專題提升14　電場中功能關系及圖像問題-2025版高考總復習物理

[基礎落實練]1．兩電荷量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的圖像是()解析：等量異種電荷的連線上的中點處電場強度最小，且不為零，由中點向兩邊逐漸增大，A正確。答案：A2．(多選)如圖所示，A、B兩點有等量同種正點電荷，AB連線的中垂線上C、D兩點關于AB對稱，t＝0時刻，一帶正電的點電荷從C點以初速度v0沿CD方向射入，點電荷只受電場力。則點電荷由C到D運動的v-t圖像，以下可能正確的是()解析：由于A、B兩點的電荷為等量同種正點電荷，所以連線中點的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，其間有一點電場強度最大，所以點電荷從C點向CD中點運動過程中，加速度可能一直減小，也可能先增大后減小，選項A、C錯誤，B、D正確。答案：BD3.(多選)如圖，豎直平面內有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平。第一次，將一質量為m的小球從a點以初動能Ek0水平拋出，經過c點時，小球的動能為5Ek0；第二次，使此小球帶正電，電荷量為q，同時加一方向平行于abc所在平面、場強大小為eq\f(2mg,q)的勻強電場，仍從a點以初動能Ek0沿某一方向拋出小球，小球經過c點時的動能為13Ek0。下列說法正確的是(不計空氣阻力，重力加速度大小為g)()A．a、b兩點間的距離為eq\f(5Ek0,mg)B．a、b兩點間的距離為eq\f(4Ek0,mg)C．a、c間的電勢差為eq\f(8Ek0,q)D．a、c間的電勢差為eq\f(12Ek0,q)解析：不加電場時根據(jù)動能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq\f(4Ek0,mg)，故A錯誤，B正確；加電場時，根據(jù)動能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq\f(8Ek0,q)，故C正確，D錯誤。答案：BC4.如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列說法中正確的是()A．金屬塊帶負電荷B．金屬塊克服靜電力做功8JC．金屬塊的電勢能減少4JD．金屬塊的機械能減少12J解析：金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，由動能定理知合外力做功12J，即WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，解得靜電力做功WF＝－4J，靜電力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4J，A、B、C錯誤；由功能關系可知，機械能的變化ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即機械能減少了12J，D正確。答案：D5．在光滑絕緣水平面上，兩個帶正電小球A、B用絕緣輕彈簧連接。初始時彈簧處于原長，小球A固定，小球B從M點由靜止釋放，經過O點所受合力為零，向右最遠到達N點(O、N兩點在圖中未標出)。則()A．小球B運動過程中，彈簧與兩小球組成的系統(tǒng)機械能保持不變B．小球B到達N點時速度為零，加速度也為零C．M、N兩點一定關于O點位置對稱D．從O到N的過程中，庫侖力對小球B做功的功率逐漸減小解析：小球B運動過程中，有庫侖力做功，故彈簧與兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；O點時，F(xiàn)庫＝F彈，過O點以后，F(xiàn)庫不斷減小，F(xiàn)彈不斷增大，故在N點，球B受力不平衡，加速度不為零，故B錯誤；由于F彈＝k彈x，F(xiàn)庫＝keq\f(q1q2,r2)，F(xiàn)彈與位移成正比關系，F(xiàn)庫與位移的平方成反比關系，故M、N兩點一定不關于O點位置對稱，故C錯誤；從O到N的過程中，由P＝Fv可知，v不斷減小，F(xiàn)庫不斷減小，故P也逐漸減小，故D正確。答案：D6．(多選)(2024·四川涼山統(tǒng)考二模)如圖甲所示，圖形區(qū)域存在與圓平面平行的勻強電場E(圖中未畫出)，圓的兩條直徑AB與CD間的夾角為60°，從A點向圓內不同方向發(fā)射速率相同的正電粒子，發(fā)現(xiàn)從圓邊界射出的粒子中D點射出的粒子速度最大。以A為坐標原點，沿AB方向建立x坐標軸，B點的坐標為2m，x軸上從A到B的電勢變化如圖乙所示，則()A．CD間電勢差UCD＝8VB．DC間電勢差UDC＝－16VC．電場強度E＝4V/mD．C點的電勢為12V解析：從圓邊界射出的粒子中D點射出的粒子速度最大，可知電場力做功最大，沿電場線方向的位移最大，可知場強沿CD方向，因圓半徑為r＝1m，則UAB＝E·2rcos60°＝8V，可得電場強度E＝8V/m，選項C錯誤；CD間電勢差UCD＝E·2r＝8×2V＝16V，則DC間電勢差UDC＝－16V，選項A錯誤，B正確；因B點電勢為零，則UCB＝φC－φB＝Er(1＋cos60°)＝12V，則C點的電勢為φC＝12V，選項D正確。答案：BD7．(多選)空間中有水平方向上的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的微粒在某平面內運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示，則該微粒()A．一定帶正電B．0～3s內靜電力做的功為－9JC．運動過程中動能不變D．0～3s內除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J解析：由于不清楚電場強度的方向，故無法確定微粒的電性，故A錯誤；由題圖可知，0～3s內電勢能增加9J，則0～3s靜電力做的功為－9J，故B正確；由題圖可知，電勢能均勻增加，即靜電力做的功與時間成正比，說明微粒沿靜電力方向做勻速直線運動，同理，沿重力方向也做勻速直線運動，則微粒的合運動為勻速直線運動，所以運動過程中速度不變，動能不變，故C正確；由功能關系可知，0～3s內重力勢能與電勢能共增加12J，又微粒的動能不變，故0～3s內除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J，故D正確。答案：BCD8.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2D．電勢能增加2mv2解析：小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤；靜電力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔE′p＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確。答案：B[能力提升練]9．(多選)(2024·四川綿陽南山中學診斷)如圖甲所示，三個電荷量相等的點電荷位于等邊三角形的三個頂點上，其中x＝0處電荷帶負電，其余兩電荷帶正電且關于x軸對稱。一試探電荷沿x軸正方向運動，所受電場力隨位置的變化圖像如圖乙所示(以x軸正向為電場力的正方向)。設無窮遠處電勢為零。則()A．試探電荷帶正電B．乙圖中的x1與甲圖中的x0相等C．在x軸正半軸上，x1處電勢最高D．試探電荷在x2處電勢能最大解析：在x≤x1時，三個點電荷對試探電荷的電場力向左，則該試探電荷帶正電，題圖乙中x1的位置正點電荷所受的電場力等于零，根據(jù)圖甲來判斷x0的位置正點電荷的受力不為零，方向向左，根據(jù)題意，正點電荷受力等于零的位置應在x0的右側，如圖故x1在x0右側，即x1>x0，故A正確，B錯誤；在0<x<x1范圍內，正電荷所受電場力的合力水平向左，正點電荷在x1位置受力平衡，在x1的右側正點電荷所受合力方向水平向右，在0<x<x1范圍內，電場力做負功，電勢能增加，x>x1范圍內，電場力做正功，電勢能減小，故在x1處電勢能最大，所以在x1處電勢最高，故C正確，D錯誤。答案：AC10．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質量均為m的帶電小球A和B。A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)，如圖所示，虛線MP為A、B兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距5L。最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為4L。若視小球為質點，不計輕桿的質量，在虛線MP、NQ間加上水平向右、電場強度大小為E的勻強電場后，試求：(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離；(3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時，B球電勢能的變化量。解析：(1)設B球剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v1，對A、B組成的系統(tǒng)應用動能定理得