【文档说明】《2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破》专题56电场中功能关系的综合应用（解析版）.docx，共(19)页，976.259 KB，由envi的店铺上传

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专题56电场中功能关系的综合应用1.电场力做功的计算方法：(1)(2)只适用于匀强电场(3)(4)(5)(6)适用于任何形式的静电场(1)W＝FLcosα＝qELcosα（L是带电体的位移）(2)W＝Fd＝qEd（d是两点沿着电场线的距离)(3)WAB＝EpA－EpB(4)WAB＝qUAB＝

q(φA－φB)(5)W＝±qU(6)W电场力＋W其他力＝ΔEk.2.电场中的功能关系：(1)重力做的功等于重力势能的减小量．(2)电场力做的功等于电势能的减小量．(3)合力做的功等于动能的变化量．(4)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(5)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．(6)除重力、系统内弹力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．1.（2022安阳一模）(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向

上抛出通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若MN连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中（）A.小球的动能先减小再增大B.小球的机械能先增大再减小C.小球的重力大小一定等于电场力大小D.小球的电势能一定逐渐增大【答案】AC【解析】BD．由题意可知，电场力对小球做正

功，则小球的电势能一直减小，除了重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，故BD错误；C．根据几何关系知：小球竖直方向速度减为零的位移和水平方向速度增加到v的位移相等，根据位移速度关系22vax=可得竖直方向的加速度和水平

方向加速度相等，可得xyaa=又=xmamg=ymaqE可得mgqE=故C正确；A．根据动能定理kk0−=−+EEmgyqEx得kk0=−++EmgyqExE竖直方向做初速度为v匀减速直线运动，水平方向做

初速度为零的匀加速直线运动，开始重力做的负功大于电场力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度相等后，电场力做正功的大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，故A正确。故选AC。2．(多选)一带电粒子沿着图中曲线JK穿过一匀强电

场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定（）A．该粒子带正电B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变【答

案】BD【解析】AB．由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，B正确；CD．由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变。故C错误，D正

确。故选BD。3．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械

能一定增加【答案】C的【解析】A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；C、粒子在电场力和重

力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，C正确；D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；4.(多选)如图所示为一匀强电场，某

带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J．则下列说法正确的是()．A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC．粒子在A点的动能比在B点多0.5JD．粒子在A点的

机械能比在B点少1.5J【答案】CD【解析】从粒子的运动轨迹可以看出，粒子所受的电场力方向与场强方向相同，粒子带正电，A错误；粒子从A点运动到B点，电场力做功1.5J，说明电势能减少1.5J，B错误；对粒子应用动能定理得：W电＋W重＝EkB－Ek

A，代入数据解得EkB－EkA＝1.5J－2.0J＝－0.5J，C正确；粒子机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，电场力做功1.5J，则粒子的机械能增加1.5J，D正确．5．(多选)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场

，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（）A．带正电B．在b点的电势能大于在c点的电势能C．由a点到b点的电势差等于由b点到c点的电势差D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化【答案】ABD【解析】A.根据轨迹弯曲方向判

断知，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同种电荷相互排斥，故知该粒子带正电荷，故A正确；B.粒子从b到c电场力做正功，电势能减小，则在b点的电势能大于在c点的电势能，故B正确；CD.根据点电荷的电

场的特点可知，ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，则由a点到b点的电场力做的功大于由b点到c点电场力做的功，所以a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能

变化，故C错误，D正确；6．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）(多选)如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60°，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将电量为q（q>0）、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同且都与

圆共面，粒子可以经过圆周上的所有点。其中经过C点时粒子的动能最小且为𝐸k02。已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g，匀强电场的场强𝐸=2𝑚𝑔𝑞。那么（）A．M点的电势高于A点的电势B．B点的电势等于D点的电势C．粒子经过M点时的动能为38�

�k0D．粒子经过AB连线中点时的动能为54𝐸k0【答案】AD【解析】AB．由题意，因为粒子经过C点时粒子的动能最小，所以粒子从O到C克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做功只与粒子的初末位置有关，与路经无关，

由此可推知重力和电场力的合力F的方向一定水平向左，如图所示，又因为𝑞𝐸=2𝑚𝑔则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M点的电势高于A点的电势，B点的电势低于D点的电势，故A正确，B错误；C．根据前面分析可

知粒子所受合外力大小为𝐹=𝑚𝑔tan30°=√3𝑚𝑔对从O到C的粒子，根据动能定理有𝐸k02−𝐸k0=−𝐹𝑅根据几何关系可知OM垂直于电场线，所以OM为一条等势线，粒子从O到M的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能

定理有𝐸k𝑀−𝐸k0=−𝑚𝑔𝑅sin60°解得𝐸k𝑀=34𝐸k0故C错误；D．AB连线中点G在AO上的投影点为H，根据几何关系可知𝐻𝑂=𝑅2根据动能定理有𝐸k𝐺−𝐸k0=𝐹⋅𝐻𝑂解得𝐸k𝐺

=54𝐸k0故D正确。7．（2022·四川巴中·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场有一带电滑块，从A点沿粗糙绝缘的水平面以100J的初动能向左滑动，当第一次到达B点时，动能减小了30J，其中有18J转化为电势能，下面判断正确的是（）A．滑块向左运动过程中它的动能和电势

能均增大B．滑块向左运动过程中它的机械能不变C．滑块在运动过程中它的最大电势能是60JD．滑块再次经过B点时它的动能是18J【答案】C【解析】A．由题意可知，滑块向左运动过程中动能减小，电势能增大，A错误；B．滑块向左运动过程中电场力和摩擦力

均做负功，则机械能减小，B错误；C．滑块向左运动过程中，动能减小30J，其中有18J转化为电势能，则克服摩擦力做功为12J，即FdAB=18J，fdAB=12J电场力与摩擦力之比为𝐹𝑓=32从B点到速度为

零，动能减小70J，克服摩擦力做功为𝑊f=70×25J=28J则转化的电势能为70－28J=42J，则最大的电势能为Ep=18＋42J=60JC正确；D．设滑块再次经过B点时速度为v′B，整个过程中电场力做功为零，根据动能定理−2

𝑊f=12𝑚𝑣′𝐵2−12𝑚𝑣𝐵2得𝐸′k𝐵=14JD错误。故选C。8．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，电场方向与六边形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为1V、

6V和9V．则下列说法正确的是（）A．D点的电势为7VB．电子在A点的电势能比在E点的低1eVC．电子从C点运动到F点，电场力做功为10eVD．UDF=－8V【答案】A【解析】A.在匀强电场中，两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等，则𝜑𝐴−𝜑𝐷=2(𝜑𝐵

−𝜑𝐶)，得𝜑𝐷=7V，A正确；B.同理可求得𝜑𝐹=−1V、𝜑𝐸=2V，电子在A的电势能𝐸𝑝𝐴=𝑞𝜑𝐴=−1eV，在E点的电势能𝐸𝑝𝐸=𝑞𝜑𝐸=−2eV，所以电子在A点的电势能比在E点的

高1eV，B错误；C.电子从C点运动到F点，电场力做功为𝑊𝐶𝐹=𝑞𝑈𝐶𝐹=𝑞(𝜑𝐶−𝜑𝐹)=−10eV，C错误；D.𝑈𝐷𝐹=𝜑𝐷−𝜑𝐹=8V，D错误．9．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示

，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为+𝑄的点电荷。一质量为m、带电荷量为+𝑞的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度𝑣0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的

电场在A点的电势为𝜑（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为45°，k为静电常数，下列说法正确的是（）A．点电荷+𝑄产生的电场在B点的电场强度大小为𝑘𝑄ℎ2B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为𝐹N=𝑚𝑔+𝑘𝑄𝑞2ℎ2C．物块从A

到B机械能减少量为𝑞𝜑D．点电荷+𝑄产生的电场在B点的电势为𝜑𝐵=𝜑+𝑚(𝑣02−𝑣2)2𝑞【答案】AD【解析】A．由点电荷的电场强度公式𝐸=𝑘𝑄𝑟2得𝐸𝐵=𝑘𝑄ℎ2故A正确；B．物体受到点电荷的库仑力为𝐹=𝑘

𝑞𝑄𝑟2由几何关系可知𝑟=ℎsin45°物体在𝐴点时，由平衡条件有𝐹N−𝑚𝑔−𝐹sin45°=0解得𝐹N=𝑚𝑔+√2𝑘𝑞𝑄4ℎ2故B错误；CD．设点电荷产生的电场在𝐵点的电势为𝜑�

�，机械能减少量为Δ𝐸机，动能定理有𝑊𝐴𝐵=−Δ𝐸机=−𝑞(𝜑−𝜑𝐵)=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02解得Δ𝐸机=𝑚2(𝑣02−𝑣2)，𝜑𝐵=𝑚2𝑞(𝑣02−𝑣2)+𝜑故C错误，D正确。10．

如图，𝑎𝑏𝑐是竖直平面内的光滑固定轨道，𝑎𝑏水平，长度为2𝑅；𝑏𝑐是半径为𝑅的四分之一圆弧，与𝑎𝑏切于𝑏点。一质量为𝑚，带电量为+𝑞的小球在空间中水平向右大小为𝐸=𝑚𝑔𝑞的匀强电场中，从𝑎点静止开始向右运动。重力加速度为𝑔

。小球从𝑎点运动到其轨迹的最高点，机械能增量为（）A．2𝑚𝑔𝑅B．3𝑚𝑔𝑅C．5𝑚𝑔𝑅D．6𝑚𝑔𝑅【答案】C【解析】小球从a点运动到c点，有𝑞𝐸⋅3𝑅−𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣𝑐2设小球从c点运动到其轨迹最高点经过的时间为t，这段时间t内，小球在竖直方向上作竖直

上抛运动到最高点，在水平方向上则作匀加速运动，有𝑣𝑐=𝑔𝑡𝑦=𝑣𝑐𝑡−12𝑔𝑡2在水平方向上则作匀加速运动，有𝑞𝐸=𝑚𝑎𝑥𝑣𝑥=𝑎𝑥𝑡小球机械能的增量Δ𝐸=𝑚𝑔(𝑅+𝑦)+12𝑚𝑣𝑥2联立解得Δ𝐸=5𝑚𝑔𝑅故选C。11．（2022·安

徽省宣城中学二模）(多选)如图所示，固定光滑绝缘直杆上套有一个质量为m，带电量为+𝑞的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球绝缘相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的

夹角为𝜃，两弹簧的劲度系数均为3𝑚𝑔sin𝜃𝐿，小球在距B点45L的P点处于静止状态，Q点距A点45L，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．匀强电场的电场强度大小为𝑚𝑔sin𝜃5𝑞B．若

小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点，则初速度𝑣0=√12𝑔𝐿sin𝜃25C．若小球从Q点由静止下滑，动能最大为12𝑚𝑔𝐿sin𝜃25D．若小球从Q点由静止下滑，则小球在Q点的加速度大小为125𝑔sin𝜃【答案】CD【解析】A．由题意可知小球在P点静止时，两弹簧对小球的

弹力方向均沿直杆向上，且大小均为𝑇=𝑘Δ𝑥=3𝑚𝑔sin𝜃𝐿(𝐿−4𝐿5)=35𝑚𝑔sin𝜃设匀强电场的电场强度大小为E，在沿直杆方向根据平衡条件有(𝑚𝑔+𝑞𝐸)sin𝜃=

2𝑇联立以上两式解得𝐸=𝑚𝑔5𝑞故A错误；B．根据对称性可知小球在P、Q两点时两弹簧的弹性势能之和相同，即小球从P到Q的过程中两弹簧对小球做功的代数和为零，则根据动能定理有−(𝑚𝑔+𝑞𝐸)(2𝐿−85𝐿)sin𝜃=12𝑚𝑣02解得𝑣0=√24

𝑔𝐿sin𝜃25故B错误；C．小球从Q点由静止下滑过程中，当合外力为零时动能最大，即小球运动至P点时动能最大，对小球从Q到P的过程，根据动能定理有𝐸km=(𝑚𝑔+𝑞𝐸)(2𝐿−85𝐿)sin𝜃=1225𝑚𝑔�

�sin𝜃故C正确；D．若小球从Q点由静止下滑，在𝑄点，根据牛顿第二定律得2𝑘(𝐿−4𝐿5)+𝑚𝑔sin𝜃+𝑞𝐸sin𝜃=𝑚𝑎解得𝑎=125𝑔sin𝜃故D正确。12．（2022·江西南

昌·模拟预测）如图所示，在光滑的水平面内存在沿y轴方向的匀强电场，质量为m的带电量为q（q>0）的带电小球以某一速度从O点出发后，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为𝑣0，方向沿x轴正方向，连线与Ox轴夹角为37°。已知sin37°=0.6，求：（1）小球从O点出发时的速度大小；（2）O

A之间的电势差𝑈𝑂𝐴。【答案】（1）𝑣=√132𝑣0；（2）𝑈𝑂𝐴=−9𝑚𝑣028𝑞【解析】（1）小球从O到A点做类平抛运动，有𝑥=𝑣0𝑡𝑦=12𝑎𝑡2且tan37°=𝑦𝑥解得𝑣𝑦=𝑎𝑡=32𝑣0

小球经过坐标原点O的速度为𝑣=√𝑣02+𝑣𝑦2=√132𝑣0（2）小球从O到A的过程中，电场力所做的功为𝑊𝑂𝐴=12𝑚𝑣02−12𝑚𝑣2又因为𝑊𝑂𝐴=𝑞𝑈𝑂𝐴故𝑈𝑂𝐴=−9𝑚𝑣028𝑞13.如图所示，在竖直平面

内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重

力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．【答案】(1)7gR(2)－mgR2q【解析】(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的

过程中静电力做的功为零．由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝3R2根据动能定理有mg·3R2＝mvC22－mvB22解得vC＝7gR.(2)小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝mvC22，又根据静电力做功与电势能的关系：W电

＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因为φC＝0，可得φA＝－mgR2q.14.如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点电荷，电荷量为Q.现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A

点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度正好又变为零，B、C和D相距分别为13h、14h，静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量q和在C点处的加速度；(2)C、A两点间的电势差．【答案】(1)mgh29kQ79g，方向竖直向上(2)27

kQ4h【解析】(1)小球运动到C点时速度又变为零，可判断出小球带正电，小球在B点时速度达到最大值，有mg＝kQq13h2解得：q＝mgh29kQ在C点，由牛顿第二定律得kQq14h2－mg＝ma解得a＝79g，方向竖直向上．(2)从A到C过程，由动能定理得mg(h－14

h)＋qUAC＝0可得UCA＝－UAC＝27kQ4h.15．如图所示，绝缘粗糙的水平轨道AB（动摩擦因数μ=0.5）与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线

与轨道所在的平面平行，电场强度E=1N/C。现有一电荷量q=+1C、质量m=0.1kg的带电体（可视为质点）在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中

未画出）。g取10m/s2，求：（1）带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小；（2）P点到B点的距离xPB；（3）带电体在从B点运动到落至C点的过程中何处动能最大？并求出最大动能。（第3小题保留两位有效数字）【答案】（1）2m/s；（2）2m；（3）当运动到带电体与圆心的连线与竖直方向成45°时，

动能最大，最大动能为1.2J【解析】（1）设带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小为vC，由题意，根据牛顿第二定律得𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶2𝑅解得𝑣𝐶=2m/s（2）设带电体运动到B点时的速度大小为vB，对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得−2𝑚𝑔𝑅=12𝑚�

�𝐶2−12𝑚𝑣𝐵2解得𝑣𝐵=2√5m/s对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理得𝑞𝐸𝑥𝑃𝐵−𝜇𝑚𝑔𝑥𝑃𝐵=12𝑚𝑣𝐵2解得𝑥𝑃𝐵=2m（3）带电体在重力场和电场的复合中运动，当带电体在半

圆形轨道上运动至速度方向与电场力和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点Q时）的动能最大，由题意可知带电体所受重力和电场力大小相等，根据力的合成与分解可知OQ连线与竖直方向的夹角为45°。设带电体的最大动能为Ekm，对带电体

从B运动到Q的过程，根据动能定理得𝑞𝐸𝑅sin45°−𝑚𝑔𝑅(1−cos45°)=𝐸km−12𝑚𝑣𝐵2解得𝐸km≈1.2J16．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的14光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB

与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度𝐸=𝑚𝑔𝑞，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）

小球到达C点时对轨道的压力为多大?（2）小球从A点开始，经过C点脱离轨道后上升到最高点过程中，小球的电势能怎样变化?【答案】（1）5mg；（2）减少了5mgR【解析】（1）设小球在C点的速度为vC，小球从A点运

动到C点过程中，由动能定理可得𝐸𝑞⋅3𝑅−𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣𝐶2小球在C点时水平方向的支持力N与电场力Eq的合力提供向心力，所以有𝑁−𝐸𝑞=𝑚𝑣𝐶2𝑅由牛顿第三定律可得小球对轨道的压力𝑁′与支持力N大小相等，即𝑁

′=5𝑚𝑔（2）小球经过C点上升到最高点的过程中，由运动的分解可知，在水平方向小球做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动。设小球从C点到最高点的时间为t，则有𝑎𝑥=𝐸𝑞𝑚=𝑔，�

�𝑥=12𝑎𝑥𝑡2，𝑡=𝑣𝐶𝑔小球从A点开始运动到最高点过程中，电场力做功𝑊电=𝐸𝑞(3𝑅+𝑠𝑥)由电场力做功与电势能变化关系式可得𝑊电=−Δ𝐸p解得Δ𝐸p=−5𝑚𝑔𝑅即小球从A点开始上升到最高点的过程中，电势能减少

5mgR。17．如图所示，在竖直面内有半径为R的圆周，圆心为O。将一质量为m的小球（视为质点）以一定的初动能从圆周最左端A点水平向右抛出，小球运动轨迹经过B点，OB连线与水平方向的夹角为60°。现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带正电，

电荷量为q。仅改变小球抛出的方向，若抛出的小球经过C点时动能与初动能相等，已知重力加速度大小为g，∠BOC=60°，A点电势为零，电场区域足够大，求：（1）小球的初动能EkA；（2）C点的电势φC。【

答案】（1）𝐸k𝐴=3√38𝑚𝑔𝑅；（2）𝜑𝐶=√3𝑚𝑔𝑅2𝑞【解析】（1）设小球从A点抛出时的速度大小为𝑣0，从A点运动到𝐵点所用时间为𝑡，由小球做平抛运动，在水平方向上𝑥=𝑣0�

�在竖直方向上ℎ=12𝑔𝑡2由几何关系有𝑥=𝑅+𝑅cos60°，ℎ=𝑅sin60°又𝐸k𝐴=12𝑚𝑣02解得𝐸k𝐴=3√38𝑚𝑔𝑅（2）小球从A点运动至𝐶点，设经过𝐶点时动能为𝐸k𝐶，由动能定理有𝐸k𝐶−𝐸

k𝐴=𝑚𝑔𝑅sin120°+𝑞𝑈𝐴𝐶=0又𝑈𝐴𝐶=𝜑𝐴−𝜑𝐶，𝜑𝐴=0解得𝜑𝐶=√3𝑚𝑔𝑅2𝑞18．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘

轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处

于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0．1kg和mB＝0．2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物体B的带电荷量不变。取g＝10m/s2，sin37°＝

0．6，cos37°＝0．8。(1)求B所受静摩擦力的大小。(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0．6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0．06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的

动摩擦因数μ＝0．4，求A到达N点时拉力F的瞬时功率。【答案】(1)0．4N(2)0．528W【解析】(1)根据题意知当物体A、B静止时，由平衡条件得对物体A，有mAgsinθ＝FT，对物体B，有qE＋Ff＝FT′，又FT＝FT′，代入数据得Ff＝0

．4N。(2)根据题意当物体A运动到N点时对物体A、B分别受力分析如图所示。由牛顿第二定律得，对物体A，有F＋mAgsinθ－FT－Fksinθ＝mAa。对物体B，有FT′－qE－Ff＝mBa。其中Ff＝μmBg，Fk＝kx，FT＝FT′，

由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd。由几何关系得x＝dsinθ－dtanθ，物体A由M运动到N，由v2－v02＝2ad，得物体A运动到N点时的速度v＝2ad，拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv，由以上各式代入数据得P＝0．528W。19．（2022·全国·高三课时练习）

如图所示，在坐标系𝑥𝑂𝑦的第Ⅰ象限内，分布着电场强度大小为E、沿𝑦轴负方向的匀强电场；第Ⅱ象限内，圆心为O的14圆环状区域存在沿半径方向的辐向均匀电场，虚线ab为圆环外径和内径间的中心线，中心线上电场强度的大小也恒为E、方向均指向O点，ab圆弧的半径为R。从离子源飘出的正

离子束（初速度可忽略），经第Ⅲ象限的电场加速后从x轴上的a点进入辐向电场，并沿中心线ab做圆周运动，之后由b点进入第Ⅰ象限并射到位于x轴的靶上。不计重力和离子间的相互作用，求：（1）加速电场的电压。（2）离子射到靶上时离O点的距离及其速率与比荷的函数关系。

【答案】（1）𝐸𝑅2；（2）√2R，𝑣=√3𝐸𝑞𝑅𝑚【解析】（1）设离子的质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，加速后速度大小为v0，则有𝑞𝑈=12𝑚𝑣02离子沿中心线ab做匀速圆周运动，

由牛顿运动定律有𝑞𝐸=𝑚𝑣02𝑅解得𝑈=𝐸𝑅2（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，设该过程加速度大小为a，时间为t，离子通过匀强电场后射到靶上时离O点的距离为x，速率为v，由牛顿运动定

律及运动学规律有𝑞𝐸=𝑚𝑎𝑅=12𝑎𝑡2𝑥=𝑣0𝑡解得𝑥=√2𝑅设离子通过匀强电场后射到靶上时的速率为v，由动能定理有𝑞𝑈+𝑞𝐸𝑅=12𝑚𝑣2解得𝑣=√3𝐸𝑞𝑅𝑚20．如图甲所示，M、N竖直金属板间加如图乙所示的周期性变化的电压，P、Q水平金属板

间加恒定电压U，P、Q板间距离为L，板长为L，在P、Q板的右侧有一块长为2√33𝐿的挡板竖直放置开关于P、Q板中线对称，挡板到P板右端水平距离为12𝐿，在挡板右侧有一足够长竖直放置的荧光屏，荧光屏到P板右端的距离为L，在M

板附近有一粒子源A，从粒子源中不断由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，沿P、Q板的中线射入偏转电场，P板带负电，不计粒子的重力，粒子在M、N间加速的时间远小于𝑡1，求：（1）荧光屏上有粒子打到区域，最长可能为多少？（2）要使所有的粒子均能打在荧光屏上，𝑈

1最小为多少？𝑈2最大为多少？【答案】（1）(3−√3)𝐿2；（2）12𝑈0，√32𝑈0【解析】（1）粒子从偏转电场射出时速度方向的反向延长线一定过P、Q之间的中心位置O，如图所示，设粒子打在荧光屏上最高位置为B，最低位置为C，则OB恰好经过P板右边缘，OC恰好经

过挡板上边缘，粒子打在荧光屏上区域的最大长度即为BC的长度。设OB与水平方向的夹角为𝜃，OC与水平方向的夹角𝛼，由几何关系可知tan𝜃=𝐿2𝐿2=1tan𝛼=√33𝐿𝐿2+𝐿2=√33所以𝐵𝐶=(12𝐿+𝐿)(tan𝜃−tan𝛼)=(3−√3)𝐿2（2）当𝑈1最

小时，粒子刚好从P板右边缘飞出。设粒子经过U1m加速后获得的速度大小为v1，根据动能定理有𝑞𝑈1m=12𝑚𝑣12根据牛顿第二定律可得粒子在偏转电场中做类平抛运动的加速度大小为𝑎=𝑞𝑈0𝑚𝐿设粒子在偏转电场中运动时间为t

1，根据运动学规律有𝐿=𝑣1𝑡112𝐿=12𝑎𝑡12解得𝑈1m=12𝑈0当𝑈2最大时，粒子刚好经过挡板上边缘。设粒子经过U2m加速后获得的速度大小为v2，根据动能定理有𝑞𝑈2m=12𝑚𝑣22设粒

子在偏转电场中运动时间为t2，根据运动学规律有𝐿=𝑣2𝑡212𝐿tan𝛼=12𝑎𝑡22解得𝑈2m=√32𝑈0获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com