《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 微專題十一 電場中“三類圖象”問題的突破 [A級(jí)—基礎(chǔ)練] 1．(08786739)一個(gè)帶正電的粒子，在xOy平面內(nèi)以速度v0從O點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場，重力不計(jì)．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(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，且在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與y軸平行，則電場強(qiáng)度的方向可能是(　　) A．沿x軸正方向 B．沿x軸負(fù)方向 C．沿y軸正方向 D．垂直于xOy平面向里 解析：B　[在O點(diǎn)粒子速度有水平向右的分量，而到A點(diǎn)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?yàn)榱Ｗ訋д?，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(diǎn)由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)．取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計(jì)．在O到A運(yùn)動(dòng)過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間t的變化、粒子的動(dòng)能Ek和運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，電場線先由密到疏，再由疏到密，電場強(qiáng)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(cuò)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(qiáng)度，因此C錯(cuò)誤；由于電場力做正功，導(dǎo)致粒子電勢能減小，則動(dòng)能增加，且圖

3、象的斜率先減小后增大，故D錯(cuò)誤．] 3．(08786741)兩帶電荷量分別為＋q和－q的點(diǎn)電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強(qiáng)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(qiáng)越大，兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處場強(qiáng)最小，但不是零，B、D錯(cuò)；兩電荷的電荷量大小相等，場強(qiáng)大小關(guān)于中點(diǎn)對(duì)稱分布，C錯(cuò)，應(yīng)選A.] 4．(08786742)(2018·龍巖市一級(jí)達(dá)標(biāo)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(qiáng)大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知；取無窮遠(yuǎn)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(cuò)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(dòng)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(dòng)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(xiàng)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(dòng)能為，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)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(diǎn)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(qiáng)電場 B．該靜電場是非勻強(qiáng)電場 C．電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小 D．電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小，故該條電場線上各點(diǎn)的場強(qiáng)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(fù)方向，故該靜電場為勻強(qiáng)電場，A正確，B錯(cuò)誤；負(fù)點(diǎn)電荷受到沿x軸正方向的電場力，且電場力為恒力，所以負(fù)點(diǎn)電荷將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，C、D

6、錯(cuò)誤．] [B級(jí)—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(biāo)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(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)以某一未知速度v0沿x軸正向移動(dòng)到點(diǎn)x4.則下列敘述正確的是(　　) A．帶電小球從O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中，所受電場力逐漸增大 B．帶電小球從x1運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為 D．要使小球能運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度E＝，所以帶電小球從

7、O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中，所受電場力不變，A錯(cuò)誤；由W＝Uq可知，帶電小球從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，B正確；從O點(diǎn)以某一未知速度v0沿x軸正向移動(dòng)到點(diǎn)x4，電場力先做正功后做負(fù)功，在x1時(shí)，動(dòng)能最大，對(duì)0～x1過程應(yīng)用動(dòng)能定理，有φ0q＝mv2－mv，解得v＝ ，C正確；當(dāng)小球到達(dá)x4處速度為零時(shí)，初速度v0最小，對(duì)全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得－q＝0－mv，解得v0＝ ，D錯(cuò)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(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上

8、套有一個(gè)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(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動(dòng)的v­t圖象如圖乙所示．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，v­t圖象的切線的斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)．則下列說法正確的是(　　) A．在O點(diǎn)右側(cè)桿上，B點(diǎn)場強(qiáng)最大，場強(qiáng)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(diǎn)間的電勢差UCB＝0.9 V 解析：ACD　[由圖乙可知，在B點(diǎn)帶電小球的加速度最大，則B點(diǎn)的場強(qiáng)最大，＝＝ m/s2，解得E＝1.2 V/m，A正確；細(xì)桿上

9、電場強(qiáng)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(cuò)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(dòng)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(gè)被固定在坐標(biāo)軸x上的點(diǎn)電荷，其中Q1帶負(fù)電，在O點(diǎn)．Q1、Q2相距為L，a、b兩點(diǎn)在它們連線的延長線上，其中b點(diǎn)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(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)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(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零，電勢最高 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的電勢能先增大后減小 解析：AD　[粒子在到達(dá)b點(diǎn)之前做減速運(yùn)動(dòng)，在b點(diǎn)之后做加速運(yùn)動(dòng)，可見在b點(diǎn)的加速度為零，則在b點(diǎn)受到兩點(diǎn)電荷的電場力平衡，可知Q2帶正電，有＝，所以＝，故A正確，B錯(cuò)誤．該粒子從a點(diǎn)先做減速運(yùn)動(dòng)，知該粒子帶負(fù)電荷，在整個(gè)過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，所以電勢能先增大后減小，移動(dòng)的是負(fù)電荷，所以電勢先減小后增大，所以b點(diǎn)電勢不是最高，故C錯(cuò)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(tuán)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(fù)電的粒子從(－1,0)點(diǎn)由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運(yùn)動(dòng)．忽略粒子的重力等因素．求： (1)x軸左側(cè)電場強(qiáng)度E1和右側(cè)電場強(qiáng)度E2的大小之比； (2)該粒子運(yùn)動(dòng)的最大動(dòng)能Ekm； (3)該粒子運(yùn)動(dòng)的周期T. 解析：(1)由圖可知：左側(cè)電場強(qiáng)度大小 E1＝ V/m＝2.0×103 V/m① 右

12、側(cè)電場強(qiáng)度大小 E2＝ V/m＝4.0×103 V/m② 所以＝. (2)粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，在原點(diǎn)時(shí)的速度為vm，由運(yùn)動(dòng)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(diǎn)處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)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(diǎn)電荷)，小球自N點(diǎn)由靜止釋放，小球的重力勢能和電勢能隨位置x(取M點(diǎn)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(yuǎn)處電勢為零，M點(diǎn)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(shí)的橫坐標(biāo)x1和帶電小球的質(zhì)量m； (3)求小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(diǎn)到M點(diǎn)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(shí)，距M點(diǎn)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)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