【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）14、专题强化练十四　电场中的功能关系及图像问题

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对点练1 电场中的功能关系
1.如图1所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
图1
A.eq \f(mveq \\al(2,0),2q)B.eq \f(3mveq \\al(2,0),q)
C.eq \f(2mveq \\al(2,0),q)D.eq \f(3mveq \\al(2,0),2q)
2.(多选)如图2所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做功5 J，重力做功20 J，则以下判断正确的是( )
图2
A.电场力做功5 J
B.合力做功15 J
C.金属块的机械能减少10 J
D.金属块的电势能增加5 J
3.(多选)如图3所示，方向竖直向上的匀强电场中，将两个带等量异种电荷且质量相同的小球A、B，从同一高度以不同速度水平向右抛出，最终以相同速率落到水平地面上，运动轨迹如图。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，以地面为参考平面，且电势为零，则( )
图3
A.A小球带正电，B小球带负电
B.在运动过程中，两小球的加速度大小相等
C.在运动过程中，两小球的机械能均守恒
D.两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等
4.(多选)如图4所示，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为eq \f(2mg,q)的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0。下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
图4
A.a、b两点间的距离为eq \f(5Ek0,mg)
B.a、b两点间的距离为eq \f(4Ek0,mg)
C.a、c两点间的电势差为eq \f(8Ek0,q)
D.a、c两点间的电势差为eq \f(12Ek0,q)
对点练2 电场中的图像问题
5.(2024·北京人大附中阶段检测)一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图像如图5乙所示。tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点(如图甲所示)，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断( )
图5
A.EAEB
C.φA＝φBD.φA<φB
6.(多选)在x轴上0～x0范围内，存在沿x轴正方向的电场，其电势φ随x的变化规律如图6所示。现将一质量为m、带电荷量为q的粒子自O点由静止释放，粒子仅在电场力的作用下沿x轴做加速运动，从x0处离开电场，下列说法正确的是( )
图6
A.粒子的电势能减小了qφ0
B.粒子离开电场时的动能为2qφ0
C.粒子在电场中运动的时间为x0eq \r(\f(m,qφ0))
D.粒子离开电场时的速度大小为eq \r(\f(2qφ0,m))
7.(多选)有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图7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( )
图7
B级 综合提升练
8.(2024·广东深圳校考)工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图8所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是( )
图8
9.(多选)(2024·贵州贵阳市第一中学月考)如图9所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，所形成静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
图9
A.a、c两点的电场强度相同
B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍
C.将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零
D.将一负电荷从c点移到d点，电势能增大
10.(2023·广东茂名模拟)如图10所示，带电平行板倾斜放置与水平面间的夹角为θ，两板间的电压U＝8×103 V，两板间的距离d＝0.4 m，圆形光滑轨道竖直固定放置，最低点B正好在上极板的边缘，C点是圆弧轨道的最高点；质量m＝0.1 kg、电量q＝＋10－4C的小球，从平行板下极板A点由静止释放，在平行板间的匀强电场中正好沿水平直线AB做匀加速直线运动，经过B点进入圆弧轨道，刚好到达最高点C点，电场只存在带电平行板内，外部没有电场，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
图10
(1)平行板与水平面间的夹角θ及小球经过B点时的速度vB；
(2)圆形轨道的半径R。
C级 培优加强练
11.如图11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：
图11
(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。
参考答案
专题强化练十四 电场中的功能关系及图像问题
1.C [粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有veq \\al(2,0)＝2gh，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)变为2mveq \\al(2,0)，则根据动能定理，有qU－mgh＝2mveq \\al(2,0)－
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得A、B两点电势差应为U＝eq \f(2mveq \\al(2,0),q)，故C正确。]
2.CD [根据动能定理W合＝WG＋Wf＋WF＝ΔEk，则合力做功为W合＝ΔEk＝10 J，故B错误；重力做正功WG＝20 J，摩擦力做负功Wf＝－5 J，故电场力做功WF＝－5 J，即电场力做功－5 J，电势能增加5 J，故A错误，D正确；除重力外电场力与摩擦力做的总功为－10 J，机械能减少10 J，故C正确。]
3.AD [以相同的速率落到水平地面上，A球水平位移大于B球水平位移，只有A小球带正电，B小球带负电，落地时A球的水平速度大于B球水平速度，A球的竖直速度小于B球的竖直速度一种可能，A正确；在运动过程中，A球加速度小于g，B球加速度大于g，两小球的加速度大小不相等，B错误；因为有电场力做功，两小球的机械能不守恒，C错误；落地前瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，从抛出点到地面，只有电场力和重力对小球做功，两小球的机械能和电势能之和不变，所以两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，D正确。]
4.BC [不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq \f(4Ek0,mg)，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq \f(8Ek0,q)，故C正确，D错误。]
5.B [由v－t图像可知，带正电粒子从A点到B点运动过程中，加速度逐渐减小。根据牛顿第二定律F＝ma可知电场力F逐渐减小。结合F＝qE可知，从A点到B电场强度逐渐减小，即EA>EB，选项A错误，B正确；由v－t图像可知，带正电粒子从A点到B点一直做加速运动，说明电场力方向从A指向B，所以场强方向从A指向B，又由沿电场线方向电势降低，可知φA>φB，选项C、D错误。]
6.AD [粒子做加速运动，电场力做正功，根据动能定理可得W＝qφ0＝Ek－0，又ΔEp＝－W＝－qφ0，可知粒子的电势能减小了qφ0，粒子离开电场时的动能为qφ0，故A正确，B错误；φ－x图像的斜率表示电场强度，所以粒子在电场中做匀加速直线运动，有x0＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qφ0,mx0)，联立解得t＝x0eq \r(\f(2m,qφ0))，故C错误；根据动能定理有qφ0＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qφ0,m))，故D正确。]
7.BD [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。]
8.D [电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F＝eE，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；电子的加速度a＝eq \f(eE,m)，电子向圆心加速运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，A错误；根据Ep＝eEx，电子向圆心运动，电场力做正功，电势能减小，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，C错误；根据φ＝eq \f(Ep,e)，Ep＝eEx，解得φ＝Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，D正确。]
9.BC [φ－x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝eq \f(kq,r2)可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场强度方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误。]
10.(1)60° 4 m/s (2)0.32 m
解析 (1)平行板间的电场强度E＝eq \f(U,d)＝2.0×104 V/m
对小球受力分析，可知电场力与重力的合力水平向右，由力的合成矢量三角形的几何关系可得cs θ＝eq \f(mg,qE)
代入数据解得cs θ＝eq \f(1,2)，故θ＝60°
小球从A运动到B，由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝4 m/s。
(2)小球刚好到达最高点C点，有mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
小球从B运动到C，由机械能守恒定律可得
mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得R＝0.32 m。
11.(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(veq \\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)smax＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)
联立解得smax＝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。