(diǎn)場強(qiáng)比Q點(diǎn)場強(qiáng)大C．P、Q兩點(diǎn)的電勢差為eq\f(mgR,q)D．Q點(diǎn)的場強(qiáng)大小等于eq\f(mg,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，受到沿x軸向上的電場力作用，故電場方向沿x軸向下，沿電場線方向電勢逐漸降低，故P點(diǎn)電勢比Q點(diǎn)電勢高，A錯(cuò)誤；開始qEP<mg，在Q點(diǎn)qEQ>mg，故P點(diǎn)場強(qiáng)比Q點(diǎn)場強(qiáng)小，B、D錯(cuò)誤；由動能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q兩點(diǎn)的電勢差為UPQ＝eq\f(mgR,q)，C正確。6.（多選）如圖所示，足夠長的傾角為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，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，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)動的過程中，下列說法正確的是（）A.物塊的機(jī)械能和電勢能之和減小B.物塊受到的電場力小于0.2NC.電場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)動的過程中，物塊克服摩擦力做功，機(jī)械能和電勢能之和減小，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)牛頓第二定律有可得故B錯(cuò)誤；C．物塊加速度大小為3m/s2、方向沿斜面向下，則根據(jù)克服摩擦力和重力做的功與電場力做的功的關(guān)系，有即電場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，電場力大于摩擦力，電場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?！舅仞B(yǎng)提升】7.空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(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)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度的大小；(2)B運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)的動能。解析：(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2 ②解得E＝eq\f(3mg,q)。 ③(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)的動能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動能定理有Ek－eq\f(1,2)mv12＝mgh＋qEh ④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 ⑦答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)8．(多選)電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進(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，以極高的速度向陽極運(yùn)動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉(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)，聚焦電場過P點(diǎn)的一條電場線如圖中弧線所示，則()A．電極A1的電勢高于電極A2的電勢B．電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向夾角大于90°C．聚焦電場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)的動能大于3×104eV解析：選ABD由粒子運(yùn)動軌跡與力的關(guān)系可知電子在P點(diǎn)受到的電場力斜向左下方，電子帶負(fù)電，所以電場強(qiáng)度方向與電子受到的電場力方向相反，即電極A1的電勢高于電極A2的電勢，故A正確；電子在P點(diǎn)時(shí)速度方向與聚焦電場強(qiáng)度方向夾角大于90°，故B正確；聚焦電場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；由動能定理，電子到達(dá)聚焦電場時(shí)動能已經(jīng)為3×104eV，再經(jīng)過聚焦電場加速，可知電子轟擊到物料上時(shí)的動能大于3×104eV，故D正確。9.(多選)如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L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。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，則過最高點(diǎn)D的最小速度為eq\r(gL)B．若小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動到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，小球從C到D的過程中機(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)動到D點(diǎn)且速度為零解析：選BC由于電場強(qiáng)度mg＝Eq，將電場力和重力合成，合力方向通過圓心時(shí)，合力所在的直線與圓周的交點(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＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，故若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，則它運(yùn)動的最小速度為v，在右上方的交點(diǎn)時(shí)，繩子拉力為零，此時(shí)則有：eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，解得，v＝eq\r(\r(2)gL)，故過最高點(diǎn)D的最小速度一定大于eq\r(gL)，故A錯(cuò)誤；除重力和彈力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，則小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)，電場力做正功最大，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，小球從C到D的過程中電場力做功，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方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。10．在一個(gè)水平面上建立x軸，在過原點(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，場強(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)動的最大距離；(2)物塊最終停止的位置。[解析](1)設(shè)物塊向右運(yùn)動的最大距離為xm，由動能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－eq\f(1,2)mv02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)動到N過程中()A．小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動能的增加量D．小球動能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和解析：選BC由于有電場力做功，故小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和是改變的，故A錯(cuò)誤；由題意，小球受到的電場力與重力大小相等，在小球從M運(yùn)動到N過程中，重力做多少正功，重力勢能就減少多少，電場力做多少負(fù)功，電勢能就增加多少，又兩力做功一樣多，可知B正確；由動能定理可知，彈力對小球做的功等于小球動能的增加量，又彈力的功等于彈性勢能的減少量，故C正確；顯然電場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)動經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零。則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量D．從N到Q的過程中，電勢能一直增加解析：選BDa由N到Q的過程中，重力豎直向下，而庫侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫侖力的夾角一直減小，同時(shí)庫侖力在增大，故合力一直在增大，故A錯(cuò)誤；在從N到P的過程中合力先與運(yùn)動方向的夾角為銳角，合力做正功；而后合力與運(yùn)動方向夾角為鈍角，合力做負(fù)功，故從N到P的過程中，速率先增大后減小，故B正確；從P到Q的過程中，由動能定理可知，－mgh－WE＝0－eq\f(1,2)mv2，故動能的減小量等于重力勢能增加量和電勢能的增加量，故C錯(cuò)誤；由于在下降過程中，庫侖力一直與運(yùn)動方向夾角大于90度，故庫侖力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，故D正確。13.[多選]空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場，電場線分布如圖所示。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q，電性未知的小球在該電場中運(yùn)動，小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動至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)的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為EA＞EB、φA＜φBB．若v2＞v1，則電場力不一定做正功C．A、B兩點(diǎn)間的電勢差為eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中電場力做的功為eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解析：選BC由電場線的疏密可判斷出EA＜EB，由電場線的方向可判斷出φA＞φB，故A錯(cuò)誤；在運(yùn)動的過程中，由動能定理得，mgh＋qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，若v2＞v1，qU可正可負(fù)，即電場力不一定做正功，A、B兩點(diǎn)間的電勢差U＝eq\f(m,2q)(v22－v12－2gh)，電場力做功W＝qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12－mgh，故B、C正確，D錯(cuò)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，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，且小球通過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k)))。已知重力加速度為g，則()A．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過點(diǎn)P時(shí)的動能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的過程中，電勢能減少eq\f(\r(2)mg,k)解析：選BC由軌跡方程y＝kx2可知小球運(yùn)動軌跡為初速度向上的拋物線，合力向右，如圖所示，由受力分析可知eq\r(2)mg＝Eq，E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯(cuò)誤。聯(lián)立方程eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(1,k)＝v0t，解得v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確。據(jù)動能定理mg·eq\f(1,k)＝Ek－eq\f(1,2)mv02，得Ek＝eq\f(5mg,4k)，C正確。ΔEp＝－W＝－Eq·eq\f(\r(2),k)＝－eq\r(2)mg·eq\f(\r(2),k)＝eq\f(－2mg,k)，D錯(cuò)誤?！灸芰ε鄡?yōu)】15.如圖所示，在粗糙水平面上間隔一定距離放置兩個(gè)帶電的物體A、B，帶電荷量分別為Q和—q(設(shè)兩電荷間只有庫侖力)，開始時(shí)，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，在物體B上施加一水平向右的恒力F，使物體A、B向右運(yùn)動．在此過程中，下列說法正確的是()A．力F、庫侖力及摩擦力對物體A所做的功之和等于物體A的動能增量B．力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量C．力F做的功加上摩擦力對物體B做的功等于物體B的動能增量D．力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和答案D解析力F沒有作用在物體A上，故力F對A不做功，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動能定理，力F做的功與摩擦力對物體B做的功及庫侖力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可得，力F做的功加上摩擦力對物體B做的功等于物體B的動能增量與B克服庫侖力做功之和，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知：力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和，故選項(xiàng)D正確．16．如圖所示，一光滑絕緣半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內(nèi)，與光滑絕緣水平面相切于B點(diǎn)，軌道半徑為R。整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場E，場強(qiáng)大小為eq\f(3mg,4q)，一帶正電小球質(zhì)量為m、電荷量為q，從距離B點(diǎn)為eq\f(R,3)處的A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向開始運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)后恰能運(yùn)動到軌道的最高點(diǎn)C。(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則：(1)帶電小球從A點(diǎn)開始運(yùn)動時(shí)的初速度v0多大？(2)帶電小球從軌道最高點(diǎn)C經(jīng)過一段時(shí)間運(yùn)動到光滑絕緣水平面上D點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，B點(diǎn)與D點(diǎn)的水平距離多大？[解析](1)小球在半圓環(huán)軌道上運(yùn)動時(shí)，當(dāng)小球所受重力、電場力的合力方向與速度垂直時(shí)，速度最小。設(shè)F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，故F合＝eq\f(Eq,sin37°)＝eq\f(5,4)mg。設(shè)此時(shí)的速度為v，由于合力恰好提供小球圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓第二定律得eq\f(5mg,4)＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(\f(5gR,4))從A點(diǎn)到該點(diǎn)由動能定理得－mgR(1＋cos37°)－eq\f(3mgR,4)eq\f(1,3)＋sin37°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。(2)設(shè)小球運(yùn)動到C點(diǎn)的速度為vC，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)由動能定理得－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)當(dāng)小球離開C點(diǎn)后，在豎直方向做自由落體運(yùn)動，水平方向做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)C點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動時(shí)間為t。設(shè)水平方向的加速度為a，B點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離為x水平方向上有eq\f(3mg,4)＝max＝vCt＋eq\f(1,2)at2豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得x＝eq\r(7)＋eq\f(3,2)R。[答案](1)eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)eq\r(7)＋eq\f(3,2)R17.(多選)如圖，一根不可伸長的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B后，小球擺到C點(diǎn)時(shí)速度為0，則()A．小球在B點(diǎn)時(shí)速度最大B．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少C．小球在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力最大D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中小球的電勢能一直增加解析：選BD小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當(dāng)于在重力和電場力的合力及細(xì)線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動。當(dāng)小球運(yùn)動到重力和電場力的合力和