高中物理人教版二轮复习专题——电场中功能关系的综合问题 学案

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1．电场力做功的求解方法
2．几种常见的功能关系
（1）合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk（动能定理）。
（2）重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp。
（3）静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电。
（4）弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep弹1－Ep弹2＝－ΔEp弹。
（5）除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机。
3．电场中的能量守恒
（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。
二．典例精讲
1．只有电场力做功
例题1 （多选）图中虚线A、B、C、D、E代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知一电子经过A平面时的动能为7 eV，电子在A平面时的电势能为－4 eV，电子从A到D的过程中克服静电力所做的功为6 eV。下列说法正确的是（ ）
A．平面A上的电势为4 V
B．电场强度的方向由E指向A
C．该电子在电场内运动轨迹可能与平面E相切
D．该电子经过B平面时的速率是经过D平面时的倍
【答案】AD
【解析】电子在A平面时的电势能为－4 eV，则根据电势能的公式EpA＝－eφA，可得平面A上的电势为φA＝＝ V＝4 V，故A正确；电子从A到D的过程中克服静电力所做的功为6 eV，则可知静电力做负功，电子在该匀强电场中所受静电力的方向与运动的方向相反，而电子在电场中所受静电力的方向与电场强度的方向相反，因此可知电场强度的方向由A指向E，故B错误；电子经过A平面时的动能为7 eV，从A到D的过程中克服静电力所做的功为6 eV，则可知电子到达平面D时的动能为1 eV，由此可知每两个等势面之间的电势差为2 V，若电子要从平面D到达平面E，则需克服静电力做功2 eV，而电子在平面D时的动能为1 eV，故不管电子是做直线运动还是曲线运动都不可能到达平面E，因此该电子在电场内运动的轨迹不可能与平面E相切，故C错误；该电子经过B平面时，由动能定理可得－eUAB＝EkB－EkA，解得EkB＝5 eV，而该电子经过D平面时的动能为1 eV，则可知该电子经过B平面时的速率是经过D平面时的倍，故D正确。
2．重力和电场力做功
例题2 （多选）（2024·山东卷）如图所示，电荷量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、电荷量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．OB的距离l＝
B．OB的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgS
D．AC之间的电势差UAC＝
【答案】AD
【解析】由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析，沿斜面方向有mgsin 30°＝cs 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，设静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有W＋mgSsin 30°＝0，解得W＝，C错误；根据电势差与电场力做功的关系可知，A、C之间的电势差UAC＝＝，D正确。
3．含弹簧系统电场中的功能关系
例题3 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，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
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．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
【答案】D
【解析】物块从静止开始下落时的加速度为，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。故选D。
三．跟踪训练
1．（多选）如图所示，倾角为37°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有平行斜面向上的匀强电场。一质量为m＝1 kg的带正电小物块（视为质点）自斜面底端以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为3 m/s2，方向沿斜面向下，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则在小物块沿斜面向上滑行到最大距离的过程中， 小物块的（ ）
A．重力势能增加36 JB．电势能增加42 J
C．机械能增加18 JD．机械能减少24 J
【答案】AC
【解析】物块沿斜面向上运动，对物块受力分析，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ－Eq＝ma，解得Eq＝7 N。物块沿斜面运动的位移为x＝＝6 m，重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mgxsin θ＝36 J，A正确；电场力做正功，电势能减小，ΔEp′＝－Eqx＝－42 J，即电势能减少42 J，B错误；机械能的变化量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝mgh－＝18 J，C正确，D错误。故选AC。
2．（2025·河南省驻马店市·期末考试）如图所示，平行虚线A、B、C、D、E是一匀强电场中的5个等间距的等势线，一电子经过等势线A时的动能为20e V，电子从等势线A运动到等势线D的过程中克服电场力做的功为15e V，电子运动的轨迹如图中实线所示，已知等势线B的电势为5 V，电子经过等势线D时的速率为v，下列说法正确的是（ ）
A．等势线C的电势为－5 V
B．该电子经过等势线D时的电势能为－5e V
C．该电子经过等势线B时的速度大小为
D．仅改变电子射入的方向，该电子可以从等势线A运动到等势线E的右侧
【答案】C
【解析】A．因为相邻等势线间的距离相等，由U＝Ed得相邻虚线之间的电势差相等，电子由等势线A运动到等势线D，根据动能定理有(－e)UAD＝－15e V，可得UAD＝15 V，各虚线电势如图所示，电子由等势线A运动到等势线D，因为电场力做负功，所以电场方向垂直于等势线A向右，沿电场线方向电势降低，可知φC＝0 V，故A错误；
B．电子运动的轨迹如图中实线所示，φD＝－5 V，电子经过D点时，电势能Ep＝(－e)φD＝5e V，故B错误；
C．电子由等势线A运动到等势线B，电场力做功WAB＝(－e)UAB＝EkB－EkA＝－5e V， 解得EkB＝15e V，电子由等势线A运动到等势线D，电场力做功WAD＝(－e)UAD＝EkD－EkA＝－15e V，解得EkD＝5e V，则EkB＝3EkD，根据Ek＝，可得该电子经过等势线B时的速度大小vB＝＝，故C正确；
D．根据(－e)UAE＝0－EkA，可知仅改变电子射入的方向，让其垂直于等势线A向右射入，该电子最远刚好能到达等势线E，故D错误。故选C。
3．（多选）（2025·湖南省湘潭市·模拟题）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，A、B两物体通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，电场强度的大小E＝，其中g为重力加速度。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep＝，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是（ ）
A．电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为3g
B．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大
C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量
D．物体B刚要离开地面时，A的速度大小为
【答案】CD
【解析】A．在电场未反向时，A物体处于平衡状态qE＋mg＝F弹，当施加上电场力瞬间，A物体qE＋F弹－mg＝ma，解得a＝2g，选项A错误；
B．在电场未反向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0＝，B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1＝，对物体A受向上的电场力与向下的重力等大反向，可知物体A受的合力等于弹簧的弹力，则A受的合外力先向上后向下，则加速度先向上后向下，则物体A先向上加速后向上减速，选项B错误；
C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0＞x1，即从初态到末态弹簧的形变量减小，弹性势能减小，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，则物体A的机械能增加量大于物体A电势能的减少量，选项C正确；
D． 物体B刚要离开地面时， 由能量关系可知＋mg(x0＋x1)＝qE(x0＋x1)＋－，解得A的速度大小为v＝，选项D正确；故选CD。
由公式W＝Flcs α计算
只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcs α
由WAB＝qUAB计算
适用于任何电场
由电势能的变化计算
WAB＝EpA－EpB
由动能定理计算
W电场力＋W其他力＝ΔEk