第九章 第3讲　小专题 电场中的功能关系和图像问题练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第九章 第3讲　小专题 电场中的功能关系和图像问题练习含答案-高考物理一轮专题，共14页。试卷主要包含了常见的功能关系，电场中常见的能量关系，Ep-x图像、Ek-x图像，15 m处时,速度最大等内容，欢迎下载使用。

1.常见的功能关系
(1)合外力做功等于动能的变化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(动能定理)。
(2)重力做功等于物体重力势能的减少量,即WG=EpG1-EpG2=-ΔEpG。
(3)静电力做功等于电势能的减少量,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减少量,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。
2.电场中常见的能量关系
(1)若只有电场力做功,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)若只有电场力和重力做功,则机械能和电势能之间相互转化,电势能、重力势能、动能之和保持不变。
注意:动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来;能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。
[例1] 【仅在静电力作用下的功能关系】 (2024·贵州模拟)如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面,相邻两等势面间的电势差为3 V,其中a等势面的电势为9 V,电子以某初速度从P点平行纸面射入,速度方向与a等势面夹角为45°,已知该电子恰好能运动到e等势面(不计电子重力)。则( )
[A] 电子在电场中做匀减速直线运动
[B] 电子运动到e等势面时动能为0
[C] 电子运动到c等势面时动能为18 eV
[D] 电子返回a等势面时动能为12 eV
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,电子在电场中仅受电场力,电子的初速度方向与电场力方向不在一条直线上,则电子在电场方向上做匀减速直线运动,在垂直于电场方向上做匀速直线运动,即电子在电场中做匀变速曲线运动,故A错误;电子运动到e等势面时,沿电场方向的速度为0,垂直于电场方向的速度不为0,则电子在e等势面时动能不为0,故B错误;设电子的初速度为v0,电子由a等势面到e等势面,由动能定理有-eUae=12m(v0sin 45°)2-12mv02,解得电子的初动能Eka=12mv02=24 eV,电子由a等势面到c等势面,由动能定理有-eUac=Ekc-Eka,解得Ekc=18 eV,电子返回a等势面时,电场力做功为0,则电子动能为初动能24 eV,故C正确,D错误。
[例2] 【重力和静电力作用下的功能关系】 (2024·黑吉辽卷,6)在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中( )
[A] 动能减小,电势能增大
[B] 动能增大,电势能增大
[C] 动能减小,电势能减小
[D] 动能增大,电势能减小
【答案】 D
【解析】 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知,电场力方向水平向右;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的位移方向相同,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小。
[例3] 【重力、弹力和静电力作用下的功能关系】 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,加速度大小为13g,下落高度H到B点后与一轻弹簧接触,又下落2H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大小为mg3q
[B] 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mgH
[C] 带电物块电势能的增加量为3mgH
[D] 弹簧的弹性势能的增加量为mgH
【答案】 D
【解析】 带电物块从静止开始下落到接触弹簧前的加速度为13g,对带电物块由牛顿第二定律得 mg-qE=ma,解得E=2mg3q,故A错误;从A到C的过程中,除重力和弹簧弹力以外,只有电场力做功,电场力做功W=-qE·3H=-2mgH,可知物块和弹簧组成系统的机械能减少量为2mgH,物块电势能增加量为2mgH,故B、C错误;由系统能量守恒得减少的重力势能等于增加的电势能和弹性势能,即mg·3H=2mgH+ΔEp弹,得ΔEp弹=mgH,故D正确。
[变式] 在[例3] 中弹簧的劲度系数是多少?物块下落过程中的最大速度是多少?
【答案】 mg2H 232gH
【解析】 物块从A点下落到C点的过程中,克服弹簧弹力做功
W弹=F弹·2H=12k(2H)2,A到C过程由动能定理得mg·3H-qE·3H-12k(2H)2=0,
解得k=mg2H。
物块下落过程中加速度a=0时,速度最大,设物块速度最大时弹簧的压缩量为x,对物块速度最大时进行受力分析可得mg=qE+kx,
解得x=23H;
对物块由A位置下落至速度最大位置过程由动能定理得
mg·53H-12k(23H)2-qE·53H=12mvm2,
解得vm=232gH。
考点二 静电场中的图像问题
1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)
(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,并可根据电势的高低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)
2.E-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0时,电场强度E沿x轴正方向;EOM,OM=ON,则小球( )
[A] 在运动过程中,电势能先增加后减少
[B] 在P点的电势能大于在N点的电势能
[C] 在M点的机械能等于在N点的机械能
[D] 从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功
【答案】 BC
【解析】 由题知,OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP,则带负电的小球在运动过程中,电势能先减少后增加,且EpP>EpM=EpN,则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能,A错误,B、C正确;从M点运动到N点的过程中,电场力先做正功后做负功,D错误。
3.(4分)(2024·四川南充模拟)如图所示,水平放置的轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端连接一放置在光滑绝缘水平面上的带正电小球,水平面上方存在水平向右的匀强电场。初始时弹簧处于压缩状态,将小球由静止释放,小球运动过程中弹簧始终在弹性限度内,则在小球向右运动的过程中( )
[A] 弹簧恢复原长时,小球的速度最大
[B] 小球运动到最右端时,小球的加速度为零
[C] 小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能最大
[D] 小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能与初始时相等
【答案】 C
【解析】 当小球在水平方向上受到电场力和弹簧弹力平衡时,加速度为零,小球速度有最大值,此时弹簧处于伸长状态,故A错误;小球做简谐运动,电场力和弹簧弹力的合力提供回复力,小球运动到最右端时弹簧的弹性势能最大,此时小球速度为零,小球的加速度最大,故B错误,C正确;在小球向右运动到最右端的过程,电场力做正功,根据动能定理W电+W弹=0,可知弹簧弹力做负功,小球运动到最右端时,弹簧的弹性势能比初始时的大,D错误。
对点2.静电场中的图像问题
4.(6分)(2024·云南昭通模拟)(多选)如图甲所示,一绝缘带电的竖直圆环上均匀分布着电荷,一光滑绝缘细杆从圆心垂直于圆环平面穿过圆环,杆上穿一个带负电的小球(图中未画出),现使小球从a点由静止释放,并开始计时,先后经过b、c两点,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
[A] 带电圆环在圆心处产生的电场强度为零
[B] c点场强大于b点场强
[C] a点的电势高于b点的电势
[D] 电势差Uab大于Ubc
【答案】 AD
【解析】 根据电场的叠加原理和对称性可知,带电圆环在圆心处产生的场强为零,故A正确;v-t图像的斜率表示加速度,由题图乙可知,小球在c点的加速度小于在b点的加速度,根据qE=ma可知,c点场强小于b点场强,故B错误;根据题图乙可知小球在做加速运动,可知小球受到圆环的斥力作用,圆环带负电,由于沿电场线方向电势降低,则a点的电势低于b点的电势,故C错误;根据动能定理有qUab=12mvb2-0,qUbc=12mvc2-12mvb2,可得 qUabUbc,故D正确。
5.(4分)(2025·内蒙古高考适应性考试)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( )

[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 设两个带电小球间距为r,对小球乙,由动能定理可知(mgsin θ-kq甲q乙r2)x=Ek,则Ek-x图像的斜率表示小球乙所受合外力,则F合=mgsin θ-kq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,小球乙所受合外力沿斜面向下且逐渐减小,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E-x图像斜率k斜=kq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。
6.(4分)(2024·安徽滁州模拟)如图,绝缘粗糙的水平面附近存在一与x轴平行的电场,其在x轴上的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示,图中的倾斜虚线为该曲线过点(0.15,3)的切线。质量为 0.1 kg、电荷量为1.0×10-7 C的带正电滑块P,从x1=0.1 m处由静止释放,滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2。滑块可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。则滑块( )
[A] 做匀减速直线运动
[B] 经过x2=0.15 m处时,速度最大
[C] 从释放到经过x2=0.15 m处,电场力做功为 3.0×10-2 J
[D] 可以滑到x3=0.30 m处
【答案】 B
【解析】 x2=0.15 m处,场强E=ΔUΔx=4×1050.3-0.1 N/C=2×106 N/C,滑块受到的电场力F=qE=1.0×10-7×2×106 N=0.2 N,滑动摩擦力Ff=μmg=0.2×0.1×10 N=0.2 N,此时加速度为零,滑块的速度最大,故B正确;φ-x图像中,某点切线的斜率绝对值k=|ΔφΔx|表示该点电场强度的大小,由此可知沿x轴正方向,电场强度逐渐减小,根据牛顿第二定律可知刚开始运动时qE-Ff=ma,滑块在整个过程中先做加速度减小的变加速运动,加速度为零后,有Ff-qE=ma,所以后做加速度增大的减速运动,故A错误;从释放到经过x2=0.15 m处,电场力做功W=q(φ1-φ2)=1.0×10-7×(4.5×105-3×105) J=1.5×10-2 J,故C错误;若滑块能在0.3 m处停下,则电场力做功WE=q(φ1-φ3)=1.0×10-7×(4.5×105-1.5×105) J=3×10-2 J,摩擦力做功Wf=-μmg(x3-x1)=-0.2×0.1×10×(0.3-0.1) J=-4×10-2 J,由于WE+Wf