高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題11 電場中“三類圖象”問題的突破練習(xí) 新人教版

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1、 微專題十一 電場中“三類圖象”問題的突破 [A級—基礎(chǔ)練] 1．(08786739)一個帶正電的粒子，在xOy平面內(nèi)以速度v0從O點進入一個勻強電場，重力不計．粒子只在電場力作用下繼續(xù)在xOy平面內(nèi)沿圖中的虛線軌跡運動到A點，且在A點時的速度方向與y軸平行，則電場強度的方向可能是(　　) A．沿x軸正方向 B．沿x軸負方向 C．沿y軸正方向 D．垂直于xOy平面向里 解析：B　[在O點粒子速度有水平向右的分量，而到A點的水平分量變?yōu)榱?，說明該粒子所受電場力向左或有向左的分量，又因為粒子帶正電，故只有B正確．] 2．(08786740)某區(qū)域的電場線分布如圖所示，

2、其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點．取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計．在O到A運動過程中，下列關(guān)于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢φ隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　) 解析：B　[由題圖可知，從O到A點，電場線先由密到疏，再由疏到密，電場強度先減小后增大，方向不變，因此粒子受到的電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故A錯誤，B正確；沿著電場線方向電勢降低，而電勢與位移的圖象的斜率表示電場強度，因此C錯誤；由于電場力做正功，導(dǎo)致粒子電勢能減小，則動能增加，且圖

3、象的斜率先減小后增大，故D錯誤．] 3．(08786741)兩帶電荷量分別為＋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(guān)系的圖是(　　) 解析：A　[越靠近兩電荷的地方場強越大，兩等量異種點電荷連線的中點處場強最小，但不是零，B、D錯；兩電荷的電荷量大小相等，場強大小關(guān)于中點對稱分布，C錯，應(yīng)選A.] 4．(08786742)(2018·龍巖市一級達標學(xué)校聯(lián)合測試)半徑為R、電荷量為Q的均勻帶正電的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知；取無窮遠處電勢為零，距球心r處的電勢為φ＝k(r≥R)，式中k為靜電力

4、常量．下列說法錯誤的是(　　) A．球心處的電勢最高 B．球心與球表面間的電勢差等于E0R C．只在電場力作用下，緊靠球體表面一帶電荷量為－q(q>0)的粒子能掙脫帶電球的引力的最小初動能為 D．只在電場力作用下，緊靠球體表面一帶電荷量為－q(q>0)的粒子能掙脫帶電球的引力的最小初動能為E0Rq 解析：D　[沿著電場線，電勢降低，則球心處的電勢最高，由E­r圖象可得，球心與球表面間的電勢差等于E0R，選項A、B正確；只在電場力作用下，緊靠球體表面的粒子－q能掙脫帶電球的引力的最小初動能為，選項C正確，選項D錯誤．] 5．(08786743)(201

5、8·保定調(diào)研)某靜電場中的一條電場線與x軸重合，其電勢的變化規(guī)律如圖所示，在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則在－x0～x0區(qū)間內(nèi) (　　) A．該靜電場是勻強電場 B．該靜電場是非勻強電場 C．電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸減小 D．電子將沿x軸正方向運動，加速度逐漸增大 解析：A　[圖線斜率的大小等于電場線上各點的電場強度的大小，故該條電場線上各點的場強大小相等，又沿著電場線的方向電勢降低，可知靜電場方向沿x軸負方向，故該靜電場為勻強電場，A正確，B錯誤；負點電荷受到沿x軸正方向的電場力，且電場力為恒力，所以負點電荷將沿x軸正方向運動，C、D

6、錯誤．] [B級—能力練] 6．(08786744)(多選)在光滑的絕緣水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場，其電勢φ隨坐標x的變化而變化，變化的圖線如圖所示(圖中φ0已知)．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從O點以某一未知速度v0沿x軸正向移動到點x4.則下列敘述正確的是(　　) A．帶電小球從O運動到x1的過程中，所受電場力逐漸增大 B．帶電小球從x1運動到x3的過程中，電勢能一直增大 C．若小球的初速度v0＝2，則運動過程中的最大速度為 D．要使小球能運動到x4處，則初速度v0至少為2 解析：BC　[φ­x圖象的斜率表示電場強度E＝，所以帶電小球從

7、O運動到x1的過程中，所受電場力不變，A錯誤；由W＝Uq可知，帶電小球從x1運動到x3的過程中，電場力做負功，電勢能增加，B正確；從O點以某一未知速度v0沿x軸正向移動到點x4，電場力先做正功后做負功，在x1時，動能最大，對0～x1過程應(yīng)用動能定理，有φ0q＝mv2－mv，解得v＝ ，C正確；當小球到達x4處速度為零時，初速度v0最小，對全過程應(yīng)用動能定理得－q＝0－mv，解得v0＝ ，D錯誤．] 7．(08786745)(多選)(2018·遼寧沈陽教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合．一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上

8、套有一個質(zhì)量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4 C．小球從C點由靜止釋放，其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v­t圖象如圖乙所示．小球運動到B點時，v­t圖象的切線的斜率最大(圖中標出了該切線)．則下列說法正確的是(　　) A．在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E＝1.2 V/m B．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大 C．由C到A電勢逐漸降低 D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9 V 解析：ACD　[由圖乙可知，在B點帶電小球的加速度最大，則B點的場強最大，＝＝ m/s2，解得E＝1.2 V/m，A正確；細桿上

9、電場強度的方向沿桿從C指向A，所以帶正電小球從C到A的過程中，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；由C到A電勢逐漸降低，C正確；帶正電小球由C到B的過程中，由動能定理得qUCB＝mv－0，解得UCB＝0.9 V，D正確．] 8．(08786746)(多選)(2018·江西師大附中、臨川一中聯(lián)考)如圖所示，Q1、Q2為兩個被固定在坐標軸x上的點電荷，其中Q1帶負電，在O點．Q1、Q2相距為L，a、b兩點在它們連線的延長線上，其中b點與O相距3L.現(xiàn)有一帶電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始經(jīng)b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其v

10、3;x圖象如圖所示，以下說法中正確的是(　　) A．Q2一定帶正電 B．Q1電荷量與Q2電荷量之比為＝ C．b點的電場強度一定為零，電勢最高 D．整個運動過程中，粒子的電勢能先增大后減小 解析：AD　[粒子在到達b點之前做減速運動，在b點之后做加速運動，可見在b點的加速度為零，則在b點受到兩點電荷的電場力平衡，可知Q2帶正電，有＝，所以＝，故A正確，B錯誤．該粒子從a點先做減速運動，知該粒子帶負電荷，在整個過程中，電場力先做負功后做正功，所以電勢能先增大后減小，移動的是負電荷，所以電勢先減小后增大，所以b點電勢不是最高，故C錯誤，D正確．] 9．(08786747)(2018&

11、#183;北京朝陽區(qū)期末)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示．一質(zhì)量m＝1.0×10－20kg、電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負電的粒子從(－1,0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動．忽略粒子的重力等因素．求： (1)x軸左側(cè)電場強度E1和右側(cè)電場強度E2的大小之比； (2)該粒子運動的最大動能Ekm； (3)該粒子運動的周期T. 解析：(1)由圖可知：左側(cè)電場強度大小 E1＝ V/m＝2.0×103 V/m① 右

12、側(cè)電場強度大小 E2＝ V/m＝4.0×103 V/m② 所以＝. (2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有qE1x＝Ekm③ 其中x＝1.0×10－2 m. 聯(lián)立①③式并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得Ekm＝2.0×10－8 J. (3)設(shè)粒子在原點左右兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，在原點時的速度為vm，由運動學(xué)公式有vm＝t1④ vm＝t2⑤ Ekm＝mv⑥ T＝2(t1＋t2)⑦ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦式并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得 T＝3.0×10－8 s. 答案：(1)　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0×10－8

13、s 10．(08786748)(2018·山東臨沂期中)如圖甲所示，豎直放置的直角三角形NMP(MP邊水平)，∠NMP＝θ，MP中點處固定一電荷量為Q的正點電荷，MN是長為a的光滑絕緣桿，桿上穿有一帶正電的小球(可視為點電荷)，小球自N點由靜止釋放，小球的重力勢能和電勢能隨位置x(取M點處x＝0)的變化圖象如圖乙所示(圖中E0、E1、E2為已知量)，重力加速度為g，設(shè)無限遠處電勢為零，M點所處的水平面為重力零勢能面． (1)圖乙中表示電勢能隨位置變化的是哪條圖線？ (2)求重力勢能為E1時的橫坐標x1和帶電小球的質(zhì)量m； (3)求小球從N點運動到M點時的動能Ek. 解析

14、：(1)正Q電荷的電勢分布規(guī)律是離它越近電勢越高，帶正電的小球的電勢能為E＝qφ，可知正電荷從N點到M點的電勢能先增大后減小，故圖乙中表示電勢能隨位置變化的是圖線Ⅱ. (2)電勢能為E1時，距M點的距離為 x1＝(acos θ)··cos θ＝，x1處重力勢能E1＝mgx1sin θ. 可得m＝＝. (3)在小球從N點運動到M點的過程中，根據(jù)動能定理得mgasin θ＋E2－E0＝Ek－0， 解得Ek＝＋E2－E0. 答案：(1)圖線Ⅱ　(2)　 (3)＋E2－E0 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375