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专题强化十四 电场中的功能关系及图像问题
学习目标 1.会分析处理电场中的功能关系。 2.理解电场中有关图像的斜率、面
积等表示的物理意义，并能结合图像分析电场、电势和电势能的变化。
考点一 电场中的功能关系
电场中常见的功能关系
(1)若只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者之和保持不变，
即ΔEk＝－ΔEp。
(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。
(3)除重力之外，其他各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 如图1 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2.0 J，静电力做的功为1.5 J。下列说法中正确的是( )
图1
A.粒子带负电
B.粒子在A 点的电势能比在B 点少1.5 J
C.粒子在A 点的动能比在B 点少0.5 J
D.粒子在A 点的机械能比在B 点少1.5 J
答案 D
解析 由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A 错误；粒子从A 到B 的过程中静电
力做正功，所以电势能减小，B 错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，
所以粒子在A 点的动能比在B 点多0.5 J，C 错误；静电力做正功，机械能增加，
所以粒子在A 点的机械能比在B 点少1.5 J，D 正确。
1
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1.(多选)如图2 所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面
上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球
向下压至某位置静止。现撤去F，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开
弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时
的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是( )
图2
A.小球的重力势能增加－W1
B.小球的电势能增加W2
C.小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2
D.撤去F 前弹簧的弹性势能为mv2－W1－W2
答案 ACD
解析 根据重力做功与重力势能变化关系可得WG＝W1＝－ΔEp 重，小球上升过程
重力做负功，小球的重力势能增加了－W1，故A 正确；根据电场力做功与电势
能变化关系可得W 电＝W2＝－ΔEp 电，带正电小球上升过程电场力做正功，小球
的电势能减少了W2，故B 错误；小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运
动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，大小为W2，小球与弹簧组
成的系统机械能增加了W2，故C 正确；在小球从静止开始运动到离开弹簧的过
2
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程中，根据能量守恒定律可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的
重力势能与增加的动能之和，则有W2＋Ep 弹＝－W1＋mv2，解得撤去F 前弹簧的
弹性势能为Ep 弹＝mv2－W1－W2，故D 正确。
考点二 电场中的图像问题
角度
电场中的v－t 图像
1.由v－t 图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a 的大小变化。
2.根据牛顿第二定律a＝＝，判断电场强度E 的大小变化。
3.根据v－t 图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分
析电场强度的方向。
4.由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电
势的变化等。
例2 (2024·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3 甲所示，一个电荷量为2×10
－5 C、质量为1 g 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( )
图3
A.小物块带负电
3
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B.A、B 两点间的电势差UAB＝500 V
C.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＝100 V/m
答案 D
解析 根据物块运动的v－t 图像可知，小物块带正电，A 错误；由v－t 图像可
知，A、B 两点的速度分别为vA＝6 m/s、vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝
mv－mv，解得UAB＝－500 V，B 错误；从v－t 图像可知，由C 到A 的过程中，
物块的速度一直增大，静电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am＝ m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为Fm＝
mam＝0.001×2 N＝0.002 N，则电场强度最大值为Em＝＝ N/C＝100 V/m，D
正确。
角度
电场中的φ－x 图像
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)。
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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3 在x 轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O 处。两点电荷形
成的静电场中，x 轴正半轴上的电势φ 随x 变化的图像如图4 所示。下列说法正
确的是( )
图4
A.x3处电势φ 最高，电场强度最大
B.Q1带负电，Q2带正电
C.Q1的电荷量小于Q2的电荷量
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D.电子从x1处沿x 轴移动到x2处，电势能增加
答案 D
解析 根据E＝，可知φ－x 图像的斜率表示电场强度，x3处电势φ 最高，电场强
度为零，A 错误；由图可知，x→0 时，φ→－∞，说明Q2带负电，而在整个空间
存在φ>0 的区域，说明Q1带正电，B 错误；在x3处电场强度为零，说明两个点
电荷在该处电场强度大小相等，方向相反，根据E＝k 可知Q1的电荷量大于Q2
的电荷量，C 错误；电子从x1处沿x 轴移动到x2处，电场力对电子做负功，电势
能增加，D 正确。
2.(2024·安徽马鞍山模拟)在x 轴上坐标为－3L 和3L 的两点固定电荷量不等的两
点电荷，坐标为3L 处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势
φ 随x 变化的关系如图5 所示，其中x＝L 处电势最低，x 轴上M、N 两点的横坐
标分别为－2L 和2L，则( )
图5
A.两点电荷为异种电荷
B.坐标为－3L 处电荷的电荷量大小为2Q
C.负检验电荷在原点O 处受到向左的静电力
D.负检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先减小后增大
答案 C
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解析 正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电
荷均为正电荷，故A 错误；在x＝L 处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点
的合电场强度为0，设坐标为－3L 处电荷的电荷量大小为Q′，－＝0，得Q′＝
4Q，故原点处的电场强度大小为－＝，方向向右，负检验电荷在原点O 处受到
的静电力向左，故B 错误，C 正确；由M 点到N 点电势先减小后增大，所以负
检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先增大后减小，故D 错误。
角度
电场中的 E－x 图像
1.反映了电场强度随位移变化的规律。
2.判定电场强度E 的方向：E＞0 表示电场强度沿正方向；E＜0 表示电场强度沿
负方向。
3.图线与x 轴围成的“面积”表示两点间电势差，“面积”大小表示电势差大小，
两点的电势高低根据电场方向判定。
4.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。
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(3)两个等量正点电荷的E－x 图像，如图。
例4 某静电场中x 轴上各点的电场强度方向均和x 轴重合，以x 轴正方向为电场
强度的正方向，x 轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图6 所示，其中x1～
x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为电势零点，已知x2＝2x1＝2d，将一
带电荷量为＋q 的粒子从坐标原点由静止释放，不计粒子重力，关于粒子从原点
O 运动到x3点的过程，下列说法正确的是( )
图6
A.释放后粒子的加速度先不变后减小
B.粒子到达x3点时的动能为qdE0
C.粒子经过的位置中O 点电势一定最大
D.粒子在x1和x3处速度达到最大值
答案 C
解析 O～x1间，电场强度沿x 轴正方向且大小不变，又粒子带正电，故粒子沿
x 轴正方向做匀加速直线运动；x1～x2间，电场强度沿x 轴正方向，且大小逐渐
减小，故粒子沿x 轴正方向做加速度减小的加速运动；x2～x3间，电场强度沿x
轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子沿x 轴正方向做加速度增大的减速运动，故
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A、D 错误；x1～x3间的图线关于x2点中心对称，则x1～x2间电场力对粒子做的
正功数值上等于x2～x3间电场力对粒子做的负功，粒子到达x3时的动能等于粒子
到达x1时的动能，即Ek＝qdE0，故B 错误；由题意知x2点的电势为0，有φx1＝
－φx3，φx1<φO，可知O 点的电势最大，故C 正确。
3.(多选)如图7 甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB 重合，以A 点为坐
标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B 点的坐标为xB＝0.06 m，若α 粒子仅
在静电力的作用下由A 点运动至B 点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的
电场强度大小E 随位移x 的变化规律如图乙所示，若A 点电势为15 V，下列说
法正确的是( )
图7
A.x 轴上各点的电场强度方向都沿x 轴负方向
B.该α 粒子沿x 轴正方向做匀减速直线运动
C.B 点电势是A 点电势的3 倍
D.图乙中E0应为2.5×103 V·m－1
答案 AC
解析 α 粒子由A 点运动到B 点，静电力做功为WAB＝2eUAB＝－60 eV，解得UAB
＝－30 V，因为φA＝15 V，所以φB＝45 V，B 点电势是A 点电势的3 倍，因为B
点电势高于A 点电势，所以电场强度的方向沿x 轴负方向，故A、C 正确；图乙
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中电场强度随位移x 均匀变化，静电力为变力，所以α 粒子沿x 轴正方向做变减
速直线运动，故B 错误；图乙中图像与横轴所围的面积表示A、B 两点间的电势
差的大小，则E0＝2.5×102 V·m－1，故D 错误。
角度
电场中的Ep－x 图像、Ek－x 图像
1.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。
2.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。
例5 (多选)在匀强电场中，一电子从原点O 由静止释放，仅在电场力作用下沿x
轴正方向运动，其电势能Ep随位置x 变化的关系如图8 所示，则( )
图8
A.电场强度方向沿x 轴正方向
B.电场强度大小为2.5 N/C
C.x＝5 m 处的电势为0
D.电子从原点O 运动到x＝4 m 处的过程中，动能增加了8 eV
答案 CD
解析 根据电场力做功与电势能的变化关系可知，带负电粒子仅在电场力作用下
沿x 轴正方向运动，电势能减小，则电场力做正功，因此电场强度方向沿 x 轴负
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方向，故A 错误；由题图可知，电势能的变化率不变，所以负电荷受到的电场
力不变，则知该电场为匀强电场，根据公式W＝qEx 可知，电场强度E＝＝＝2
N/C，故B 错误；由图可知，x＝5 m 处的电势能Ep为零，根据公式Ep＝qφ 可知，
x＝5 m 处的电势φ＝＝0，故C 正确；电子
从原点O 运动到x＝4 m 处的过程中，只有电场力做功，电势能减小了8 eV，则
动能增加了8 eV，故D 正确。
例6 (多选)如图9 甲所示，a、b 是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带
电粒子在a 点由静止释放，仅在静电力作用下从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( )
图9
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 点场强比b 点场强大
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，Ek－x 图像的切线斜率减小，根据动能定理，则
有qEx＝Ek，电场强度减小，因此a 点更靠近场源电荷，则a 点场强比b 点场强
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，
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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
子仅在静电力作用下从a 点运动到b 点，静电力做正功，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。
A 级 基础对点练
对点练1 电场中的功能关系
1.如图1 所示，质量为m、带电荷量为q 的粒子，以初速度v0从A 点竖直向上射
入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B 点时，速率vB＝2v0，
方向与电场的方向一致，则A、B 两点的电势差为( )
图1
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有v＝2gh，电场力做正功，重力
做负功，使粒子的动能由mv 变为2mv，则根据动能定理，有qU－mgh＝2mv－
mv，解得A、B 两点电势差应为U＝，故C 正确。
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2.(多选)如图2 所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝
缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做
功5 J，重力做功20 J，则以下判断正确的是( )
图2
A.电场力做功5 J
B.合力做功15 J
C.金属块的机械能减少10 J
D.金属块的电势能增加5 J
答案 CD
解析 根据动能定理W 合＝WG＋Wf＋WF＝ΔEk，则合力做功为W 合＝ΔEk＝10 J，
故B 错误；重力做正功WG＝20 J，摩擦力做负功Wf＝－5 J，故电场力做功WF＝
－5 J，即电场力做功－5 J，电势能增加5 J，故A 错误，D 正确；除重力外电场
力与摩擦力做的总功为－10 J，机械能减少10 J，故C 正确。
3.(多选)(2024·河南开封高三联考)如图3 所示，方向竖直向上的匀强电场中，将
两个带等量异种电荷且质量相同的小球A、B，从同一高度以不同速度水平向右
抛出，最终以相同速率落到水平地面上，运动轨迹如图。两球之间的静电力和空
气阻力均不考虑，以地面为参考平面，且电势为零，则( )
图3
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A.A 小球带正电，B 小球带负电
B.在运动过程中，两小球的加速度大小相等
C.在运动过程中，两小球的机械能均守恒
D.两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等
答案 AD
解析 以相同的速率落到水平地面上，A 球水平位移大于B 球水平位移，只有A
小球带正电，B 小球带负电，落地时A 球的水平速度大于B 球水平速度，A 球的
竖直速度小于B 球的竖直速度一种可能，A 正确；在运动过程中，A 球加速度小
于g，B 球加速度大于g，两小球的加速度大小不相等，B 错误；因为有电场力
做功，两小球的机械能不守恒，C 错误；落地前瞬间，两小球的机械能和电势能
之和相等，从抛出点到地面，只有电场力和重力对小球做功，两小球的机械能和
电势能之和不变，所以两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，
D 正确。
4.(多选)如图4 所示，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Ek0水平抛出，经过c 点
时，小球的动能为5Ek0；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、电场强度大小为的匀强电场，仍从a 点以初动能Ek0沿某
一方向抛出小球，小球经过c 点时的动能为13Ek0。下列说法正确的是(不计空气
阻力，重力加速度大小为g)( )
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图4
A.a、b 两点间的距离为
B.a、b 两点间的距离为
C.a、c 两点间的电势差为
D.a、c 两点间的电势差为
答案 BC
解析 不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝，故A 错
误，B 正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝，
故C 正确，D 错误。
对点练2 电场中的图像问题
5.(2024·北京人大附中阶段检测)一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其
速度随时间变化的图像如图5 乙所示。tA、tB时刻粒子分别经过A 点和B 点(如图
甲所示)，A、B 两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断
( )
图5
A.EA<EB
B.EA>EB
C.φA＝φB
D.φA<φB
答案 B
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解析 由v－t 图像可知，带正电粒子从A 点到B 点运动过程中，加速度逐渐减
小。根据牛顿第二定律F＝ma 可知电场力F 逐渐减小。结合F＝qE 可知，从A
点到B 电场强度逐渐减小，即EA>EB，选项A 错误，B 正确；由v－t 图像可知，
带正电粒子从A 点到B 点一直做加速运动，说明电场力方向从A 指向B，所以场
强方向从A 指向B，又由沿电场线方向电势降低，可知φA>φB，选项C、D 错误。
6.(多选)(2024·海南一模)在x 轴上0～x0范围内，存在沿x 轴正方向的电场，其电
势φ 随x 的变化规律如图6 所示。现将一质量为m、带电荷量为q 的粒子自O 点
由静止释放，粒子仅在电场力的作用下沿x 轴做加速运动，从x0处离开电场，下
列说法正确的是( )
图6
A.粒子的电势能减小了qφ0
B.粒子离开电场时的动能为2qφ0
C.粒子在电场中运动的时间为x0
D.粒子离开电场时的速度大小为
答案 AD
解析 粒子做加速运动，电场力做正功，根据动能定理可得W＝qφ0＝Ek－0，又
ΔEp＝－W＝－qφ0，可知粒子的电势能减小了qφ0，粒子离开电场时的动能为
qφ0，故A 正确，B 错误；φ－x 图像的斜率表示电场强度，所以粒子在电场中做
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匀加速直线运动，有x0＝at2，a＝＝，联立解得t＝x0，故C 错误；根据动能定理
有qφ0＝mv2，解得v＝，故D 正确。
7.(多选)(2024·四川巴中模拟)有一电场在x 轴上各点的电场强度分布如图7 所示。
现将一带正电的粒子(不计重力)从O 点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒
子沿x 轴运动，则关于该电场在x 轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势
能Ep以及动能与电势能之和E0随x 变化的图像，正确的是( )
图7
答案 BD
解析 带正电的粒子(不计重力)从O 点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒
子沿x 轴运动，则电场力方向沿x 轴正方向，电场线方向沿x 轴正方向。沿电场
线方向电势降低，A 错误；电场力做正功，动能增加，电势能减小，C 错误；由
Ek－x 图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场
强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力F＝qE，先减小后增大，一直为正
方向，与题中电场强度沿x 轴变化一致，B 正确；由能量守恒定律有E0＝Ek＋
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Ep，动能与电势能之和E0不变，D 正确。
8.(2023·北京北师大实验中学高三检测)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x 轴
正方向运动，其电势能Ep随位移x 变化的关系如图8 所示，其中0～x2段是关于
直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
图8
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<φ3
D.x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
答案 D
解析 Ep－x 图像的斜率表示粒子所受静电力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，静电力发生变
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。
B 级 综合提升练
9.(多选)如图9 所示，在空间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g，下落H 到B 点后与一轻弹簧接触，
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又下落h 后到达最低点C。在由A 运动到C 的过程中(空气阻力不计)，则( )
图9
A.物块机械能减少
B.物块和弹簧组成的系统机械能减少
C.物块在B 点的速度最大
D.对于系统，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和
答案 BD
解析 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g，根
据牛顿第二定律F 电＝mg－ma＝mg，以C 点为重力势能零势能面，则物块在A
点机械能E＝mg(H＋h)，物块在C 点机械能为零，则物块由A 运动到C 的过程
中，物块机械能减少ΔE＝mg(H＋h)，故A 错误；根据题意可知，物块由A 运动
到C 的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做功ΔE＝
－W 电＝F 电(H＋h)＝mg(H＋h)，故B 正确；物块由A 运动到C 的过程中，下落
到B 点时，物块受电场力和重力，则加速度仍为g，方向向下，物块继续加速，
则物块在B 点的速度不是最大，故C 错误；对于系统，能量守恒，根据能量守
恒定律可知，重力势能的减少量等于弹性势能与电势能的增加量之和，故D 正
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确。
10.(多选)(2024·贵州贵阳市第一中学月考)如图10 所示，在x 轴上的O 点(x＝0)和
b 点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，所形成静电场的电势φ 在x 轴上的
分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
图10
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，静电力做功为零
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，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；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q1、q2的距离
之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q1、q2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，静电力做功
为零，故C 正确；c、d 间电场强度方向向左，负电荷从c 点移到d 点，静电力做
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正功，电势能减小，故D 错误。
C 级 培优加强练
11.(2023·黑龙江省高三检测)如图11 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＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度
为g，忽略空气阻力。求：
图11
(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)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)·Lcos 37°＝mv－0
在C 点由牛顿第二定律知
FN－qE－mg＝m
联立解得FN＝10.8mg
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小为10.8mg。
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(2)小物块从A 第一次到D 的过程，由动能定理知(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcos 37°)－
μ(qE＋mg)·Lcos 37°＝mv－0
小物块第一次到达D 点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动
由动能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－mv
联立解得xmax＝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)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)·dcos 37°，解得d＝15R。
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