考前适应练十四　电场性质的综合应用-备战2023年高考三轮复习专题-复习与训练

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例1 如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J．下列说法中正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
答案 D
解析 由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确．
变式训练1 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，加速度为eq \f(1,3)g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h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为eq \f(mg,3q)
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为eq \f(mgH＋h,3)
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为eq \f(mgH＋h,3)
答案 D
解析 物块从静止开始下落时的加速度为eq \f(1,3)g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq \f(2mg,3q)，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－eq \f(2mgH＋h,3)，可知机械能减小量为eq \f(2mgH＋h,3)，故B错误；从A到C过程中，静电力做功为－eq \f(2mgH＋h,3)，则电势能增加量为eq \f(2mgH＋h,3)，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－eq \f(2mgH＋h,3)＋W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝－eq \f(mgH＋h,3)，即弹性势能增加量为eq \f(mgH＋h,3)，故D正确．
变式训练2 如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq \r(gR).求：
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．
答案 (1)eq \r(7gR) (2)eq \f(－mgR,2q)
解析 (1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零．
由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq \f(3R,2)
根据动能定理有mg·eq \f(3R,2)＝eq \f(mvC2,2)－eq \f(mvB2,2)，解得vC＝eq \r(7gR).
(2)小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq \f(mvC2,2)－0，又根据静电力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．
又因为φC＝0，可得φA＝eq \f(－mgR,2q).
题型二 电场中的图像问题
考向1 电场中的v－t图像
例2 (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
B．由C到A电势逐渐降低
C．C、B两点间的电势差 UCB＝0.9 V
D．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
答案 BCD
解析 从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A错误，B正确；根据动能定理知qUCB＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得UCB＝0.9 V，故C正确；根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.3,5) m/s2＝0.06 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝1.2 V/m，故D正确．
考向2 φ－x图像(电场方向与x轴平行)
例3 (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
答案 AB
解析 由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴，如图所示
从c到d有W＝Exq·2R
从a到b有2W＝Eyq·eq \r(3)R ＋ ExqR，可得Ex＝eq \f(W,2qR)，Ey＝eq \f(\r(3)W,2qR)
则E＝eq \r(Ex2＋Ey2)＝eq \f(W,qR)，tan θ＝eq \f(Ey,Ex)＝eq \r(3)
由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；
将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为W′＝Eqeq \f(R,2)＝0.5W，B正确；
沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；
若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误．
8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( )
A．O～x1段电势逐渐升高
B．O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
C．x1～x2段电场强度为零
D．x2～x3段的电势沿x轴均匀减小
答案 ACD
解析 电势能Ep＝φq，由于粒子带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据静电力做功与电势能关系ΔEp＝EqΔx，图像斜率反映场强大小，O～x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x2～x3段斜率为0，场强为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确．
9.竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示．现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x＝－1 cm的P处沿直线运动到x＝2 cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则( )
A．匀强电场的场强大小为400 V/m
B．带电小球的电荷量大小为1×10－5 C
C．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40 m/s2
D．带电小球运动到Q点时动能可能为0
答案 B
解析 由电势差与电场强度的关系得U＝Excs 37°，则φ－0＝Ecs 37°×x，结合图像得Ecs 37°＝eq \f(16 V,0.04 m)，解得E＝500 V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得qEcs 37°＝ma，代入数据解得a＝eq \f(40,3) m/s2，故C、D错误．
10.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案 BC
解析 小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，
在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
11．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