2024版新教材高考物理复习特训卷考点53电场中的四类图像问题

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点53电场中的四类图像问题，共6页。

2．[2023·江苏南京模拟]如图所示，a、b为等量同种点电荷Q1、Q2连线的三等分点，重力不计的带电粒子从a点由静止释放，沿ab方向运动．则带电粒子从a运动到b的过程中，其速度随时间变化的图像可能正确的是( )
3．[2021·山东卷]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≤x< eq \f(\r(2),2) a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示．现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零．若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是( )
A．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
4．[2023·上海嘉定二模]如图甲，某电场的一条电场线与Ox轴重合，在O点由静止释放一电子，该电子在Ox方向各点的电势能Ep随x变化的规律如图乙所示．若电子仅受电场力的作用，运动过程中加速度的大小为a，则( )
A．a先减小后逐渐增大，该电场线可能是孤立点电荷产生的
B．a先减小后逐渐增大，该电场线可能是等量同种点电荷产生的
C．a先增大后逐渐减小，该电场线可能是孤立点电荷产生的
D．a先增大后逐渐减小，该电场线可能是等量同种点电荷产生的
5．静电场中的x轴上有A、B两点，一个带负电粒子在A点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线运动到B点，粒子的加速度先减小后增大，粒子的动能先增大后减小，则A、B两点间电势φ随x的变化关系、电场强度E随x的变化关系可能正确的是(电场强度正方向沿x轴负方向)( )
6．(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．x3处电势φ最高，电场强度最大
B．Q1带正电，Q2带负电
C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加
7．在电场中放置一光滑绝缘水平桌面，沿桌面上x轴方向电势分布如图中实线所示．有一质量m＝4×10－2kg、电量q＝2×10－6C的带正电小球，以v＝2 m/s的初速度在x0＝－3 m处开始向x轴正方向运动．则下列说法中正确的是( )
A．小球向右运动过程中，电场强度先变大后变小
B．小球运动过程中，动能最大时，电势为4 V
C．小球运动过程中，最大动能为0.08 J
D．当小球速度为零时，其位置坐标为4 m或－4 m
8．悬吊的光滑绝缘水平杆上有A、O、B三点，以O点为坐标原点、向右为正方向建立x轴，A点坐标为－d，B点坐标为d，如图甲所示．A、B两点间沿x轴的电势变化如图乙所示，左侧图线为一条倾斜线段，右侧为抛物线，现将套在杆上的带电圆环从A点由静止释放(忽略带电圆环形成的电场)，到达O点时速度大小为v.下列说法正确的是( )
A．圆环带正电
B．圆环的带电量与质量之比为 eq \f(v2,2φ0d)
C．圆环向右运动的过程中，在AO段的运动时间大于在OB段的运动时间
D．圆环刚通过O点的瞬间一定不受电场力作用
9．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ eq \r(3) m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电量为q＝－0.1 C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能EP随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
10．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示．若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45 eV，对于此电场，以下说法正确的是( )
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向
C．M点的电势是P点电势的 eq \f(1,2)
D．图像中的E0的数值为1.2
考点53 电场中的四类图像问题——提能力
1．答案：A
解析：等量异种电荷的连线上的中点处电场强度最小，由中点向两边逐渐增大，A正确．
2．答案：B
解析：因为等量同种电荷的连线中点处场强为零，所以带电粒子从a运动到b的过程中，电场力先减小后增大，并且对称分布，所以速度图像的斜率先减小后增大，并且图像对称，B正确．
3．答案：C
解析：对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得：
eq \r(2)k eq \f(q2,a2)＋k eq \f(q2,（\r(2)a）2)＝k eq \f(Qq,（\f(\r(2),2)a）2)
解得Q＝ eq \f(2\r(2)＋1,4)q
因在0≤x< eq \f(\r(2),2)a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，C正确．
4．答案：B
解析：根据功能关系可知电场力对电子做的功等于电子电势能的变化量的负值，即W＝FΔx＝－ΔEp，所以Ep­x图像的斜率表示电子所受电场力，由图可知电子所受电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知a先减小后增大．孤立点电荷产生的电场强度一定随x的增大而单调变化，不可能出现先减小后增大的情况．而等量同种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线的中垂线上的电场强度分布存在先减小后增大的范围，所以该电场线可能是等量同种点电荷产生的，B正确．
5．答案：B
解析：该过程中动能先增大后减小，根据能量守恒可知，电势能应该先减小后增大．而由于粒子带负电，则电势的变化规律与电势能相反，电势则先增大后减小，B正确，A错误；粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功，后做负功，则电场力先向右，后向左，粒子带负电，可知电场强度先向左，后向右，结合题意可知，电场强度先为正，后为负，因此C、D错误．
6．答案：BD
解析：φ ­ x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝k eq \f(Q,r2)由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确．
7．答案：D
解析：根据E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(Δφ,x)可知，图像的斜率表示电场强度，所以小球向右运动过程中，电场强度先变小后变大，则A错误；小球运动过程中，根据能量守恒定律可知，只有电势能与动能之间的转化，所以动能最大时，电势能最低，则电势为－4 V，所以B错误；小球运动过程中，最大动能位置是在坐标原点，则有q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－3－φ0))＝Ekm－ eq \f(1,2)mv2代入数据可得Ekm＝q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－3－φ0))＋ eq \f(1,2)mv2＝2×10－6×4×104＋ eq \f(1,2)×4×10－2×22(J)＝0.16 J，所以C错误；根据动能定理可知，当小球速度为零时，有q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ－3－φ))＝0－ eq \f(1,2)mv2解得φ＝4 V，由图像可知其位置为坐标为4 m或－4 m，所以D正确；故选D.
8．答案：C
解析：带电圆环从A点由静止释放向右运动，受向右的电场力，由图乙知A→O电势升高，说明电场方向向左，所以圆环带负电，A错误；对圆环从A到O，由动能定理－qUAO＝ eq \f(1,2)mv2，又UAO＝0－φ0，联立解得 eq \f(q,m)＝ eq \f(v2,2φ0)，B错误；圆环从A到B，由动能定理－qUAB＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －0又UAB＝0，联立解得vB＝0，由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；φ ­ x图像切线的斜率表示场强，由图像可知，A到O斜率不变，电场强度不变，电场力不变，
加速度不变，圆环做匀加速直线运动，OB段斜率越来越大，电场强度越来越大，加速度越来越大，圆环做加速度增大的减速运动；电荷在AB间运动v ­ t图像如图，AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间大于OB段的时间，C正确；由图乙可知，在O→B阶段，虽然是抛物线，因不清楚该点是否是抛物线的顶点也就不知道该点的斜率是否为零，因此场强大小不一定为零，电场力不一定为零，D错误．故选C.
9．答案：C
解析：Ep ­ x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受电场力大小为F＝Eq＝ eq \f(ΔEp,Δx)＝ eq \f(3,3)N＝1 N可得E1＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，电场力先减小后增加，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理 eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝W电；W电＝ΔEP＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝W′电＝EP2－EP1其中EP1＝2 J解得滑块的电势能EP2＝5 J该处的电势为φ＝ eq \f(EP2,q)＝ eq \f(5,－0.1)V＝－50 V，选项D错误．故选C.
10．答案：BD
解析：由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，所以φM＜φP而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45 eV，E ­ x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝ eq \f(E0e＋\f(E0,2)e,2)×5×10－2m＝45 eV，解得E0＝1 200 V即图像中E0的数值为1.2，故D正确．