专题三功能关系复习

2019-2019高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习在只有重力或系统内弹力做功的物体系统内，物体的动能和势能可以相互转化，但机械能保持不变，下面是机械能守恒定律和功能关系专题练习，请考生仔细练习。

1.(2019高考天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A.圆环的机械能守恒B.弹簧弹性势能改变了mgLC.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，选项A、D错误;弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h=L，依据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了Ep=mgh=mgL，选项B正确;圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.2.如图所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是()A.2RB.C.D.解析：选C.如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，依据机械能守恒定律有：2mgR=mgR+3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2=mgh，解得h=R.则B上升的高度为R+R=R，故选项C正确.3.(2019山东潍坊二模)(多选)如图所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.起先时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用.现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A.a的加速度为B.a的重力势能增加mghC.绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D.F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析：选BD.由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT=mg，FT=magsin .即：mg=magsinEpa=maghsin由得：Epa=mgh选项B正确.当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误;对物块a、b 分别由动能定理得：WFT-magsin h+Wf=EkaWF-WFT+mgh=Ekb由式可知，选项C错、D对.4.(2019湖北八校高三联考)(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，其次阶段匀速运动到传送带顶端.则下列说法中正确的是()A.第一阶段和其次阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.其次阶段摩擦力对物体做的功等于其次阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能解析：选ACD.第一阶段和其次阶段传送带对物体的摩擦力方向均沿传送带方向向上，故对物体都做正功，选项A正确;在第一阶段和其次阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加量，选项B错误、选项C正确;第一阶段摩擦力与物体和传送带之间的相对位移的乘积数值上等于系统产生的内能，选项D正确.5.(多选)如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v，在整个过程中() A.木板对小物块做的功为mv2B.支持力对小物块做的功为零C.小物块的机械能的增量为mv2-mgLsinD.滑动摩擦力对小物块做的功为mv2-mgLsin解析：选AD.在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理W木=mv2-0，A 正确;在物块被缓慢抬高过程中摩擦力不做功，由动能定理得W 木-mgLsin =0-0，则有W木=mgLsin ，故B错误;由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为mv2，C错误;滑动摩擦力对小物块做的功Wf=W木-W木=mv2-mgLsin ，D正确.6.(2019长春二模)(多选)如图所示，物体A的质量为M，圆环B 的质量为m，通过轻绳连接在一起，跨过光滑的定滑轮，圆环套在光滑的竖直杆上，设杆足够长.起先时连接圆环的绳处于水平，长度为l，现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力，以下说法正确的是()A.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越大B.当M=2m时，l越大，则圆环m下降的最大高度h越小C.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m时，且l确定，则圆环m下降过程中速度始终增大解析：选AD.由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l)，当M=2m时，h=l，所以A选项正确;当M=m时，对圆环受力分析如图，可知FT=Mg，故圆环在下降过程中系统的重力势能始终在削减，则系统的动能始终在增加，所以D选项正确.7.(多选)如图为用一钢管弯成的轨道，其中两圆形轨道部分的半径均为R.现有始终径小于钢管口径的可视为质点的小球由图中的A位置以肯定的初速度射入轨道，途经BCD最终从E离开轨道.其中小球的质量为m，BC为右侧圆轨道的竖直直径，D点与左侧圆轨道的圆心等高，重力加速度为g，忽视一切摩擦以及转弯处能量的损失.则下列说法正确的是()A.小球在C点时，肯定对圆管的下壁有力的作用B.当小球刚好能通过C点时，小球在B点处轨道对小球的支持力为自身重力的6倍C.小球在圆管中运动时通过D点的速度最小D.小球离开轨道后的加速度大小恒定解析：选BD.当小球运动到C点的速度v=时，小球与轨道间没有力的作用，当v时，小球对轨道的上壁有力的作用;当v时，小球对轨道的下壁有力的作用，A错误;小球在C点对管壁的作用力为0时，有vC=，依据机械能守恒定律有mg2R+mv=mv，在B点时依据牛顿其次定律有N-mg=m，解得轨道对小球的支持力N=6mg，B正确;在B、C、D三点中瞬时速度最大的是B点，瞬时速度最小的是C点，C错误;小球从E点飞出后只受重力作用，加速度恒定，则小球做匀变速曲线运动，D正确.8.(2019名师原创卷)我国两轮电动摩托车的标准是：由动力驱动，整车质量大于40 kg，最高车速不超过50 km/h，最大载重量为75 kg.某厂欲生产一款整车质量为50 kg的电动摩托车，厂家已经测定该车满载时受水泥路面的阻力为85 N，g=10 m/s2.求：(1)请你设计该款电动摩托车的额定功率;(2)小王同学质量为50 kg，他骑着该电动车在平直的水泥路面上从静止起先以0.4 m/s2的加速度运动10 s，试求这10 s内消耗的电能.(设此时路面的阻力为65 N)解析：(1)该款摩托车满载时以额定功率匀速行驶，则P=FvF=f解得：P=1 181 W.(2)摩托车匀加速过程：F-f=ma解得F=105 N当达到额定功率时v1==11.2 m/s从静止起先以0.4 m/s2的加速度动身运动10 s的速度v2=at=4 m/s11.2 m/s故在10 s内做匀加速直线运动的位移x=at2=20 m牵引力做的功W=Fx=2 100 J由功能关系可得：E=W=2 100 J.答案：(1)1 181 W (2)2 100 J9.(2019高考福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下，重力加速度为g. (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm;滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR=mv滑块在B点处，由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N=3mg(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒得mgR=Mv+m(2vm)2解得vm=②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR-mgL=Mv+m(2vC)2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得mg=Ma由运动学规律得v-v=-2as解得s=L答案：(1)3mg (2) L10.某电视消遣节目装置可简化为如图所示模型.倾角=37的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6 m/s 的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为1=0.5、2=0.2，传送带上表面距地面的高度H=5 m，g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间;(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离;(3)求物块距斜面底端高度满意什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同点D.解析：(1)A到B过程：依据牛顿其次定律mgsin 1mgcos =ma1=a1t代入数据解得a1=2 m/s2，t1=3 s所以滑到B点的速度：vB=a1t1=23 m/s=6 m/s物块在传送带上匀速运动到Ct2== s=1 s所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.(2)在斜面上依据动能定理mgh2-1mgcos =mv2解得v=4 m/s6 m/s设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：a2==2g=2 m/s2v-v2=2ax，x=5 m6 m所以物块先做匀加速直线运动后和传送带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动s=v0t0，H=gt，解得s=6 m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛学问知：物块到达C点时速度必需有vC=v0当离传送带高度为h3时物块进入传送带后始终匀加速运动，则：mgh3-1mgcos 2mgL=mvh3=1.8 m当离传送带高度为h4时物块进入传送带后始终匀减速运动，则：mgh4-1mgcos 2mgL=mvh4=9.0 m所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满意要求，即1.8 m9.0 m.答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m9.0 m机械能守恒定律和功能关系专题练习及答案共享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

高中物理必修三专题强化训练—电场中的功能关系及图像问题一、电场中的功能关系1.合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔE k，这里的W合指合外力做的功.2.静电力做功等于带电体电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即E p1＋E机1＝E p2＋E 机2.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中()A.小球的重力势能减少了2mghB.小球的动能增加了2mghC.静电力做负功2mghD.小球的电势能增加了3mgh答案D解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功W G＝mgh，总功W＝W电＋W G＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D.如图1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：图1(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)－mgR 2q 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h BC ＝3R 2根据动能定理有mg ·3R 2＝mv C 22－mv B 22解得v C ＝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＝mv C 22，又根据静电力做功与电势能的关系：W 电＝E p A －E p C ＝－qφA －(－qφC ).又因为φC ＝0，可得φA ＝－mgR 2q .二、电场中的图像问题1.v －t 图像(2021·湖南衡阳八中高二期末)如图2甲是某电场中的一条电场线，a 、b 是这条线上的两点，一负电荷只受静电力作用，沿电场线从a 运动到b .则在这个过程中，电荷的速度—时间图像如图乙所示，请比较a 、b 两点电势的高低和场强的大小()图2A.φa >φb ，E a <E bB.φa <φb ，E a <E bC.φa <φb ，E a >E bD.φa >φb ，E a >E b 答案B 解析负电荷从a 运动到b ，由速度—时间图像得到负电荷做加速运动，故静电力方向向右，因负电荷受到的静电力方向与场强方向相反，故场强方向向左，沿场强方向，电势降低，故φa <φb ；因为图线的斜率增大，故加速度增大，因此由a 到b 静电力增大，所以电场强度增大，即E a <E b ，B 正确.2.φ－x 图像从φ－x 图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E 随x 的变化情况：φ－x 图像切线斜率的绝对值k ＝|ΔφΔx |＝|U d|，表示E 的大小，场强E 的方向为电势降低最快的方向.(2020·厦门六中期中)如图3所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x ＝0处由静止释放，沿x 轴正方向运动，且以一定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是()图3A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小D.粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大答案D解析φ－x图像的切线斜率越大，则场强越大，A项错误；由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；粒子在x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.3.E－x图像(1)E－x图像中，E的数值反映电场强度的大小，E的正负反映E的方向，E为正表示电场方向为正方向.(2)E－x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系图像如图4所示，x 轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图4A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大答案BC解析由题图可知，x1到x4电场强度先变大再变小，则点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，静电力均做负功，电势能均增大，A错误，B正确.4.E p－x图像在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在静电力的作用下沿x轴正方向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图5所示.下列说法正确的是()图5A.小球一定带负电荷B.x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度C.x1处的电势一定比x2处的电势高D.小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大答案B解析根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以静电力做正功，由于不知道电场方向，故不知道静电力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；E p－x图像在某点的切线的斜率大小等于在该点受到的电场力大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处受到的静电力小于x2处受到的静电力，由F＝qE可知x1处电场强度小于x2处电场强度，故B正确；根据φ＝E pq知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C 错误；根据能量守恒知，小球在x1处的电势能大于x2处的电势能，所以小球在x1处的动能小于x2处的动能，故D错误.1.一带电粒子仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其速度－时间图像如图1所示.下列说法中不正确的是()图1A.A点的场强一定大于B点的场强B.A点的电势一定比B点的电势高C.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能D.静电力一定对粒子做正功答案B解析由题图可知，带电粒子做加速度减小的加速运动，根据a＝qEm，a A＞a B，可得E A＞E B，所以A正确；根据动能定理qU AB＝12mv B2－12mv A2，粒子带电性质未知，无法判断U AB的正负，即无法判断两点电势高低，所以B错误；由题图可知，v B>v A，故静电力对粒子做正功，电势能减小，所以C、D正确.2.(多选)(2020·云南民族大学附属中学期中)如图2所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点.下列说法正确的是()图2A.B、D两点的电场强度及电势均相同B.A、B两点间的电势差U AB与C、D两点间的电势差U CD相等C.一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D.一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，静电力对其先做负功后做正功答案BCD解析B、D两点的电场强度方向相反，故两点的电场强度不可能相同，选项A 错误；根据对称性，A、C两点的电势相等，B、D两点的电势相等，故A、B两点间的电势差U AB与C、D两点间的电势差U CD相等，选项B正确；B、O、D三点相比较，O点的电势最高，故一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小，选项C正确；A、O、C三点相比较，O点的电势最低，电子在O点的电势能最大，故一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电势能先变大后变小，所以静电力对其先做负功后做正功，选项D正确.3.(多选)(2019·江苏卷)如图3所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A 点.先将一电荷量也为＋q 的点电荷Q 1从无穷远处(电势为0)移到C 点，此过程中，静电力做功为－W .再将Q 1从C 点沿CB 移到B 点并固定.最后将一电荷量为－2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点.下列说法正确的有()图3A.Q 1移入之前，C 点的电势为W qB.Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受静电力做的功为0C.Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受静电力做的功为2WD.Q 2在移到C 点后的电势能为－4W答案ABD 解析根据静电力做功可知－W ＝q (0－φC 1)，解得φC 1＝W q，选项A 正确；B 、C 两点到A 点的距离相等，这两点电势相等，Q 1从C 点移到B 点的过程中，静电力做功为0，选项B 正确；根据对称和电势叠加可知，A 、B 两点固定电荷量均为＋q 的电荷后，C 点电势为φC 2＝2φC 1＝2W q，带电荷量为－2q 的点电荷Q 2在C 点的电势能为E p C ＝(－2q )×φC 2＝－4W ，选项D 正确；Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，静电力做的功为0－E p C ＝4W ，选项C 错误.4.空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图4所示，A 、B 、C 、D 是x 轴上的四点，电场强度在x 方向上的分量大小分别是E A 、E B 、E C 、E D ，则()图4A.E A>E BB.E C>E DC.A、D两点在x方向上的场强方向相同D.同一负电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能答案A解析φ－x图像的斜率表示场强，A点的斜率大于B点，所以E A>E B，同理E C<E D，A、D两点在x方向上的场强方向相反，A正确，B、C错误；根据E p＝φq可知，负电荷在电势低的地方电势能大，B点电势低，所以在B点时电势能大，D错误.5.某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图5所示，图线关于坐标原点中心对称，A、B是x轴上关于坐标原点O对称的两点，C点是OB的中点.则下列说法正确的是()图5A.电势差U OC＝U CBB.电势差U OC＞U CBC.取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零D.电子从A点由静止释放后的运动轨迹在一条直线上答案D解析E－x图像中图线与x轴围成的面积表示电势差，由题图可知，OC与图线围成的面积小于CB与图线围成的面积，故电势差U CB＞U OC，A、B错误；若把一个正点电荷从O点沿x轴正方向移到无穷远处，静电力一直在做功，所以O点电势与无穷远处电势不相等，C错误；电子从A点由静止释放后一直受到沿x轴方向的力作用，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子的运动轨迹在一条直线上，D正确.6.如图6甲，直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在静电力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能E p随位移x变化的规律如图乙所示.设a、b两点的电场强度分别为E a和E b，电势分别为φa和φb.则()图6A.E a＝E bB.E a＜E bC.φa＜φbD.φa＞φb答案C解析电势能E p随位移x变化的图像中切线斜率的绝对值表示静电力的大小，F ＝qE，由题图可知切线斜率逐渐变小，所以电场强度逐渐变小，即E a>E b，A、B 错误.从a到b电势能逐渐减小说明静电力做正功，即静电力从a指向b，而电子所受静电力与电场方向相反，即电场从b指向a，从高电势指向低电势，所以φb>φa，C正确，D错误.7.(2020·安庆市期末)如图7所示，在竖直平面xOy 内，固定一半径为R 的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O 点，第四象限(含x 、y 轴)内有水平向右的匀强电场，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，从图中A 点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g ，则匀强电场的电场强度大小为()图7A.mg qB.3mg 2q C.2mg q D.5mg 2q 答案B解析小球恰好通过圆弧轨道的最高点，则有：mg ＝m v 2R，解得小球在最高点的速度为：v ＝gR ，小球从A 点到最高点的过程中，根据动能定理可得：EqR －mgR ＝12mv 2，解得E ＝3mg 2q，故B 正确.8.(多选)如图8所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q ，一质量为m 、电荷量为－q 的小滑块(可看作点电荷)从a 点以初速度v 0沿水平面向Q 运动，到达b 点时速度减为零.已知a 、b 间距离为s ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是()图8A.此过程中产生的内能为1mv022B.滑块在运动过程的中间时刻，速度大小等于1v02C.滑块在运动过程中所受库仑力一定小于滑动摩擦力D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为U ab＝m v02－2μgs2q答案CD9.(多选)(2020·全国卷Ⅲ)如图9，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点.下列说法正确的是()图9A.沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B.沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点，静电力所做的总功为负答案BC解析该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示.距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A 错误；沿电场线方向电势降低，沿MN 边，从M 点到N 点，电势先增大后减小，故B 正确；由图可知，M 点电势高于N 点电势，根据E p ＝qφ知，正电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故C 正确；将正电荷从M 点移动到N 点，即从高电势移动到低电势，静电力所做的总功为正，故D 错误.10.如图10所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d ，各等势面电势已在图中标出(U >0)，现有一质量为m 的带电小球以速度v 0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g )图10(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小x m .(电场范围足够大)答案(1)正电荷mgd U (2)2mg (3)2v 024g 解析(1)作出电场线如图甲所示.由题意知，只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示.只有当F 合方向与v 0方向在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v 0方向做匀减速运动.由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝U d，所以q＝mgE＝mgdU.(2)由图乙知，F合＝qE2＋mg2＝2mg.(3)由动能定理得：－F合x m＝0－12mv02所以x m＝mv0222mg＝2v024g.11.如图11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：图11(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)27kQ4h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－14h)＋qU AC＝0可得U CA＝－U AC＝27kQ 4h.。

高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

专题 功、动能和势能和动能定理功：(单位:J ）力学： ①W = Fs cos θ（适用于恒力功的计算）①理解正功、零功、负功②功是能量转化的量度动能: E K =m2p mv 2122=重力势能E p = mgh （凡是势能与零势能面的选择有关） ③动能定理:外力对物体所做的总功等于物体动能的变化(增量)公式： W 合= W 合＝W 1+ W 2+…+W n = ∆E k = E k2一E k1 = 12122212mV mV - ⑴W 合为外力所做功的代数和．（W 可以不同的性质力做功）⑵外力既可以有几个外力同时作用，也可以是各外力先后作用或在不同过程中作用：⑶即为物体所受合外力的功。

④功是能量转化的量度（最易忽视)“功是能量转化的量度”这一基本概念含义理解。

⑴重力的功-———--量度——-—-—重力势能的变化物体重力势能的增量由重力做的功来量度：W G = —ΔE P ,这就是势能定理。

与势能相关的力做功特点：如重力,弹力，分子力,电场力它们做功与路径无关,只与始末位置有关.除重力和弹簧弹力做功外，其它力做功改变机械能，这就是机械能定理。

只有重力做功时系统的机械能守恒。

功能关系：功是能量转化的量度。

有两层含义:（1)做功的过程就是能量转化的过程， (2）做功的多少决定了能转化的数量，即：功是能量转化的量度强调:功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它与一个时刻相对应。

两者的单位是相同的(都是J ）,但不能说功就是能，也不能说“功变成了能".练习:一、单项选择题1．关于功和能的下列说法正确的是 ( ）A ．功就是能B ．做功的过程就是能量转化的过程C ．功有正功、负功,所以功是矢量D ．功是能量的量度2．一个运动物体它的速度是v 时，其动能为E.那么当这个物体的速度增加到3v 时，其动能应该是 （ ）A ．EB ． 3EC ． 6ED ． 9E3．一个质量为m的物体，分别做下列运动,其动能在运动过程中一定发生变化的是:（）A．匀速直线运动B．匀变速直线运动C．平抛运动D．匀速圆周运动4．对于动能定理表达式W=E K2—E K1的理解，正确的是：( ) A．物体具有动能是由于力对物体做了功B．力对物体做功是由于该物体具有动能C．力做功是由于物体的动能发生变化D．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功5．某物体做变速直线运动，在t1时刻速率为v，在t2时刻速率为n v,则在t2时刻的动能是t1时刻的A、n倍B、n/2倍C、n2倍D、n2/4倍6．打桩机的重锤质量是250kg，把它提升到离地面15m高处,然后让它自由下落，当重锤刚要接触地面时其动能为（取g=10m/s2）：（）A．1。

专题强化十三电场中功能关系及图像问题目标要求 1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题．题型一电场中功能关系的综合问题电场中常见的功能关系(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．(3)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．(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．例1(2019·天津卷·3)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()A ．动能增加12m v 2B ．机械能增加2m v 2C ．重力势能增加32v 2D ．电势能增加2m v 2答案B 解析小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2－12m v 2＝32m v 2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间高度差为h ＝v 22g，小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12m v 2，C 错误；电场力对小球做正功，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ΔE p ′＝32m v 2＋12m v 2＝2m v 2，D 错误；由功能关系可知，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2m v 2，B 正确．例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，加速度为13g ，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，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()A ．该匀强电场的电场强度为mg3qB ．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mg (H ＋h )3C ．带电物块电势能的增加量为mg (H ＋h )D ．弹簧的弹性势能的增加量为mg (H ＋h )3答案D 解析物块从静止开始下落时的加速度为13g ，根据牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma ，解得：E ＝2mg 3q，故A 错误；从A 到C 的过程中，系统除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W ＝－qE (H ＋h )＝－2mg (H ＋h )3，可知机械能减少量为2mg (H ＋h )3，故B 错误；从A 到C 过程中，电场力做功为－2mg (H ＋h )3，则电势能增加量为2mg (H ＋h )3，故C 错误；根据动能定理得：mg (H ＋h )－2mg (H ＋h )3＋W 弹＝0，解得弹力做功为：W 弹＝－mg (H ＋h )3，即弹性势能增加量为mg (H ＋h )3，故D 正确．题型二电场中的图像问题考向1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)，可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．例3(多选)(2023·重庆市八中检测)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5C 、质量为1g 的小物块从C 点由静止释放，其运动的v －t 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A ．小物块带正电B ．A 、B 两点间的电势差U AB ＝－500VC ．小物块由C 点到A 点电势能先减小再增大D ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E ＝100V/m答案ABD 解析根据物块运动的v －t 图像可知，小物块带正电，A 正确；从v －t 图像可知，A 、B 两点的速度分别为v A ＝6m/s 、v B ＝4m/s ，再根据动能定理得qU AB ＝12m v B 2－12m v A 2＝12×1×10－3×(42－62)J ，解得U AB ＝－500V ，B 正确；从v －t 图像可知，由C 到A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块一直做正功，电势能一直减小，C 错误；带电粒子在B 点的加速度最大，为a m ＝47－5m/s 2＝2m/s 2，所受的电场力最大为F m ＝ma m ＝0.001×2N ＝0.002N ，则电场强度最大值为E m ＝F m q ＝0.0022×10－5N/C ＝100N/C ，D 正确．考向2φ－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)3．电场中常见的φ－x图像(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．例4(多选)如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15cm)分别固定放置两点电荷q 1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()A．a、c两点的电场强度相同B．q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍C．将一负电荷从a点移到c点，电场力做功为零D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增大答案BC解析φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a 、c 两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A 错误；由题图可知，题图中d 点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d 点到两点电荷q 1、q 2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E ＝kq r2可得，q 1、q 2电荷量之比为4∶1，故B 正确；a 、c 两点电势相等，电势差为零，负电荷从a 点移到c 点，电场力做功为零，故C 正确；c 、d 间电场方向向左，负电荷从c 点移到d 点，电场力做正功，电势能减小，故D 错误．考向3E －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．3．电场中常见的E －x 图像(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．例5x 轴上固定着两个点电荷A 、B ，两点电荷分别位于xA ＝0，xB ＝4d 处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E 与该点位置的关系如图所示．选取x 轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零．以下说法正确的是()A ．点电荷A 、B 分别带正电和负电B ．A 、B 所带电荷量的绝对值之比为1∶3C ．x ＝d 处电势最高且为零D ．将电子从x ＝5d 处无初速度释放，其电势能一直减小答案D 解析若点电荷A 、B 带异种电荷，则在x 轴上0～4d 区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A 错误；由题图可知在x ＝d 处电场强度为零，即kQ A d 2＝kQ B 9d 2，解得Q A Q B ＝19，故B 错误；0～d 区间，电场方向沿x 轴负方向，d ～4d 区间电场方向沿x 轴正方向，可知0～4d 区间，从x ＝d 处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x ＝d 处电势大于零；x ≥4d 的区域内，电场方向指向x 轴负方向，所以沿x 轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故x ≥4d 的区域内的电势都小于零．所以x ＝d 处电势最高且大于零，故C 错误；x ≥5d 的区域内电场方向沿x 轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D 正确．考向4E p －x 图像、E k －x 图像1．E p －x 图像由电场力做功与电势能变化关系F 电x ＝E p1－E p2＝－ΔE p 知E p －x 图像的切线斜率k ＝ΔE p Δx ，其绝对值等于电场力大小，正负代表电场力的方向．2．E k －x 图像当带电体只有电场力做功，由动能定理F 电x ＝E k －E k0＝ΔE k 知E k －x 图像的切线斜率k ＝ΔE k Δx，斜率表示电场力．例6一带负电的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 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是关于直线x ＝x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是()A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1<φ3D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变答案D解析E p－x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，选项A错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，电场力发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C错误；x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确．课时精练1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为0.6qEm，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中()A．物体克服电场力做功0.6qEsB．物体的电势能增加了qEsC．物体的重力势能增加了qEsD．物体的动能减少了0.6qEs答案D解析由于物体所受电场力和运动方向相同，故电场力做正功W＝Eqs，故A错误；电场力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功W G＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔE k＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是()A．小环所受电场力逐渐变小B．小环的加速度先向右后向左C．小环的电势能逐渐增加D．小环的动能逐渐增加答案D解析O点电场强度为零，由O点向右电场强度先变大后变小，小环所受电场力可能先变大后变小，A错误；小环从A点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B错误；电场力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C错误，D正确．3．(多选)(2023·广东深圳市光明区调研)两个等量异种点电荷位于x轴上A、B两点，以A、B 两点连线中点为原点建立φ－x坐标系，电势φ随x的变化规律如图所示．下列说法正确的是()A．A点处为正电荷，B点处为负电荷B．原点O的电场强度大小为零C．A、O间x轴上各点电场方向沿x轴正方向D．O、B间x轴上各点电场方向沿x轴负方向答案AC解析由题图可知，A点处为正电荷，B点处为负电荷，选项A正确；两电荷在O点电场方向均沿x轴正方向，原点O的电场强度大小不为零，选项B错误；沿电场方向，电势降低，A、B间x轴上各点电场方向均沿x轴正方向，选项C正确，D错误．4．(多选)如图甲所示，a、b是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，一个带电粒子在a 点由静止释放，仅在电场力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．带电粒子与场源电荷带异种电荷B．a点电势比b点电势高C．a点电场强度比b点电场强度大D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大答案CD解析粒子从a点向b点运动，E k－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝E k，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点电场强度比b点电场强度大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，电场力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确．5.(多选)如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能E k0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5E k0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为2mg q的匀强电场，仍从a点以初动能E k0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13E k0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)()A．a、b两点间的距离为5E k0mgB．a、b两点间的距离为4E k0mgC．a、c两点间的电势差为8E k0qD．a、c两点间的电势差为12E k0q答案BC解析不加电场时根据动能定理得mgh ab＝5E k0－E k0＝4E k0，解得h ab＝4E k0mg，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mgh ab＋U ac q＝13E k0－E k0，解得U ac＝8E k0q，故C正确，D错误．6.(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答案BC解析小球a从N点由静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功，电势能一直增加，故C正确；小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a 从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．7．(多选)(2023·广东东莞市检测)如图所示，水平向右的匀强电场中固定有一绝缘斜面，带电金属滑块以E k0＝30J的初动能从斜面底端A点冲上斜面，恰好运动至顶端B点，之后返回，已知滑块从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做功为10J，克服重力做功为24J，则下列说法正确的是()A．滑块带正电，上滑过程中电势能减少4JB．滑块上滑过程中机械能增加4JC．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12JD ．滑块返回到斜面底端时动能为15J答案AC 解析由动能定理知上滑过程中W 电＋W G ＋W f ＝ΔE k ，解得W 电＝4J ，电场力做正功，滑块带正电，电势能减少4J ，故A 正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能变化量ΔE 机＝W 电＋W f ＝－6J ，则机械能减少6J ，故B 错误；滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J ，重力势能增加12J ，故C 正确；对全程，由动能定理有2W f ＝E k －E k0，解得滑块返回到斜面底端时动能E k ＝10J ，故D 错误．8.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O 的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd 为该圆直径．将电荷量为q (q >0)的粒子从a 点移动到b 点，电场力做功为2W (W >0)；若将该粒子从c 点移动到d 点，电场力做功为W .下列说法正确的是()A ．该匀强电场的场强方向与ab 平行B ．将该粒子从d 点移动到b 点，电场力做功为0.5WC ．a 点电势低于c 点电势D ．若只受电场力，从d 点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动答案AB 解析由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿cd 方向建立x 轴，垂直于cd 方向建立y 轴，如图所示从c 到d 有W ＝E x q ·2R从a 到b 有2W ＝E y q ·3R ＋E x qR 可得E x ＝W 2qR ，E y ＝3W 2qR则E ＝E x 2＋E y 2＝W qR ，tan θ＝E y E x＝3由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab 平行，且由a 指向b ，A 正确；将该粒子从d 点移动到b 点，电场力做的功为W ′＝Eq R 2＝0.5W ，B 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a 点电势高于c 点电势，C 错误；若粒子从d 点射入圆形电场区域的速度方向与ab 平行，则粒子做匀变速直线运动，D 错误．9．(多选)在x 轴上分别固定两个点电荷Q 1、Q 2，Q 2位于坐标原点O 处，两点电荷形成的静电场中，x 轴上的电势φ随x 变化的图像如图所示，下列说法正确的是()A ．x 3处电势φ最高，电场强度最大B ．Q 1带正电，Q 2带负电C ．Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量D ．电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，电势能增加答案BD 解析φ－x 图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A 错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 3电场线方向指向x 轴的负方向，x 3～＋∞电场线方向指向x 轴的正方向，并且在x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E ＝k Q r2，由近小远大规律可知，Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，并且Q 1带正电，Q 2带负电，所以B 正确，C 错误；电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，电场力做负功，电势能增加，所以D 正确．10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m 、带电荷量为q 的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒()A ．一定带正电B ．0～3s 内电场力做的功为－9JC ．运动过程中动能不变D ．0～3s 内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J答案BCD 解析由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A 错误；由题图可知，0～3s 内电势能增加9J ，则0～3s 电场力做的功为－9J ，故B 正确；由题图可知，电势能均匀增加，即电场力做的功与时间成正比，说明微粒沿电场力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C 正确；由功能关系可知，0～3s 内重力势能与电势能共增加12J ，又微粒的动能不变，故0～3s 内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J ，故D 正确．11．(2023·广东中山市模拟)如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和—Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、带电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ；已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)在O 点处的电场强度E 的大小；(3)小球P 经过与点电荷B 等高的D 点时的速度v D 大小．答案(1)m v 2－2mgd 2q (2)2kQ 2d 2(3)2v 解析(1)根据动能定理，小球P 从C 到O 有mgd ＋qU CO ＝12m v 2，解得U CO ＝m v 2－2mgd 2q(2)A 点电荷和B 点电荷在O 点的电场强度大小均为E ＝k Q r2，其中r ＝AO ＝BO ＝2d ，所以E ＝k Q 2d 2，根据对称性可知，两点电荷电场强度在水平方向的分电场强度抵消，合电场强度为E 合＝2E ·cos 45°＝2kQ2d 2(3)从C 到D 点，由于电场线的对称性，U CD ＝2U CO ，则根据动能定理有2mgd ＋2qU CO ＝12m v D 2，所以v D ＝2v .12.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 为最低点，圆心角∠BOC ＝37°，线段OC 垂直于OD ，圆弧轨道半径为R ，直线轨道AB 长为L ＝5R ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD ，现有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E ＝mg q，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，忽略空气阻力．求：(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次从D 点飞出后上升的最大高度；(3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程．答案(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R 解析(1)由几何关系知，轨道AB 与水平面的夹角为37°，小物块从A 点第一次到C 点的过程，由动能定理知：(qE ＋mg )(L sin 37°＋R －R cos 37°)－μ(qE ＋mg )L cos 37°＝12m v C 12－0在C 点由牛顿第二定律知：F N －qE －mg ＝m v C 12R ，联立解得：F N ＝10.8mg由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg .(2)小物块从A 第一次到D 的过程，由动能定理知(qE ＋mg )(L sin 37°－R cos 37°)－μ(qE ＋mg )L cos 37°＝12m v D 12－0小物块第一次到达D 点后以速度v D 1逆着电场线方向做匀减速直线运动，由动能定理知－(qE ＋mg )h max ＝0－12m v D 12联立解得h max ＝1.2R .(3)分析可知小物块到达B 点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，由功能关系知(qE ＋mg )L sin 37°＝μ(qE ＋mg )d cos 37°，解得：d ＝15R .。