2024-2025学年高二物理 同步学与练（ 人教版2019必修第三册）10.9 静电场中的功能关系 （解析版）

10.9静电场中的功能关系

学习目标

课程标准物理素养

3.1.5知道静电场中的电

荷具有电势能。了解电势物理观念：理解电势能的变化与静电力做功的关系。知道常见的电势能零点

能、电势的含义。了解电的规定方法。

势差的含义。知道匀强电科学思维：会计算静电力所做的功。

场中电势差与电场强度的科学探究：通过解决带电粒子在电场中加速和偏转的问题，加深对牛顿运动

关系。能分析带电粒子在定律和功能关系两个角度分析物体运动的认识，以及将匀变速曲线运动分解

电场中的运动情况，能解为两个方向上的简单运动来处理的思路的认识。

释相关的物理现象。科学态度与责任：体会能量观点是分析物理问题的重要方法。

02思维导图

处理电场中能量问题的基本方法

在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。

(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。

(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。

(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。

(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。

03知识梳理

（一）课前研读课本，梳理基础知识：

一、电场中常见的功能关系

1.除重力之外，其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量．

2.所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．

二、电场中常见的能量守恒

1．若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．

2.若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．

04题型精讲

【题型一】图像中的功能关系

【典型例题1】[多选]如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正电荷，

细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至

h＝0的过程中，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示，则()

A．小环可能带负电

B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加

C．从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段

D．小环将做以O点为中心的往复运动

解析：选BC结合动能Ek随h的变化图像可知，小环带正电，故选项A错误；从h高处下落至h＝0的过

程中，小环受到电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由题图可知，从h高处下落至h＝0的过程中，

经过了加速、减速、再加速三个阶段，故选项B、C正确；在下落至O点时小环所受电场力与杆对小环的

支持力平衡，合力为重力，过了O点后，电场力、杆对小环的支撑力和重力的合力向下，小环一直做加速

运动，故选项D错误。

【典型例题2】（多选）甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，

T

质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板

3

边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述

正确的是()

A．末速度大小为2v0

B．末速度沿水平方向

1

C．重力势能减少了mgd

2

D．克服电场力做功为mgd

答案BC

TT2T2T

解析因0～内微粒匀速运动，故qE0＝mg；在～时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝时

3333

gT2T

刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律得2qE0－mg＝ma，解得a＝g，

33

T

方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B

3

d11

正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W

222

1

电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。

2

【对点训练1】一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图

所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是()

A．在x1处粒子速度最大

B．在x2处粒子加速度最大

C．在x3处电势最高

D．在x2处电势为零

解析：选C带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的。则粒子在从x1向x3运动

的过程中，在x3处的电势能最小，速度最大，A错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－

Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x2处图像的斜率为零，粒子

加速度为零，B错误；负电荷在电势低的地方电势能高，在x3处的电势能最小，所以电势最高，C正确；

Ep

根据公式φ＝，可知在x2处电势不为零，D错误。

q

【对点训练2】(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一

光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电

－

荷量q＝5.0×104C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球

运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()

A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大

B．由C到A电势逐渐降低

C．C、B两点间的电势差UCB＝0.9V

D．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m

答案BCD

解析从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A

12

错误，B正确；根据动能定理知qUCB＝mvB－0，解得UCB＝0.9V，故C正确；根据对称性知O点电场强

2

度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点

Δv0.3

的电场强度最大，小球的加速度a＝＝m/s2＝0.06m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝

Δt5

1.2V/m，故D正确．

【题型二】圆周运动中的功能关系

【典型例题3】(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂

3mg

于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低

4q

点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.

则下列说法正确的是()

A．小球在运动过程中机械能守恒

B．小球在运动过程中机械能不守恒

C．小球在运动过程中的最小速度至少为gL

5

D．小球在运动过程中的最大速度至少为gL

2

答案BD

解析小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，

5

小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在最高点的最小速

4

2

v15gL12

度v1满足G′＝m，得v1＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝mv2

L22

125

－mv1，解得v2＝gL，故D正确．

22

【典型例题4】(多选)如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，内壁光滑，AB为该环的水平直径，管

的内径远小于环的半径，直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略小于塑料管内径、

质量为m、带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，则小球释放后()

A．到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动

B．第一次到达B点时对管壁的压力为4mg

C．第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1

D．前后两次经过最高点C时对管壁的压力之差为4mg

mvB

解析设小球到B点时速度为vB，有qE×2R＝，qE＝mg，得vB＝2gR，A错；小球第一次到达B点

2

2

mvB

时有FN－Eq＝，解得FN＝5mg，B错；小球所受的重力和电场力的合力沿从O指向弧BD中点的方向，

R

2

mvD

根据运动的对称性，小球在D、B两点的速度大小相等，则vD＝2gR，F1－mg＝，得F1＝5mg；设小

R

222

mvCmvBmvC

球在C点速度为vC，由动能定理有－＝－mgR，得vC＝2gR，再由F2＋mg＝，得F2＝mg，即

22R

222

mvmvCmv

F1∶F2＝5∶1，C对；设小球第二次经过C点时速度为v，有－＝2EqR，F3＋mg＝，联立得F3

22R

＝5mg，则ΔF＝F3－F2＝4mg，D对。

答案CD

【对点训练3】（多选）如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，绝缘水平地面与

圆心为O、半径为R的竖直固定的半圆形绝缘轨道AB平滑相接于A点。一质量为m、电荷量为q的带正电

的光滑小球在水平面上以大小为v0的速度向右运动，小球经A点沿轨道向上运动，恰好能通过B点。已知

mg

E，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

4q

A.小球通过B点时的速度大小为gR

15gR

B.v0的大小为

2

R

C.小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为4

g

1

D.小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为

2

【答案】BD

【解析】A．小球恰好能通过B点，则轨道对小球的支持力恰好为零，根据其受力情况结合牛顿第二定律可

得

v2

mgqEm

R

结合题意，解得B点的速度为

3gR

v

4

故A错误；

B．小球从A到B的过程中，由动能定理可得

11

qE2R2mgRmv2mv2

220

代入数据可得

15gR

v

02

故B正确；

C．小球脱离轨道后做类平抛运动，在竖直方向上有

1

mgqEma，2Rat2

2

代入数据可得

43R

t

3g

故C错误；

D．小球落地瞬间竖直方向速度为

vyat3gR

小球在空中运动时，水平方向做匀速运动，故小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为

3gR

v1

tan4

vy3gR2

故D正确。

故选BD。

【对点训练4】如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形

细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，

细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F，一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆

周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是()

A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大

B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低

C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能

D．小球在D、F两点所受的电场力相同

解析：选C小球从C到D的过程中电场力的方向与速度方向的夹角一直是钝角，电场力一直做负功，速

度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则

有O指向F，顺着电场线方向电势降低，因此有φC>φO>φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝

φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，

C正确；等量同种正点电荷的电场线如图，D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D

错误。

【题型三】恒力作用下的功能关系

【典型例题5】(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由

静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下

列判断正确的是()

mg

A．电场强度的最小值等于

q

mgsinθ

B．电场强度的最大值等于

q

C．带电油滴的机械能可能增加

D．电场力可能对带电油滴不做功

解析：选CD带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，

根据三角形定则作出合力，如图所示。当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝

mgsinθmgsinθ

qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电

qq

场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变，这种情况下只有重力做功，带电

mgsinθ

油滴的机械能不变，故D正确；当E＞时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带

q

电油滴的机械能增加，故C正确。

【典型例题6】如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两

点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场

方向的夹角为30°，不计重力。求A、B两点间的电势差。

解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

vBsin30°＝v0sin60°①

由此得vB＝3v0②

设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有

122

qUAB＝m(vB－v0)③

2

2

mv0

联立②③式得UAB＝

q

2

m0

答案v

q

【对点训练5】如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已

知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列说法中正确的

是()

A．金属块带负电荷

B．金属块克服电场力做功8J

C．金属块的电势能减少4J

D．金属块的机械能减少12J

答案：D

【对点训练6】如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量

为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒

子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()

Ek0Ek02Ek02Ek0

A．B．C．D．

4qd2qd2qdqd

解析：选B当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，

粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合

2qE12Ek0

成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有vy＝2d，vy＝v0cos45°，Ek0＝mv0，联立得E＝，故B

m22qd

正确。

05强化训练

01

【基础强化】

1．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N

点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()

1

A．动能增加mv2B．机械能增加2mv2

2

3

C．重力势能增加mv2D．电势能增加2mv2

2

答案B

121232

解析小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)－mv＝mv，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直

222

v2

线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝

2g

1

mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势

2

32122

能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv＋mv＝2mv，D错误；由功能关

22

系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．

2.如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，

1

加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，

3

且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是

()

mg

A．该匀强电场的电场强度为

3q

mgH＋h

B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为

3

C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)

mgH＋h

D．弹簧的弹性势能的增加量为

3

答案D

12mg

解析物块从静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A

33q

错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝

2mgH＋h2mgH＋h2mgH＋h

－，可知机械能减少量为，故B错误；从A到C过程中，静电力做功为－，

333

2mgH＋h2mgH＋h

则电势能增加量为，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W弹＝0，解得弹力做

33

mgH＋hmgH＋h

功为：W弹＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．

33

3

3.如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为l，斜面BC段上方有沿斜面向上的匀强电

2

场．一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝3gl水平抛出，恰好在A点与斜

面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在静电力作用下返回，最终恰好静止在A

3

点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，不计空气阻力，重力

3

加速度为g，求：

(1)物块平抛过程中的位移大小；

(2)物块在电场中的最大电势能．

13

答案(1)l(2)2mgl

2

v0

解析(1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v＝，

cosα

vy

竖直速度vy＝vsinα，平抛运动时间t＝，

g

平抛过程中水平位移x＝v0t，

2

vy

又有竖直位移y＝，

2g

13

平抛的位移s＝x2＋y2，联立解得s＝l.

2

(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理

1

有－2μmgcosα·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，

2

1

设静电力做功为W，根据动能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－mv2，

2

解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl.

4.如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知

在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是()

A．金属块带负电荷

B．静电力做功0.5J

C．金属块克服摩擦力做功0.7J

D．金属块的机械能减少1.4J

解析：选C在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属块带正电荷，故A、

B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力做功－0.5J，根据动能定理得，W

总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2J，故金属块机械

能减少1.2J，故D错误。

5.如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以过O点且垂直于环面的轴线为x轴，

P到O点的距离为2R。质量为m、带负电且电荷量为q的小球从轴上P点由静止释放，小球运动到Q点时

速度为零，Q点在O点上方R处。下列说法正确的是()

A．P点电势比Q点电势低

B．P点场强比Q点场强大

mgR

C．P、Q两点的电势差为

q

mg

D．Q点的场强大小等于

q

解析：选C由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故

电场方向沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始qEP<mg，在

Q点qEQ>mg，故P点场强比Q点场强小，B、D错误；由动能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q两点

mgR

的电势差为UPQ＝，C正确。

q

6.（多选）如图所示，足够长的倾角为30°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有与斜面平行向上的

匀强电场，一质量为0.1kg、带正电的物块（视为质点）以一定的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为3m/s2、

方向沿斜面向下，取重力加速度大小g=10m/s2，则在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）

A.物块的机械能和电势能之和减小

B.物块受到的电场力小于0.2N

C.电场力做的功大于物块克服摩擦力与克服重力做的功之和

D.物块的机械能增加

【答案】AD

【解析】A．在物块向上运动的过程中，物块克服摩擦力做功，机械能和电势能之和减小，故A正确；

B．设物块的质量为m，受到的电场力大小为F电，受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律有

mgsinfF电ma

可得

F电f0.2N

故B错误；

C．物块加速度大小为3m/s2、方向沿斜面向下，则

mgsinfF电

根据克服摩擦力和重力做的功与电场力做的功的关系，有

(mgsinf)xF电x

即电场力做的功小于物块克服摩擦力与克服重力做的功之和，故C错误；

D．物块受到的外力中，电场力大于摩擦力，电场力与摩擦力的合力做正功，物体机械能增加，故D正确。

故选AD。

【素养提升】

7.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两

个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点

t

所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：

2

(1)电场强度的大小；

(2)B运动到P点时的动能。

解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，

有mg＋qE＝ma①

t

11

a22＝gt2②

22

3mg

解得E＝。③

q

(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

12

Ek－mv1＝mgh＋qEh④

2

t

且有v1＝v0t⑤

2

1

h＝gt2⑥

2

222

联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v0＋gt)。⑦

3mg222

答案：(1)(2)2m(v0＋gt)

q

8．(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼

方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104V加速电压的作用下，以极高的速

3

度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间1×10V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，

其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨

迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则()

A．电极A1的电势高于电极A2的电势

B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°

C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小

D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104eV

解析：选ABD由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以

电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P

点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电

子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104eV，再经过聚焦电场加速，

可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104eV，故D正确。

9.(多选)如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细

线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度

mg

为g，电场强度E＝，不计空气阻力，下列说法正确的是()

q

A．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点D的最小速度为gL

B．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大

C．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中机械能不守恒

D．若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且速度为零

解析：选BC由于电场强度mg＝Eq，将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆

F合2mg

周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，小球的加速度大小为a＝＝＝2g，故若小

mm

球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时

v2

则有：2mg＝m，解得，v＝2gL，故过最高点D的最小速度一定大于gL，故A错误；除重力和弹力

L

外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场

力做正功最大，故到B点时的机械能最大，故B正确；若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从

C到D的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；由于mg＝Eq，则小球受合力方向与电场方向

夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。

10．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝

6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝

缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示。

(g取10m/s2)试求：

(1)物块向右运动的最大距离；

(2)物块最终停止的位置。

12

[解析](1)设物块向右运动的最大距离为xm，由动能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv0

2

可求得xm＝0.4m。

(2)因Eq>μmg，物块不可能停止在O点右侧，设最终停在O点左侧且离O点为x处。

由动能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2m。

[答案](1)0.4m(2)O点左侧0.2m处

11．[多选]如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电

小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静

止释放。则释放后小球从M运动到N过程中()

A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变

B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量

C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量

D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和

解析：选BC由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，

小球受到的电场力与重力大小相等，在小球从M运动到N过程中，重力做多少正功，重力势能就减少多少，

电场力做多少负功，电势能就增加多少，又两力做功一样多，可知B正确；由动能定理可知，弹力对小球

做的功等于小球动能的增加量，又弹力的功等于弹性势能的减少量，故C正确；显然电场力和重力做功的

代数和为零，故D错误。

12.[多选]如图所示，半圆槽光滑、绝缘、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)时速度为零。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P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量

D．从N到Q的过程中，电势能一直增加

解析：选BDa由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库

仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大，故合力一直在增大，故A错误；在从N到P的过程中合力先与

运动方向的夹角为锐角，合力做正功；而后合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功，故从N到P的过程

12

中，速率先增大后减小，故B正确；从P到Q的过程中，由动能定理可知，－mgh－WE＝0－mv，故动

2

能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故C错误；由于在下降过程中，库仑力一直与运动方

向夹角大于90度，故库仑力一直做负功，电势能一直增加，故D正确。

13.[多选]空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q，电性未知的

小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。

若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是()

A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＞EB、φA＜φB

B．若v2＞v1，则电场力不一定做正功

m22

C．A、B两点间的电势差为(v2－v1－2gh)

2q

1212

D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv2－mv1

22

解析：选BC由电场线的疏密可判断出EA＜EB，由电场线的方向可判断出φA＞φB，故A错误；在运动的

1212

过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝mv2－mv1，若v2＞v1，qU可正可负，即电场力不一定做正功，A、

22

m221212

B两点间的电势差U＝(v2－v1－2gh)，电场力做功W＝qU＝mv2－mv1－mgh，故B、C正确，D错

2q22

误。

14.[多选]如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带

电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通

1，1

过点Pkk。已知重力加速度为g，则()

mg

A．电场强度的大小为

q

g

B．小球初速度的大小为

2k

5mg

C．小球通过点P时的动能为

4k

2mg

D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少