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[-考点-10-] 电场中功能关系的综合问题
[典例1]
答案 D
解析 由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A 错误；静电
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WG＝－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：ΔEk＝－F 合s＝－
mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D 正确．
[典例2]
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°＝mvC1
2－0
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)(Lsin 37°－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mvD1
2－0
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，
1.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．
2.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WG＝mgh，总功W＝W 电
＋WG＝－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.
3.答案 D
解析 带电小球受到向上的电场力和向下的重力，据牛顿第二定律F 合＝F 电－mg＝2mg，
得F 电＝3mg，在下落过程中电场力做功W 电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W 电
＋WG＝－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.
4.答案 D
1
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解析 金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做
功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得电场力做功WF＝－4 J，电场力做负功，金属块带
正电荷，电势能增加了4 J，A、B、C 错误；由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF
＝－12 J，即机械能减少了12 J，D 正确.
5.答案 BD
解析 由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A 错误；由题意知重
力做负功，小球的重力势能增加，增加量为－W1，故B 正确；电场力做正功，电势能减少，
减少量为W2，故C 错误，D 正确．
6.答案 D
解析 力F 没有作用在物体A 上，故力F 对A 不做功，故选项A 错误；根据动能定理，
力F 做的功与摩擦力对物体B 做的功及库仑力对物体B 做的功之和等于物体B 的动能增量，
故选项B 错误；由功能关系可得，力F 做的功加上摩擦力对物体B 做的功等于物体B 的动
能增量与B 克服库仑力做功之和，故C 错误；根据能量守恒可知：力F 做的功及摩擦力对
物体A 和B 做功的代数和等于物体A 和B 的动能增量及电势能增量之和，故选项D 正确．
7.答案 B
解析 小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，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＝，小球
重力势能的增加量为ΔEp＝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′＝mv2＋mv2＝2mv2，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2mv2，B 正确．
8.答案 BC
解析 小球a 从N 点静止释放，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．小
球a 从N 到Q 的过程中，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；从N 到Q 的过程中，库仑力一直
做负功，所以电势能一直增加，故C 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．
9.答案 C
2
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解析 若微粒带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于静电力时，静电力的方向可以沿斜面
向上，也可以沿斜面向下，故A 错误；当静电力沿斜面向上时，则静电力做负功，电势能
增加，当静电力沿斜面向下时，静电力做正功，电势能减小，故B 错误；由于合力沿斜面
向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C 正确；若静电力沿斜
面向上，静电力做负功，机械能减小，故D 错误．
10.答案 (1)l (2)2mgl
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
＝，
竖直速度vy＝vsin α，平抛运动时间t＝，
平抛过程中水平位移x＝v0t，
又有竖直位移y＝，
平抛的位移s＝，联立解得s＝l.
(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，
根据动能定理有－2μmgcos α·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，设静电力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcos
α·x′－W＝0－mv2，
解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl.
11.答案 D
解析 在a 点，小环所受的库仑力沿aO′方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小
球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向向左的分力，即sin 60°＝，A 错误；在c 点，
重力与库仑力垂直，竖直方向合力向下且不为零，则小环在c 点的动能一定不是最大，B
错误；c 点距离正点电荷最近，对应电势最高，故带负电荷的小环在c 点电势能最小，C 错
误；从a 点到b 点，由点电荷形成的电场的分布特点及几何关系知，a、b 两点电势相等，
则静电力不做功，应用动能定理有mgl＝mv2
2－mv2，解得v2＝，D 正确．
12.答案 D
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 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)＝－，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－，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
得弹力做功为：W 弹＝－，即弹性势能增加量为，故D 正确．
13.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
3
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从c 到d 有W＝Exq·2R
从a 到b 有2W＝Eyq·R ＋ ExqR
可得Ex＝，Ey＝
则E＝＝，tan θ＝＝
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＝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．
4
