2019届高考物理一轮复习微专题11电场中“三类图象”问题的突破练习新人教版
高考物理大一轮复习 专题强化练六 电场中“三类”图象的剖析及应用 新人教版
专题强化练六电场中“三类”图象的剖析及应用A 对点训练——练熟基础知识题组一电场中粒子运动的vt图象1．(多选)如图7甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为0的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．设A、B两点的电场强度分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则( )．图7A．E A＝E B B．E A<E BC．φA＝φB D．φA<φB解析由图乙可知，电子做匀加速直线运动，故该电场为匀强电场，即E A＝E B.电子受力方向与电场线的方向相反，故电场线的方向由B指向A，根据沿着电场线的方向是电势降低的方向，故φA<φB，选项A、D正确．答案AD2．(单选)如图8(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若将一负电荷从A点处自由释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图(b)所示，则A、B两点的电势高低和场强大小关系是( )．图8A．φA>φB，E A>E B B．φA>φB，E A<E BC．φA<φB，E A>E B D．φA<φB，E A<E B解析由图(b)可知，负电荷从A向B加速运动且加速度逐渐减小，故其所受外力qE＝ma逐渐减小，所经历各点的场强减小，即E B<E A，B、D错误．关于电势高低的判定有如下几种方法：法一：由电场线方向判定．因负电荷从A 向B 加速运动，其所受电场力由A 指向B ，则电场线方向是由B 指向A 的．沿电场线方向电势是降低的，故φA <φB ，A 错误，C 正确． 法二：由电场力做功来判定．负电荷是在电场力作用下移动的，电场力做正功，则其是由低电势向高电势运动，故φA <φB ，A 错误，C 正确．法三：根据电势能判定．电荷在运动中只有电场力做功，其动能与电势能之和保持不变，由A 到B 其动能增加，故其电势能减少，而电荷带负电，负电荷在电势高处电势能小，故φA <φB ，A 错误，C 正确．答案 C3．(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A 点经B 、C 点运动到D 点，其v t 图象如图9所示，则下列说法中正确的是 ( )．图9A ．A 点的电场强度一定大于B 点的电场强度B ．粒子在A 点的电势能一定大于在B 点的电势能C ．CD 间各点电场强度和电势都为零D ．AB 两点间的电势差大于CB 两点间的电势差解析 由题图可知粒子在A 点的加速度大于在B 点的加速度，因a ＝qE m，所以E A >E B ，A 对；粒子从A 点到B 点动能增加，由动能定理知电场力做正功，电势能减小，B 对；同理由动能定理可知A 、C 两点的电势相等，U AB ＝U CB ，D 错；仅受电场力作用的粒子在CD 间做匀速运动，所以CD 间各点电场强度均为零，但电势是相对于零势点而言的，可以不为零，C 错．答案 AB4．(多选)如图10甲所示，两个点电荷Q 1、Q 2固定在x 轴上距离为L 的两点，其中Q 1带正电位于原点O ，a 、b 是它们连线延长线上的两点，其中b 点与O 点相距3L .现有一带正电的粒子q 以一定的初速度沿x 轴从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a ，b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度随坐标x 变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是 ( )．图10A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．b点的场强一定为零C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小解析由v－t图象知，粒子从a点向b点运动时速度减小，电场力做负功，从b点再向右运动速度又变大，电场力做正功，说明b点左右两侧电场方向相反，b点处场强为0，B项正确；粒子从a点到b点电场力做负功，电势能增加，D项正确．根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A项正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势比b点低，C项错．答案ABD题组二电场中的Ex图象问题5．(单选)两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )．解析越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C错，应选A.答案 A6．(单选)两带电荷量分别为q1(q1>0)和q2的点电荷放在x轴上，相距为l，两电荷连线上电场强度E与x的关系如图11所示，则下列说法正确的是( )．图11A ．q 2>0且q 1＝q 2B ．q 2<0且q 1＝|q 2|C ．q 2>0且q 1>q 2D ．q 2<0且q 1<|q 2|解析 由题图知，当x ＝l2时，E ＝0，则q 1和q 2必为同种电荷，且电荷量相等，故选项A 正确．答案 A7．(多选)空间存在一沿x 轴方向的静电场，电场强度E 随x 变化的关系如图12所示，图线关于坐标原点对称，A 、B 是x 轴上关于原点对称的两点．下列说法正确的是 ( )．图12A ．取无穷远处电势为零，则O 点处电势为零B ．电子在A 、B 两点的电势能相等C ．电子在A 、B 两点的加速度方向相反D ．电子从A 点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线解析 由E x 图象特征可以假定图象是等量同种电荷连线上的电场强度的分布，取无穷远处电势为零，则O 点处电势不为零，A 错误；由于A 、B 是x 轴上关于原点对称的两点，A 、B 两处电势相等，所以电子在A 、B 两点的电势能相等，B 正确；A 、B 两点电场强度大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知，电子在A 、B 两点的加速度方向相反，C 正确；电子从A 点由静止释放后的运动轨迹是直线，做往复运动，D 错误． 答案 BC题组三 电场中的φ－x 图象8．(单选)真空中有一半径为r 0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图13所示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离．下列说法中正确的是 ( )．图13A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．A点的电场强度大于B点的电场强度D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功解析A点的电势高于B点的电势，选项A错误；A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B错误、C正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功，选项D错误．答案 C9．(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图14所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E Cx.下列说法正确的有( )．图14A．E Bx的大小大于E Cx的大小B．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功解析在φx图象中，图线斜率表示场强大小．结合题中图象特点可知E Bx>E Cx，E Ox＝0，故A项正确，C错误．根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知E Bx沿x轴负方向，B项错误．负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负方向，在负x轴上受电场力沿x轴正方向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确．答案AD10．(单选)某空间存在一静电场，其沿x轴方向的电势φ随x变化的情况如图15所示，图形关于过x3垂直x轴的直线对称，图中Ox1＝x1x2＝x2x3＝x3x4，则下列说法中正确的是( )．图15A．0～x1区域内电场强度一定为零B．正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电势能逐渐增大C．沿x轴方向上，x3处的电场强度最大D．沿x轴方向上，正电荷从x2移到x4电场力做功不为零解析在φ－x图象中，图线的斜率表示电场强度，在0～x1区域内，沿x轴方向上不存在电场，x3处的电场强度不是最大，C错；而在0～x1区域内，可能存在垂直于x轴方向上的电场，A错；由电势能E p＝qφ及图知B对；由电场力做功W＝qU知沿x轴方向，正电荷从x2移到x4电场力做功为零，D错．答案 BB 深化训练——提高能力技巧11．(2013·山东泰安质检，19)(多选)图16中甲是匀强电场，乙是孤立的正点电荷形成的电场，丙是等量异种点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线上，且a位于连线的中点)，丁是等量正点电荷形成的电场(a、b位于两点电荷连线的中垂线，且a位于连线的中点)．有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放，动能E k 随位移x变化的关系图象如图17中的①②③图线所示，其中图线①是直线．下列说法正确的是( )．图17图16A ．甲对应的图线是①B ．乙对应的图线是 ②C ．丙对应的图线是②D ．丁对应的图线是 ③解析 正检验电荷仅在电场力作用下，由静止开始运动，其中甲、乙、丙中正检验电荷沿电场方向运动，丁中正检验电荷静止不动．电场力对正检验电荷做功改变其动能，有Eqx ＝E k ，动能E k 随x 的变化率E k x∝E ，而电场强度E 随x 的变化情况是：甲中E 为常数，乙图中E 减小，丙图中E 增大，所以A 、C 选项正确，B 、D 选项错误．答案 AC12．(2013·哈尔滨二模)(多选)两个点电荷Q 1、Q 2固定于x 轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x 轴负方向移近Q 2(位于坐标原点O )的过程中，试探电荷的电势能E p 随位置变化的关系如图18所示，则下列判断正确的是( )．图18A ．M 点电势为零，N 点场强为零B ．M 点场强为零，N 点电势为零C ．Q 1带负电，Q 2带正电，且Q 2电荷量较小D ．Q 1带正电，Q 2带负电，且Q 2电荷量较小解析 由E p x 图象可知，由无穷远到N 的过程中，电势能减小，电场力做正功，试探电荷为正，N 点右侧场强方向向左，同理MN 间场强方向向右，所以E N ＝0，而E p M ＝φM q ＝0，所以φM ＝0，故A 正确，B 错误．根据场强分布可知Q 1带负电，Q 2带正电，且|Q 2|<|Q 1|，故C 正确，D 错误．答案 AC。
2019届高三物理一轮复习人教版选修3-1带电粒子在电场中的曲线运动补充练习(教师版含解析)
江苏省赣榆高级中学2019届高三物理一轮复习 人教版选修3-1带电粒子在电场中的曲线运动补充练习1、如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么，电子在电场中可能做 （ ）A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动 【解析】电子绕核运动便可看成匀速圆周运动 【答案】B C D2、一束由不同种正离子组成的粒子流以相同的速度，从同一位置沿垂直于电场方向射入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子（ ） A.都具有相同的比荷 B.都具有相同的质量C.都具有相同的电量D.都属于同一元素的同位素【解析】当粒子从偏转电场中飞出时的侧移，速度的偏角相同时，则粒子的轨迹相同.由及知：当粒子的比荷相同时，侧移、偏角相同.【答案】A3、如图9－5－14所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（ ）A.U 1变大、U 2变大B.U 1变小、U 2变大C.U 1变大、U 2变小D.U 1变小、U 2变小【解析】 故B 对 【答案】B4、如图9－5－15所示，虚线表示某点电荷Q 所激发电场的等势面，已知a 、b 两点在同一等势面上， c 、d 两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a 射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb 曲线、acb 曲线运动．则 下列说法正确的是 （ ） ①两粒子所带的电荷符号不同②甲粒子经过c 点时的速度大于乙粒子经过d 点的速度 ③两个粒子的电势能都是先减小后增大④经过b 点时，两粒子的动能一定相等y θ222121⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==vL dm Uq at y 2000tan dmv UqL v at v vy ===θmq y θdU LU dmv qL U v at v v y12202002tan ====θ图9－5－14图9－5－A ．①②B ．①③C ．③④D ．①④【解析】由图轨迹可知Q 和乙是同种电荷，Q 和甲是异种电荷，故①对；乙先做负功后做正功，电势能先增大后减小．甲先做正功后做负功，电势能先减小后增大．到达b 点两者速度又相等，但质量未知，动能不一定相等．故②对，③④错． 【答案】A5、.a 、b 、c 三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图9－5－16所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定（①在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上 ②b 和c 同时飞离电场③进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小 ④动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大 A.①B.①②C.③④D.①③④【解析】根据类平抛运动的竖直方向分运动可知，加速度相同，竖向位移c 最小，a 、b 相同，得a 、b 飞行时间相等，c 时间最短，故速度c 比b 大； b 射程大于a ，故b 的速度大于a ．比较竖向位移可知电场力做功c 的最小，a 和b 的一样大．选①③④对 【答案】D6、一个初动能为的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则当它飞出电容器时的动能变为 【解析】电子穿过匀强电场，电场力做功与在场强方向上偏转成正比．若初速度加倍，穿过电场的时间减半，偏移为原来的1/4．电场力做功也为原来的1/4．原来的动能增量，速度加倍后电子动能增量将是原来的1/4，而进入时初动能为，因此飞出时的动能．【答案】7、质量为、带电量为的小球用一绝缘细线悬于点，开始时它在 之间来回摆动，、与竖直方向的夹角均为，如图9-5-17所示． （1）如果当它摆动到点时突然施加一竖直向上的、大小为 的匀强电场．则此时线中的拉力 ．（2）如果这一电场是在小球从点摆到最低点时突然加上去的，则当αk E k E 2k E k k E E =∆k E 4k k E E 25.4'=k k E E 25.4'=m q +o AB OA OB OC θB q mg E /==1T AC 图9-5-17图9－5小球运动到点时线中的拉力 = ．【解析】(1)当小球摆动到点时，速度为零，向心加速度为零，此时合外力便为零，因为电场力与重力已抵消，故拉力（2）从A 到C 点由动能定理可得： ① 在最低点C 点：② 联立 ①②可得：【答案】（1）（2）8、一质量为，带电量为+q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出．在距抛出点水平距离L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管．管上口距地面h /2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图图9－5－18所示，求： （1）小球初速v 0 （2）电场强度E 的大小．（3）小球落地时动能E K ．【解析】电场中粒子运动，在水平方向上：①竖直方向上： ② 又有 ③ 联立 ①②③得：， ， 小球落地时动能：9、如图9＝5－19所示，两块长3cm 的平行金属板AB 相距1cm ，并与300V 直流电源的两极相连接，，如果在两板正中间有一电子（ m =9×10－31kg ，e =－1.6×10－19C ），沿着垂直于电场线方向以2×107m/s 的速度飞入，则 （1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A 到B 分布宽1cm 的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？B 2T B 01=T 021)cos 1(2-=-mv mgl θlm v T 22=)cos 1(22θ-=mg T 01=T )cos 1(22θ-=mg T m m qEt v /0=2/2/2gt h =qEL mv =2/20h gh L v /20=qh mgL E /2=mgh EqL mgh mv E k =-+=2/20B A ϕϕ<h图9－5－A析】（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2×107m/s 的速度飞入时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为 在沿AB 方向上，电子受电场力的作用，在AB 方向上的位移为：，其中联立求解，得y =0.6cm ，而cm ，所以，故粒子不能飞出电场． （2）从（1）的求解可知，与B 板相距为y 的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为cm ，所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分 比为：10、如图9－5－20所示，在的空间中，存在沿轴方向的匀强电场；在的空间中，存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小也为．一电子在处的P 点以沿轴正方向的初速度v 0开始运动，不计电子重力．求： （1）电子的方向分运动的周期．（2）电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个交点的距离．【解析】 电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图甲所示．在的空间中，沿y 轴正方向以v 0的速度做匀速直线运 动，沿轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为， 则解得， 0v l t =221at y ⨯=m deU m eE m F a AB ===5.02=d 2dy >4.06.01=-=-=y d x00400010014.000100=⨯=⨯=d x n 0>x x E 0<x x E ),(me -d x =y x 0>x x a ma eE F ==2121at d =10t v OA =eE md t 21=eEmdv OA 20=y x EE o 0v d 图9－5－20x甲电子从A 点进入的空间后，沿y 轴正方向仍做v 0的匀速直线运动，沿轴负方向做加速度大小仍为的匀减速直线运动，到达Q 点．根据运动的对称性得，电子在轴方向速度减为零的时间，电子沿y 轴正方向的位移= 电子到达Q 点后，在电场力作用下，运动轨迹 QCP 1与QAP 关于QB 对称，而后的运 动轨迹沿y 轴正方向重复PAQCP 1，所以有： （1）电子的方向分运动的周期 （2）电子运动的轨迹与y 轴的各个交点中，任意两个交点的距离0<x x a x =2t eEmdt 21=AB eEmdv OA 20=x eEmdt T 2441==)3,2,1(2220====n eEmdnv OA n AC n s。
高考物理一轮复习专项训练—电场中功能关系及图像问题(含解析)
高考物理一轮复习专项训练—电场中功能关系及图像问题（含解析）1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为0.6qEm，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中()A．物体克服静电力做功0.6qEsB．物体的电势能增加了qEsC．物体的重力势能增加了qEsD．物体的动能减少了0.6qEs2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是()A．小环所受静电力逐渐变小B．小环的加速度先向右后向左C．小环的电势能逐渐增加D．小环的动能逐渐增加3．(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是()A ．球体带正电荷B ．球心处电场强度最大C ．A 、B 两点电场强度相同D ．一带负电的试探电荷在B 点的电势能比在C 点的电势能大4．(多选)如图甲所示，a 、b 是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，一个带电粒子在a 点由静止释放，仅在静电力作用下从a 点向b 点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A ．带电粒子与场源电荷带异种电荷B ．a 点电势比b 点电势高C ．a 点电场强度比b 点电场强度大D ．带电粒子在a 点的电势能比在b 点的电势能大5.(多选)如图，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E k0水平抛出，经过c 点时，小球的动能为5E k0；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2mgq的匀强电场，仍从a 点以初动能E k0沿某一方向抛出小球，小球经过c 点时的动能为13E k0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g )()A．a、b两点间的距离为5E k0mgB．a、b两点间的距离为4E k0mgC．a、c两点间的电势差为8E k0qD．a、c两点间的电势差为12E k0q6.(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7.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧O′处固定一个电荷量为＋Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则()A．在a点，小环所受弹力大小为kQql2B．在c点，小环的动能最大C．在c点，小环的电势能最大D．在b点，小环的速率为v2＋2gl8.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；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0.5WC．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9．(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10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒()A ．一定带正电B ．0～3s 内静电力做的功为－9JC ．运动过程中动能不变D ．0～3s 内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 为最低点，圆心角∠BOC ＝37°，线段OC 垂直于OD ，圆弧轨道半径为R ，直线轨道AB 长为L ＝5R ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD ，现有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E ＝mg q，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，忽略空气阻力．求：(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次从D 点飞出后上升的最大高度；(3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程．12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x ＝1m 处以初速度v 0＝3m/s 沿x 轴正方向运动．小滑块的质量为m ＝2kg 、带电荷量为q ＝－0.1C ，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E p 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＝1m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．x＝1m处的电场强度大小为20V/mB．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＝3m处时，速度大小为2m/sD．若滑块恰好到达x＝5m处，则该处的电势为50V答案及解析1．D2.D3.D4.CD5.BC6.BC7．D8．AB [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 ＝E x q ·2R从a 到b 有2W ＝E y q ·3R ＋E x qR 可得E x ＝W 2qR ，E y ＝3W 2qR则E ＝E x 2＋E y 2＝W qR，tan θ＝E y E x＝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 ′＝Eq 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．]9．BD [φ－x 图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A 错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 3电场线方向指向x 轴的负方向，x 3～＋∞电场线方向指向x 轴的正方向，并且在x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E ＝k Q r2，由近小远大规律可知，Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，并且Q 1带正电，Q 2带负电，所以B 正确，C 错误；电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，静电力做负功，电势能增加，所以D正确．]10．BCD[由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3s内电势能增加9J，则0～3s静电力做的功为－9J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3s内重力势能与电势能共增加12J，又微粒的动能不变，故0～3s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J，故D正确．] 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)(L sin37°＋R－R cos37°)－μ(qE＋mg)L cos37°＝12m v C12－0在C点由牛顿第二定律知：F N－qE－mg＝m v C12 R，联立解得：F N＝10.8mg由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知(qE＋mg)(L sin37°－R cos37°)－μ(qE＋mg)L cos37°＝12m v D12－0小物块第一次到达D点后以速度v D1逆着电场线方向做匀减速直线运动，由动能定理知－(qE＋mg)x max＝0－12v D12联立解得：x max＝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)L sin37°＝μ(qE＋mg)d cos37°，解得：d＝15R.12．C[E p－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1m处所受静电力大小为F＝|ΔE pΔx|＝1N，可得E1＝10V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1m的位置运动至x＝3m处时，根据动能定理有12m v2－12m v02＝W电，W电＝ΔE p′＝1J，解得速度大小为v＝2m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5m处，则12m v02＝W电′＝E p2－E p1，其中E p1＝2J，解得滑块的电势能E p2＝5J，该处的电势为φ＝E p2q＝5－0.1V＝－50V，选项D错误．]。
高考物理一轮复习小专题电场中“三类”典型图像问题的突破教案(含解析)沪科版
第5课时(小专题)电场中“三类”典型图像问题的突破近几年，高考中以电场图像和电势图像切入命题的试题逐渐增多，如：E－x图像、φ－x 图像，或与粒子运动规律有关的图像，如：v－t图像，掌握各个图像的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等。
突破一电场中粒子运动的v－t图像当带电粒子只在电场力作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图像，则从速度图像上能确定粒子运动的加速度方向，加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来。
【典例1】(多选)(2014·海南卷，9)如图1甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v －t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为E p a、E p b，不计重力，则有( )图1A．φa＞φb B．E a＞E bC.E a＜E b D．E p a＞E p b解析由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故正确答案为B、D。
答案BD【变式训练】1.电场中的三条等势线如图2中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa＞φb＞φc。
一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v－t图像大致是图线中的( )图2解析电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝q(φP－φQ)，因为q＜0，且φP＜φQ，所以W＞0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v－t图像的斜率大，故由P到Q，v－t图像的斜率不断减小，选项A正确，选项B错误。
2019届一轮复习人教版 电场 课件(32张)
今日提醒
1．库仑定律只成立于两个点电荷之间，对于匀质球体 不成立。 2．求电场强度 E 的三个公式容易混淆。在电场中判断 E 大小、电势高低、电势能的大小容易混淆。 3．注意 U＝Ed 的适用条件，适用于匀强电场，d 为两 点间沿场强方向的距离，但对非匀强电场定性成立。
今日训练
解析：粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，由题图可知 M 受到了引力作用，N 受到了斥力作用，故 M 带负电荷，N 带正电荷，选项 A 正确；由于虚线是等势面，故 M 从 a 点 到 b 点电场力对其做负功，动能减小，选项 B 正确；d 点和 e 点在同一等势面上，N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电 势能，故选项 C 正确； N 从 c 点运动到 d 点的过程中，电 场力做正功，故选项 D 错误。
2．两种图线 电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，它从正电荷 或无穷远处出发终止于负电荷或无穷远处，电场线在某点的 切线方向表示该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大 小。等势线(面)是电势相等的点构成的线(面)。 电场线与等势线(面)的关系：等势线(面)一定跟电场线垂 直，即跟场强的方向垂直；场强 E 的方向是电势降落最快的 方向，电场线由电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
答案：ABC
解析：若电阻 R2 短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下 运动，A 错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小， 并联部分两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运 动， G 中有从 a 到 b 的电流， B 正确； 在滑片 P 向上移动的过程中， 滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增 大，电路总电流减小，即通过 R1 的电流减小，所以 R1 两端的电压 减小，而路端电压是增大的，所以并联部分两端电压增大，电容器 处于充电状态，G 中有由 b 到 a 的电流，因电容器两极板间的电压 增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C 错 误；将 S 断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极 板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，当电路稳定后， 电路中无电流，油滴向下运动，D 正确。 答案：BD
2019届高三人教版物理一轮复习课件：微专题11 电场中“三类图象”问题的突破
第七章
练规范课时冲关
3．两个等量同种点电荷的 Ex 图象 (1)两电荷连线上的 Ex 图象如图 5. (2)两电荷连线的中垂线上的 Ey 图象如图 6.
第七章
练规范课时冲关
[典例 2]
(08786731) (多选)静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x
的变化关系如图所示， x 轴正向为电场强度正方 向，带正电的点电荷沿 x 轴运动，则点电荷( A．在 x2 和 x4 处电势能相等 B．由 x1 运动到 x3 的过程中电势能增大 C．由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先增大后减小 D．由 x1 运动到 x4 的过程中电场力先减小后增大 )
②中垂线．③仅受电场力．④vt 图象． (2)思路分析：①t2 时刻速度的方向改变，且斜率不为零，从而 确定试探电荷的受力方向和加速度方向． ②根据试探电荷的受力情况，确定两电荷的电性和电量关系．
第七章
练规范课时冲关
[解析]
BD
[由 vt 图象可知 t2 时刻运动方向改变，且图线斜
率不为零，则加速度不为零，0～t2 时间内做减速运动，电场力做负 功，试探电荷的动能转化为电势能，t2 时刻电势能最大，C 错误，D 正确．试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿 Q1、Q2 连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等， A 错误，B 正确．]
练规范课时冲关
电场中粒子运动的 v-t 图象
当带电粒子只在电场力作用下运动时，如果给出了粒子运动的 速度—时间图象，则从速度—时间图象上能确定粒子运动的加速度 方向，加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场 强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．
第七章
练规范课时冲关
高考物理一轮复习 微专题11 电场中三类图象问题的突破练习
取夺市安慰阳光实验学校微专题十一电场中“三类图象”问题的突破[A级—基础练]1．(08786739)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B [在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．(08786740)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O 点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是( )解析：B [由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．(08786741)两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C错，应选A.]4．(08786742)(2018·一级达标学校联合测试)半径为R、电荷量为Q的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r处的电势为φ＝kQr(r≥R)，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A．球心处的电势最高B．球心与球表面间的电势差等于12E0RC．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q(q>0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqRD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqR，选项C 正确，选项D 错误．]5．(08786743)(2018·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．][B 级—能力练]6．(08786744)(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0qm，则运动过程中的最大速度为 6φ0qmD ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0qm解析：BC [φx 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝6φ0qm，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q＝0－12mv 20，解得v 0＝φ0qm，D 错误．] 7．(08786745)(多选)(2018·辽宁沈阳教学质量检测)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 ＝5.0×10－4C ．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 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt ＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12mv 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．]8．(08786746)(多选)(2018·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点．Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q 3L 2＝k |Q 2|q 2L 2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]9．(08786747)(2018·北京期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2；(2)该粒子运动的最大动能E km ； (3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小 E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103V/m ①右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103V/m ②所以E 1E 2＝12.(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③ 其中x ＝1.0×10－2m.联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1mt 1④v m ＝qE 2mt 2⑤E km ＝12mv 2m ⑥T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s.答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8s10．(08786748)(2018·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ； (3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2，x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ.(3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0.答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ (3)2E 1cos 2θ＋E 2－E 0。
高一物理下学期期末考试分类汇编电场中的图像问题新人教版
专题10 电场中的图像问题一、电场中的E-x 图像1．某空间存在一条沿x 轴方向的电场线，电场强度E 随x 变化的规律如图所示，图线关于坐标原点中心对称，则（ ）A ．x 1、x 2处的电场方向相同B ．电势差12Ox Ox U U >C ．取无穷远处电势为零，则O 点处电势也为零D ．若将一试探电荷于x 2处由静止释放，该电荷可能经过x 1处 【答案】B【详解】A ．根据场强的正负反映场强的方向，可知x 1、x 2处的电场方向相反，故A 错误； B ．根据图象与x 轴围成的面积分析电势差的大小，可知电势差12Ox Ox U U >故B 正确； C ．根据场强的正负反映场强的方向可知x 轴正半轴场强向右，x 轴负半轴场强向左，根据沿电场线方向电势降低，取无穷远处电势为零，则O 点处电势大于零，故C 错误； D ．由图可知，场强对称分布，根据电场力做功可知，若将一带负电的试探电荷于x 2处由静止释放，即使该电荷受力向左，向x 轴负半轴运动，最远也只能运动到与x 2对称的-x 2处，不可能经过x 1处，故D 错误。
故选B 。
二、电场中的φ-x 图像2．在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示。
下列说法正确的有（ ）A ．q 1和q 2带有同种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．正电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大 【答案】C【详解】A ．根据图像，电势有正值也有负值，所以q 1和q 2带有异种电荷，A 错误； B ．x 1处的斜率最大，电场强度最大，电场强度不等于零，B 错误；C ．从x 1移到x 2，电势升高，所以电场强度向左，负电荷所受电场力向右，负电荷从x 1移到x 2，电场力做正功，电势能减小，C 正确；D ．在x 1处斜率最大，电场强度最大，正电荷所爱电场力最大，在x 2处斜率等于零，电场强度等于零，正电荷所受电场力等于零，正电荷从x 1移到x 2，受到的电场力减小，D 错误。
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微专题十一电场中“三类图象”问题的突破[A级—基础练]1．(08786739)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A 点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B [在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．] 2．(08786740)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v 和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是( )解析：B [由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A 错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．]3．(08786741)两带电荷量分别为＋q 和－q 的点电荷放在x 轴上，相距为L ，能正确反映两电荷连线上场强大小E 与x 关系的图是( )解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.]4．(08786742)(2018·龙岩市一级达标学校联合测试)半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知；取无穷远处电势为零，距球心r 处的电势为φ＝k Q r(r ≥R )，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A ．球心处的电势最高B ．球心与球表面间的电势差等于12E 0RC ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQq RD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqR，选项C 正确，选项D 错误．]5．(08786743)(2018·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．][B 级—能力练]6．(08786744)(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0qm，则运动过程中的最大速度为 6φ0qmD ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0qm解析：BC [φx 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx ，所以带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝6φ0qm，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q ＝0－12mv 20，解得v 0＝φ0qm，D 错误．] 7．(08786745)(多选)(2018·辽宁沈阳教学质量检测)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 ＝5.0×10－4C ．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 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝ΔvΔt＝0.35 m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12mv 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D正确．]8．(08786746)(多选)(2018·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点．Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q 3L 2＝k |Q 2|q2L2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]9．(08786747)(2018·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9 C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ； (3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103V/m ① 右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103V/m ②所以E 1E 2＝12.(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③ 其中x ＝1.0×10－2m.联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1mt 1④ v m ＝qE 2m t 2⑤E km ＝12mv 2m ⑥ T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s.答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8s10．(08786748)(2018·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？ (2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ； (3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2，x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ.(3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0， 解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0.答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ22E 1ga sin θcos 2θ (3)2E 1cos 2θ＋E 2－E 0。