高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題11 電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng),重力不計(jì).粒子只在電場(chǎng)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(chǎng)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)榱悖f明該粒子所受電場(chǎng)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(chǎng)線分布如圖所示,
2、其中間一根電場(chǎng)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(chǎng)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(shì)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(chǎng)線先由密到疏,再由疏到密,電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大,方向不變,因此粒子受到的電場(chǎng)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(chǎng)線方向電勢(shì)降低,而電勢(shì)與位移的圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度,因此C錯(cuò)誤;由于電場(chǎng)力做正功,導(dǎo)致粒子電勢(shì)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(zhǎng),能正確反映兩電荷連線上場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)越大,兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最小,但不是零,B、D錯(cuò);兩電荷的電荷量大小相等,場(chǎng)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(cè)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(chǎng);場(chǎng)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(shì)為零,距球心r處的電勢(shì)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(shì)最高 B.球心與球表面間的電勢(shì)差等于E0R C.只在電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)線,電勢(shì)降低,則球心處的電勢(shì)最高,由Er圖象可得,球心與球表面間的電勢(shì)差等于E0R,選項(xiàng)A、B正確;只在電場(chǎng)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(chǎng)中的一條電場(chǎng)線與x軸重合,其電勢(shì)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(chǎng)力的作用,則在-x0~x0區(qū)間內(nèi) ( ) A.該靜電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng) B.該靜電場(chǎng)是非勻強(qiáng)電場(chǎng) 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(chǎng)線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,故該條電場(chǎng)線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等,又沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低,可知靜電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向,故該靜電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),A正確,B錯(cuò)誤;負(fù)點(diǎn)電荷受到沿x軸正方向的電場(chǎng)力,且電場(chǎng)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(chǎng),其電勢(shì)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(chǎng)力逐漸增大 B.帶電小球從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中,電勢(shì)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)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(chǎng)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(cè))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(chǎng)強(qiáng)最大,場(chǎng)強(qiáng)大小為E=1.2 V/m B.由C到A的過程中,小球的電勢(shì)能先減小后增大 C.由C到A電勢(shì)逐漸降低 D.C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)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(chǎng)強(qiáng)最大,== m/s2,解得E=1.2 V/m,A正確;細(xì)桿上
9、電場(chǎng)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(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,B錯(cuò)誤;由C到A電勢(shì)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(zhǎng),a、b兩點(diǎn)在它們連線的延長(zhǎng)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(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度一定為零,電勢(shì)最高 D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,粒子的電勢(shì)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(chǎng)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(chǎng)力先做負(fù)功后做正功,所以電勢(shì)能先增大后減小,移動(dòng)的是負(fù)電荷,所以電勢(shì)先減小后增大,所以b點(diǎn)電勢(shì)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(chǎng)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(chǎng)的方向平行于x軸,其電勢(shì)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(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度E1和右側(cè)電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度大小 E1= V/m=2.0×103 V/m① 右
12、側(cè)電場(chǎng)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(zhǎng)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(shì)能和電勢(shì)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(shì)為零,M點(diǎn)所處的水平面為重力零勢(shì)能面. (1)圖乙中表示電勢(shì)能隨位置變化的是哪條圖線? (2)求重力勢(shì)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(shì)分布規(guī)律是離它越近電勢(shì)越高,帶正電的小球的電勢(shì)能為E=qφ,可知正電荷從N點(diǎn)到M點(diǎn)的電勢(shì)能先增大后減小,故圖乙中表示電勢(shì)能隨位置變化的是圖線Ⅱ. (2)電勢(shì)能為E1時(shí),距M點(diǎn)的距離為 x1=(acos θ)··cos θ=,x1處重力勢(shì)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
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