2025年高考物理第一轮总复习专项训练：45专题强化十二电场中功能关系及图像问题（附答案）

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题组一 电场中功能关系
1．(多选)如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10 V、20 V、30 V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，已知带电粒子带电荷量为0.01 C，在a点处的动能为0.5 J，则该带电粒子( )
A．带正电
B．在b点的电势能为0.5 J
C．在b点的动能为零
D．在c点的动能为0.4 J
[答案] AD
[解析] 由等势面与电场强度方向垂直可知电场强度方向向上，粒子所受静电力指向轨迹的内侧，故静电力方向向上，所以粒子带正电，选项A正确；粒子在b点的电势能Epb＝qφb＝0.01×30 J＝0.3 J，选项B错误；粒子在a点的总能量E＝0.01×10 J＋0.5 J＝0.6 J，由能量守恒定律得粒子在b点处的动能Ekb＝0.6 J－0.3 J＝0.3 J，选项C错误；由能量守恒定律得粒子在c点的动能Ekc＝0.6 J－0.01×20 J＝0.4 J，选项D正确。
2. (多选)如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定一光滑绝缘细杆，在O点固定放置一带负电荷的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电荷的小球a、b，先将小球a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使小球b从A点由静止开始沿竖直方向下落。两带电小球均可视为点电荷，则下列说法中正确的是( )
A．从A点到C点，小球a做匀加速运动
B．小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能
C．从A点到C点，小球a的机械能先增大后减小，但机械能与电势能之和不变
D．从A点到C点静电力对小球a做的功大于从A点到B点静电力对小球b做的功
[答案] BC
[解析] 从A点到C点，小球a受重力、静电力、弹力作用，静电力为变力，合力为变力，加速度是变化的，A错误；圆周为等势面，小球从A点到C点和从A点到B点静电力做功相等，根据动能定理，对小球a有mghAC＋W＝Eka，对小球b有mghAB＋W＝Ekb，由于小球a下降的高度大，故小球a在C点的动能大，B正确；小球a从A点到C点的过程中，静电力做的功等于机械能的增加量，由于静电力先做正功后做负功，故机械能先增大后减小，C正确；由于圆周为等势面，故小球从A点到C点和从A点到B点静电力做功相等，D错误。
3．(多选)(2025·河北张家口高三调研)如图所示，在一带电竖直平行金属板之间，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球被绝缘细线悬挂静止于A点，剪断细线后，小球恰能沿直线AB运动，经时间t后到达B点，已知直线AB与水平方向的夹角为45°，重力加速度为g，规定A点的电势为零，下列说法正确的是( )
A．电场强度大小为E＝eq \f(\r(2)mg,q)
B．B点的电势φB＝－eq \f(mg2t2,2q)
C．小球在B点的电势能EB＝eq \f(mg2t2,2)
D．小球机械能的变化量为eq \f(mg2t2,2)
[答案] BD
[解析] 小球沿直线AB运动，合力沿AB方向，如图所示，则有qEtan 45°＝mg，解得E＝eq \f(mg,q)，故A错误；小球所受合力F＝eq \r(2)mg，由牛顿第二定律得小球加速度a＝eq \r(2)g，由匀变速直线运动规律，得小球到B点的速度v＝eq \r(2)gt，设AB＝L，根据动能定理得mgLsin 45°＋qELcs 45°＝eq \f(1,2)mv2－0，解得电场力做功W＝qELcs 45°＝eq \f(mv2,4)，根据W＝qUAB，解得UAB＝eq \f(mv2,4q)，根据UAB＝φA－φB，且A点的电势为零，解得φB＝－eq \f(mv2,4q)，代入速度得φB＝－eq \f(mg2t2,2q)，则小球在B点的电势能EB＝－eq \f(mg2t2,2)，故B正确，C错误；小球机械能的变化量等于电场力做的功，即ΔE＝W＝eq \f(mv2,4)，代入速度得ΔE＝eq \f(mg2t2,2)，故D正确。
题组二 电场中图像问题
4．(2025·八省联考河南卷)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子( )
A．将在ad之间做周期性运动
B．在d点的电势能大于a点的电势能
C．在b点与c点所受电场力方向相同
D．将沿x轴负方向运动，可以到达O点
[答案] A
[解析] 由题图可知，a、d两点电势相等，根据Ep＝qφ可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误；沿电场线方向电势降低，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F＝qE可知粒子在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，该过程中仅有电场力时粒子做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。故选A。
5．(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，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．x＝3L处电场强度一定为零
B．Q2的电荷量等于Q1的电荷量
C．ab连线的中点电势最低
D．q在a点的电势能比在b点的电势能大
[答案] AD
[解析] 由题图乙分析可知，粒子在距离O点3L前做加速运动，后做减速运动，可见粒子在3L处的加速度为0，则在3L处受到两点电荷的电场力平衡，可知3L点的合电场强度为零，Q2带负电，由E＝eq \f(kQ,r2)及Q1距离3L处较远，可知Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A正确，B错误；该粒子从a点到3L处，做加速运动，电场力做正功，又该粒子为负电荷，所以电势升高，粒子从3L到b做减速运动，电场力做负功，电势能增加，电势又降低，则3L处电势最高，故C错误；由题图乙可知，粒子在b点的速度大于在a点的速度，a点到b点整个过程中电场力做正功，电势能减小，q在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。
6．(多选)如图甲所示，有一电荷量分布均匀且带电荷量为＋Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图乙所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是( )
A．该粒子带负电
B．该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减少
C．该粒子运动过程中最大加速度约为eq \f(1.9qE0,m)
D．该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为0.8qE0r
[答案] BCD
[解析] 均匀带电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力方向向右，该粒子带正电，A错误；该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势能逐渐减少，B正确；粒子所受电场力最大时，加速度最大，即am＝eq \f(qEm,m)≈eq \f(1.9qE0,m)，C正确；E－x图像中图线与横轴围成的面积表示电势差，故该粒子从r运动到2r的过程中电场力做功约为W＝0.8qE0r，D正确。
7. (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变化的关系如图所示，则( )
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＝eq \f(W,qx)＝eq \f(2－10eV,－e×4 m)＝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＝eq \f(Ep,－e)＝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。
8．(2025·八省联考内蒙古卷)如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是( )
[答案] D
[解析] 设两个带电小球间距为r，由动能定理可知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ－k\f(q甲q乙,r2)))x＝Ek，则Ek－x图像的斜率表示合外力，则F合＝mgsin θ－keq \f(q甲q乙,r2)，所以在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球间距r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，则Ek－x图像斜率逐渐减小，故A、B不符合题意；由E－x图像的斜率表示库仑力，则k斜＝keq \f(q甲q乙,r2)，所以在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，E－x图像的斜率逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。故选D。
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9．(多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量，P为关系图线上的点，其坐标为(h1，E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．在h2处小球的重力势能一定为零
B．电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大
C．小球在下落过程中电势能不断增大
D．在h1处小球所受的电场力大小为eq \f(E1,h2－h1)
[答案] BC
[解析] 因为初速度为零，所以E0＝mgh0，因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能为负值，即不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，电场力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E－h图像的斜率越来越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过程中，电场力做负功，小球在下落过程中电势能不断增大，故C正确；根据功能关系，可知在h1处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值，即F＝eq \f(E1,h3－h1)，故D错误。故选BC。
10.如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A沿任意方向发射速度相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B点的粒子在B点时的动能是初动能的3倍，经过C点的粒子在C点时的动能是初动能的7倍，则经过D点的粒子在D点时的动能是初动能的( )
A．3倍 B．4倍
C．5倍 D．6倍
[答案] C
[解析] 根据题意，设电场强度沿AB方向的分量为Ex，沿AD方向的分量为Ey，粒子在A点时的动能为Ek。粒子从A到B的过程，有qExd＝3Ek－Ek，粒子从A到C的过程，有qExd＋qEyd＝7Ek－Ek，则粒子从A到D的过程，有qEyd＝EkD－Ek，解得EkD＝5Ek，故C正确。
11. (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( )
[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＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。
12. (2025·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＝eq \f(mg,q)，sin 37°＝0.6，cs 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)(Lsin 37°＋R－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)·Lcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
在C点由牛顿第二定律知FN－qE－mg＝meq \f(v\\al(2,C1),R)
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。
(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知(qE＋mg)·(Lsin 37°－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)·Lcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)－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－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)
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)·dcs 37°，解得d＝15R。
13. (2024·山东菏泽高三联考)如图，等量异种点电荷－Q、＋Q固定在水平线上相距为2L的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的竖直垂直平分线上距MN为L处，AC平行于MN，且OA＝OC＝L。现把杆拉起到水平位置由静止释放，小球经过最低点B时速度为v。取O点电势为零，忽略小球对等量异种点电荷形成电场的影响，重力加速度为g。求：
(1)小球经过B点时受到的静电力；
(2)小球经过B点时对杆的拉力大小；
(3)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；
(4)小球继续向左摆动，到达C点时的速度大小。
[答案] (1)2keq \f(Qq,L2)，方向水平向左 (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(mv2－2mgL,2q) (4)eq \r(2v2－4gL)
[解析] (1)根据库仑定律以及力的合成法则可得，小球经过B点时受到的静电力大小F电＝2keq \f(Qq,L2)，方向水平向左。
(2)设小球经过B点时杆对小球的拉力为F，则小球经过B点时，在竖直方向根据牛顿第二定律可知F－mg＝meq \f(v2,L)
解得F＝mg＋meq \f(v2,L)
根据牛顿第三定律可得，小球对细杆的拉力大小F′＝mg＋meq \f(v2,L)。
(3)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，则φB＝0
从A到B，由动能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq \f(1,2)mv2，解得φA＝eq \f(mv2－2mgL,2q)。
(4)由电场对称性可知φC＝－φA，即UAC＝2φA，
小球从A到C由动能定理得qUAC＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，解得vC＝eq \r(2v2－4gL)。