提能訓(xùn)練練案[45]基礎(chǔ)鞏固練題組一電場中功能關(guān)系1．(多選)如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，其電勢分別為10V、20V、30V。實線是一帶電的粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)運動的軌跡，a、b、c為軌跡上的三點，已知帶電粒子帶電荷量為0.01C，在a點處的動能為0.5J，則該帶電粒子()A．帶正電B．在b點的電勢能為0.5JC．在b點的動能為零D．在c點的動能為0.4J[答案]AD[解析]由等勢面與電場強度方向垂直可知電場強度方向向上，粒子所受靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，故靜電力方向向上，所以粒子帶正電，選項A正確；粒子在b點的電勢能Epb＝qφb＝0.01×30J＝0.3J，選項B錯誤；粒子在a點的總能量E＝0.01×10J＋0.5J＝0.6J，由能量守恒定律得粒子在b點處的動能Ekb＝0.6J－0.3J＝0.3J，選項C錯誤；由能量守恒定律得粒子在c點的動能Ekc＝0.6J－0.01×20J＝0.4J，選項D正確。2.(多選)如圖所示，A、B、O、C為在同一豎直平面內(nèi)的四點，其中A、B、O沿同一豎直線，B、C同在以O(shè)為圓心的圓周(用虛線表示)上，沿AC方向固定一光滑絕緣細(xì)桿，在O點固定放置一帶負(fù)電荷的小球。現(xiàn)有兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電荷的小球a、b，先將小球a穿在細(xì)桿上，讓其從A點由靜止開始沿桿下滑，后使小球b從A點由靜止開始沿豎直方向下落。兩帶電小球均可視為點電荷，則下列說法中正確的是()A．從A點到C點，小球a做勻加速運動B．小球a在C點的動能大于小球b在B點的動能C．從A點到C點，小球a的機械能先增大后減小，但機械能與電勢能之和不變D．從A點到C點靜電力對小球a做的功大于從A點到B點靜電力對小球b做的功[答案]BC[解析]從A點到C點，小球a受重力、靜電力、彈力作用，靜電力為變力，合力為變力，加速度是變化的，A錯誤；圓周為等勢面，小球從A點到C點和從A點到B點靜電力做功相等，根據(jù)動能定理，對小球a有mghAC＋W＝Eka，對小球b有mghAB＋W＝Ekb，由于小球a下降的高度大，故小球a在C點的動能大，B正確；小球a從A點到C點的過程中，靜電力做的功等于機械能的增加量，由于靜電力先做正功后做負(fù)功，故機械能先增大后減小，C正確；由于圓周為等勢面，故小球從A點到C點和從A點到B點靜電力做功相等，D錯誤。3．(多選)(2025·河北張家口高三調(diào)研)如圖所示，在一帶電豎直平行金屬板之間，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球被絕緣細(xì)線懸掛靜止于A點，剪斷細(xì)線后，小球恰能沿直線AB運動，經(jīng)時間t后到達(dá)B點，已知直線AB與水平方向的夾角為45°，重力加速度為g，規(guī)定A點的電勢為零，下列說法正確的是()A．電場強度大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)B．B點的電勢φB＝－eq\f(mg2t2,2q)C．小球在B點的電勢能EB＝eq\f(mg2t2,2)D．小球機械能的變化量為eq\f(mg2t2,2)[答案]BD[解析]小球沿直線AB運動，合力沿AB方向，如圖所示，則有qEtan45°＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，故A錯誤；小球所受合力F＝eq\r(2)mg，由牛頓第二定律得小球加速度a＝eq\r(2)g，由勻變速直線運動規(guī)律，得小球到B點的速度v＝eq\r(2)gt，設(shè)AB＝L，根據(jù)動能定理得mgLsin45°＋qELcos45°＝eq\f(1,2)mv2－0，解得電場力做功W＝qELcos45°＝eq\f(mv2,4)，根據(jù)W＝qUAB，解得UAB＝eq\f(mv2,4q)，根據(jù)UAB＝φA－φB，且A點的電勢為零，解得φB＝－eq\f(mv2,4q)，代入速度得φB＝－eq\f(mg2t2,2q)，則小球在B點的電勢能EB＝－eq\f(mg2t2,2)，故B正確，C錯誤；小球機械能的變化量等于電場力做的功，即ΔE＝W＝eq\f(mv2,4)，代入速度得ΔE＝eq\f(mg2t2,2)，故D正確。題組二電場中圖像問題4．(2025·八省聯(lián)考河南卷)某電場的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，O點為坐標(biāo)原點，a、b、c、d為x軸上的四個點。一帶正電粒子從d點由靜止釋放，在電場力作用下沿x軸運動，不計重力，則粒子()A．將在ad之間做周期性運動B．在d點的電勢能大于a點的電勢能C．在b點與c點所受電場力方向相同D．將沿x軸負(fù)方向運動，可以到達(dá)O點[答案]A[解析]由題圖可知，a、d兩點電勢相等，根據(jù)Ep＝qφ可知粒子在d點的電勢能等于a點的電勢能，故B錯誤；沿電場線方向電勢降低，由題圖可知，b點與c點的電場強度方向相反，根據(jù)F＝qE可知粒子在b點與c點所受電場力方向相反，故C錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知在d點電場方向為x軸負(fù)方向，粒子帶正電，則粒子受到沿著x軸負(fù)方向的電場力，即粒子將沿x軸負(fù)方向運動，該過程中僅有電場力時粒子做功，則粒子的動能和電勢能之和恒定，根據(jù)B選項分析可知粒子在d點的電勢能等于a點的電勢能，則粒子在d點的動能等于a點的動能均為0，即粒子將在ad之間做周期性運動，不能到達(dá)O點，故A正確，D錯誤。故選A。5．(多選)如圖甲所示，兩個點電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運動(粒子只受電場力作用)，設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖像如圖乙所示，則以下判斷正確的是()A．x＝3LB．Q2的電荷量等于Q1的電荷量C．a(chǎn)b連線的中點電勢最低D．q在a點的電勢能比在b點的電勢能大[答案]AD[解析]由題圖乙分析可知，粒子在距離O點3L前做加速運動，后做減速運動，可見粒子在3L處的加速度為0，則在3L處受到兩點電荷的電場力平衡，可知3L點的合電場強度為零，Q2帶負(fù)電，由E＝eq\f(kQ,r2)及Q1距離3L處較遠(yuǎn)，可知Q1的電荷量大于Q2的電荷量，故A正確，B錯誤；該粒子從a點到3L處，做加速運動，電場力做正功，又該粒子為負(fù)電荷，所以電勢升高，粒子從3L到b做減速運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢又降低，則3L處電勢最高，故C錯誤；由題圖乙可知，粒子在b點的速度大于在a點的速度，a點到b點整個過程中電場力做正功，電勢能減小，q6．(多選)如圖甲所示，有一電荷量分布均勻且?guī)щ姾闪繛椋玅的圓環(huán)，在其軸線上距離圓心x處產(chǎn)生的電場強度大小如圖乙所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，在圓心右側(cè)緊靠圓心處由靜止釋放，僅在電場力作用下沿軸線向右運動。下列說法正確的是()A．該粒子帶負(fù)電B．該粒子沿軸線運動過程中電勢能逐漸減少C．該粒子運動過程中最大加速度約為eq\f(1.9qE0,m)D．該粒子從r運動到2r過程中電場力做的功約為0.8qE0r[答案]BCD[解析]均勻帶電的圓環(huán)在其右側(cè)軸線上產(chǎn)生的場強向右，帶電粒子從靜止釋放向右運動，說明所受電場力方向向右，該粒子帶正電，A錯誤；該粒子沿軸線運動過程中電場力做正功，電勢能逐漸減少，B正確；粒子所受電場力最大時，加速度最大，即am＝eq\f(qEm,m)≈eq\f(1.9qE0,m)，C正確；E－x圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示電勢差，故該粒子從r運動到2r的過程中電場力做功約為W＝0.8qE0r，D正確。7.(多選)在勻強電場中，一電子從原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位置x變化的關(guān)系如圖所示，則()A．電場強度方向沿x軸正方向B．電場強度大小為2.5N/CC．x＝5m處的電勢為0D．電子從原點O運動到x＝4m處的過程中，動能增加了8eV[答案]CD[解析]根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系可知，帶負(fù)電粒子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，電勢能減小，則電場力做正功，因此電場強度方向沿x軸負(fù)方向，故A錯誤；由題圖可知，電勢能的變化率不變，所以負(fù)電荷受到的電場力不變，則知該電場為勻強電場，根據(jù)公式W＝qEx可知，電場強度E＝eq\f(W,qx)＝eq\f(2－10eV,－e×4m)＝2N/C，故B錯誤；由圖可知，x＝5m處的電勢能Ep為零，根據(jù)公式Ep＝qφ可知，x＝5m處的電勢φ＝eq\f(Ep,－e)＝0，故C正確；電子從原點O運動到x＝4m處的過程中，只有電場力做功，電勢能減小了8eV，則動能增加了8eV，故D正確。8．(2025·八省聯(lián)考內(nèi)蒙古卷)如圖，一帶正電小球甲固定在光滑絕緣斜面上，另一帶正電小球乙在斜面上由靜止釋放。以釋放點為原點，沿斜面向下為正方向建立x軸。在乙沿x軸加速下滑過程中，其動能Ek和機械能E隨位置x變化的圖像，可能正確的是()[答案]D[解析]設(shè)兩個帶電小球間距為r，由動能定理可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsinθ－k\f(q甲q乙,r2)))x＝Ek，則Ek－x圖像的斜率表示合外力，則F合＝mgsinθ－keq\f(q甲q乙,r2)，所以在乙沿x軸加速下滑過程中，兩個帶電小球間距r逐漸減小，合外力沿斜面向下逐漸減小，則Ek－x圖像斜率逐漸減小，故A、B不符合題意；由E－x圖像的斜率表示庫侖力，則k斜＝keq\f(q甲q乙,r2)，所以在乙沿x軸加速下滑過程中，庫侖力逐漸增大，E－x圖像的斜率逐漸增大，故C不符合題意，D符合題意。故選D。能力提升練9．(多選)如圖甲所示，空間存在電場方向為豎直方向、電場強度大小變化的電場，質(zhì)量為m、帶正電的小球在電場中從某高度O處由靜止開始下落。小球初始時的機械能為E0，小球下落過程中的機械能E隨下降的高度h變化的關(guān)系如圖乙中實線所示，圖中E0、E1、h1、h2和h3均為已知量，P為關(guān)系圖線上的點，其坐標(biāo)為(h1，E1)。小球在下落過程中所受空氣阻力作用忽略不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．在h2處小球的重力勢能一定為零B．電場的方向豎直向上，電場強度隨h的增大而增大C．小球在下落過程中電勢能不斷增大D．在h1處小球所受的電場力大小為eq\f(E1,h2－h(huán)1)[答案]BC[解析]因為初速度為零，所以E0＝mgh0，因為在h2處小球的機械能為零，但動能可能不為零，所以h2處小球的重力勢能為負(fù)值，即不為零，故A錯誤；因為小球的機械能減小，電場力做負(fù)功，小球帶正電，所以電場方向豎直向上，E－h(huán)圖像的斜率越來越大，所以電場強度隨h的增大而增大，故B正確；小球下落過程中，電場力做負(fù)功，小球在下落過程中電勢能不斷增大，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系，可知在h1處小球所受的電場力大小為P點切線斜率的絕對值，即F＝eq\f(E1,h3－h(huán)1)，故D錯誤。故選BC。10.如圖所示，空間中存在與紙面平行的勻強電場，在紙面內(nèi)從正方形的頂點A沿任意方向發(fā)射速度相同的帶正電粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知經(jīng)過B點的粒子在B點時的動能是初動能的3倍，經(jīng)過C點的粒子在C點時的動能是初動能的7倍，則經(jīng)過D點的粒子在D點時的動能是初動能的()A．3倍 B．4倍C．5倍 D．6倍[答案]C[解析]根據(jù)題意，設(shè)電場強度沿AB方向的分量為Ex，沿AD方向的分量為Ey，粒子在A點時的動能為Ek。粒子從A到B的過程，有qExd＝3Ek－Ek，粒子從A到C的過程，有qExd＋qEyd＝7Ek－Ek，則粒子從A到D的過程，有qEyd＝EkD－Ek，解得EkD＝5Ek，故C正確。11.(多選)(2024·四川巴中模擬)有一電場在x軸上各點的電場強度分布如圖所示?，F(xiàn)將一帶正電的粒子(不計重力)從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則關(guān)于該電場在x軸上各點的電勢φ、帶電粒子的動能Ek、電勢能Ep以及動能與電勢能之和E0隨x變化的圖像，正確的是()[答案]BD[解析]帶正電的粒子(不計重力)從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則電場力方向沿x軸正方向，電場線方向沿x軸正方向。沿電場線方向電勢降低，A錯誤；電場力做正功，動能增加，電勢能減小，C錯誤；由Ek－x圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負(fù)代表電場力方向，由圖可知，場強先減小后增大，方向一直為正方向，電場力F＝qE，先減小后增大，一直為正方向，與題中電場強度沿x軸變化一致，B正確；由能量守恒定律有E0＝Ek＋Ep，動能與電勢能之和E0不變，D正確。12.(2025·黑龍江省高三檢測)如圖所示，放置在豎直平面內(nèi)的粗糙直線軌道AB與光滑圓弧軌道BCD相切于B點，C為最低點，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R，整個軌道處于勻強電場中，電場強度方向平行于軌道所在的平面且垂直于直線OD，現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，電場強度大小E＝eq\f(mg,q)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大?。?2)小物塊第一次從D點飛出后上升的最大高度；(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程。[答案](1)10.8mg(2)1.2R(3)15R[解析](1)由幾何關(guān)系知，軌道AB與水平面的夾角為37°，小物塊從A點第一次到C點的過程，由動能定理知(qE＋mg)(Lsin37°＋R－Rcos37°)－μ(qE＋mg)·Lcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0在C點由牛頓第二定律知FN－qE－mg＝meq\f(v\o\al(2,C1),R)聯(lián)立解得FN＝10.8mg由牛頓第三定律知此時小物塊對軌道的壓力大小為10.8mg。(2)小物塊從A第一次到D的過程，由動能定理知(qE＋mg)·(Lsin37°－Rcos37°)－μ(qE＋mg)·Lcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)－0小物塊第一次到達(dá)D點后以速度vD1逆著電場線方向做勻減速直線運動由動能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)聯(lián)立解得xmax＝1.2R。(3)分析可知小物塊到達(dá)B點的速度為零后，小物塊就在圓弧軌道上做往復(fù)圓周運動由功能關(guān)系知(qE＋mg)Lsin37°＝μ(qE＋mg)·dcos37°，解得d＝15R。13.(2024·山東菏澤高三聯(lián)考)如圖，等量異種點電荷－Q、＋Q固定在水平線上相距為2L的M、N兩點上，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)的小球，固定在長為L的絕