高考物理一轮复习课时练习 第9章第3练　专题强化：电场中的图像问题　电场中的功能关系（含详解）

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1.(2024·湖北省模拟)如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C．小球的机械能守恒
D．小球的机械能增大
2．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电，位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受静电力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是( )
A．Q1∶Q2＝4∶9
B．b点的电场强度一定为零
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
3.(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心O为原点建立x轴，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
4.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( )
A．O～x1段电势逐渐升高
B．O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
C．x1～x2段电场强度为零
D．x2～x3段的电势沿x轴均匀降低
5.(2023·山东潍坊市模拟)如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，两个质量相同、带电荷量分别为－q和＋q的小球a、b固定于绝缘轻杆的两端，轻杆可绕中点O处的固定轴在竖直面内无摩擦转动。已知O点电势为0，不考虑带电小球间的相互作用力，以O点所在水平面为零势能面，杆从静止开始由水平位置顺时针转动180°的过程中( )
A．小球a、b总动能一直增加
B．小球a、b系统机械能始终不变
C．小球a、b系统电势能始终不变
D．小球a、b任一时刻的电势能相等
6.(多选)真空中，点电荷a、b分别位于x轴上的x＝－L处的P点和x＝L处的Q点，它们之间连线上电场强度E随位置x变化的图像如图所示。一带正电的试探电荷由x＝－0.5L处的M点由静止释放后能通过x＝0.5L处的N点。不计试探电荷的重力，O为坐标原点，以下判断正确的是( )
A．a、b均带正电
B．a电荷量大于b电荷量
C．x轴上从P至Q电势先降低再升高
D．M、O间的电势差大于O、N间的电势差
7.有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子(不计重力)从O点由接近于0的速度释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴向右运动，则关于该电场在x轴上各点的电势(φ)、带电粒子的电势能(Ep)、动能(Ek)以及动能与电势能之和(E0)随x变化的图像，正确的是( )
8．如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个点电荷分别固定于相距为6L的A、B两处。一质量为m、电荷量为q的带负电小滑块(可视为质点)从x＝－L处由静止释放后沿x轴正方向运动，在x＝2L处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．两固定点电荷均为正电荷
B．QA＝2QB
C．x＝L处电势最低
D．从－L到2L，电势升高eq \f(3μmgL,q)
9.(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．0～3 s内静电力做的功为－9 J
C．运动过程中动能不变
D．0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
10.(2021·山东卷·6)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤xA．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向右运动
B．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向左运动
C．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向右运动
D．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向左运动
11.(2023·广东中山市模拟)如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电荷量分别为＋Q和－Q。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，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)从C到O过程静电力对小球做的功WCO与C、O间的电势差UCO；
(2)小球经过O点时加速度的大小；
(3)小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。
12．(多选)(2023·重庆西南大学附属中学模拟)某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能、电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能E－x图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的E－x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g＝10 m/s2，则小球2( )
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度先变大后变小
C．质量为0.5 kg
D．从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm处电势能减少0.3 J
第3练 专题强化：电场中的图像问题 电场中的功能关系
1．B [小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，静电力做的总功为负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故A错误，B正确；静电力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故C、D错误。]
2．B [由图像可知，粒子在b点之前做加速运动，b点之后做减速运动，可知在b点加速度为0，由于粒子只受静电力，所以b点电场强度为0，且Q2带负电，因此keq \f(Q1,r12)－keq \f(Q2,r22)＝0，解得Q1∶Q2＝9∶4，故A错误，B正确；
因为Q1带正电、Q2带负电，所以在ab段电场线方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比b点的电势低，故C错误；粒子从a到b过程中在做加速运动，故静电力做正功，电势能在减小，所以粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故D错误。]
3．D [从球边缘出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B错误；A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，C错误；从B到C，电势升高，根据Ep＝qφ，故负电荷在B点的电势能比在C点的电势能大，D正确。]
4．ACD [电势能Ep＝φq，由于微粒带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据ΔEp＝FΔx，图线斜率反映静电力，O～x1段图线斜率变小，静电力减小，加速度逐渐减小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x1～x2段斜率为零，不受静电力，即电场强度为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀降低，D正确。]
5．D [静电力对a球先做正功再做负功，对b球也是先做正功再做负功，所以杆从静止开始由水平位置顺时针转动90°的过程中小球a、b与轻杆组成的系统电势能减小，总动能增加，机械能增加；杆从90°转到180°的过程中，系统电势能增大，总动能减小，机械能减小，最后与初始位置的电势能相等，机械能也相等，总动能为零，故A、B、C错误；由于O点处电势为零，由W电＝0－Ep，在匀强电场中W电＝Eqx
因为两小球运动过程中在任一时刻竖直方向上的位移大小相同，所以小球a、b任一时刻的电势能相等，D正确。]
6．BD [由题图可知，从P到Q电场强度方向不变，带正电的试探电荷从M点由静止释放后能通过N点，说明a带正电、b带负电，故A错误；a带正电、b带负电，合电场强度最小时，a、b在该点产生的电场强度相等，设合电场强度最小时横坐标为x，则有Ea＝keq \f(Qa,L＋x2)，Eb＝keq \f(Qb,L－x2)，可知Qa>Qb，故B正确；从P到Q电场强度方向不变，从正电荷指向负电荷，沿着电场线的方向电势降低，可知x轴上从P至Q电势逐渐降低，故C错误；M、O间的平均电场强度大于O、N间的平均电场强度，M、O间距离和O、N间距离相等，根据E＝eq \f(U,d)，可知M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故D正确。]
7．C [根据x轴上各点电场强度的分布特点可知，该电场的分布类似于等量正电荷中垂线上电场强度的分布，电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上，沿电场线的方向，电势逐渐降低，所以O点的电势最高，故A错误；带电粒子的电势能Ep＝qφ，由题意知带电粒子带正电，所以粒子在O点的电势能最大，故B错误；由动能定理知，静电力做的功等于动能的变化量，有qEx＝Ek－Ek0，由题意知带电粒子的初动能Ek0＝0，得Ek＝qEx，静电力始终做正功，动能一直增大。由于电场强度随x先增大后减小，所以动能随x变化的图像的切线斜率先增大后减小，故C正确；带电粒子在运动过程中，只有静电力做功，故电势能与动能的总和保持不变，故D错误。]
8．D [小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x＝L处电势能最低，则x＝L处电势最高，故A、C错误；根据功能关系知Ep－x图像的斜率表示静电力，可知在x＝L处静电力为零，则keq \f(QA,4L2)＝keq \f(QB,2L2)，解得QA＝4QB，故B错误；对滑块，从－L到2L，由动能定理有－qU－μmg·3L＝0－0，解得U＝eq \f(μmg·3L,－q)，则从－L到2L，电势差为负，电势升高eq \f(3μmgL,q)，故D正确。]
9．BCD [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，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电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，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确。]
10．C [对在y轴正半轴上的点电荷，由平衡条件可得eq \r(2)keq \f(q2,a2)＋keq \f(q2,\r(2)a2)＝keq \f(Qq,\f(\r(2),2)a2)，解得Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，因在0≤x11．(1)eq \f(1,2)mv2－mgd eq \f(mv2－2mgd,2q)
(2)eq \f(\r(2)kQq,2d2m)＋g (3)eq \r(2)v
解析 (1)根据动能定理有mgd＋WCO＝eq \f(1,2)mv2，得WCO＝eq \f(1,2)mv2－mgd，C、O间的电势差为
UCO＝eq \f(WCO,q)＝eq \f(mv2－2mgd,2q)
(2)点电荷A、B在O点的电场强度大小均为E＝keq \f(Q,\r(2)d2)
则合电场强度大小E′＝eq \r(2)E，小球经过O点时加速度的大小为a，由牛顿第二定律得qE′＋mg＝ma，解得a＝eq \f(\r(2)qE＋mg,m)＝eq \f(\r(2)kQq,2d2m)＋g
(3)小球在CO和OD两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有2WCO＋mg·2d＝eq \f(1,2)mv′2
则小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为v′＝eq \r(2)v。
12．BCD [上升过程系统能量守恒E＋Ek＝E总，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律FC＝eq \f(kq1q2,r2)可知，当r→∞时，FC→0，此时系统势能的变化量主要取决于重力做功ΔE＝mgΔx，即mg＝eq \f(ΔE,Δx)，由此可知小球2的重力等于题图中渐近线的斜率，结合图像可知mg＝eq \f(ΔE,Δx)＝eq \f(0.5 J,0.1 m)＝5 N，解得m＝0.5 kg，C正确；从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm过程中，根据系统能量守恒得ΔEk＝－0.4 J，即ΔEp＋ΔE电＝0.4 J，因为WG＝－mgΔx′＝－0.7 J，解得W电＝0.3 J，即从x＝6.0 cm处运动至x＝20.0 cm过程中，静电力做0.3 J正功，电势能减少0.3 J，D正确。]