【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

这是一份【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，共9页。
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.φAEB，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。