2022年高考物理一轮复习第8章电场30电场中的图象问题能力训练

2022年高考物理一轮复习第8章电场30电场中的图象问题能力训练1.某静电场的电场线与x轴平行，电势随x坐标变换的关系图象如图所示。已知电场中P、Q两点的x坐标分别为1 m、4 m，将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，则()A粒子在P点的动能等于在Q点的动能B粒子在P点的动能大于在Q点的动能C粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能D粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能答案A解析根据图象可得P与Q两点的电势相等，P、Q间的电势差为零，则粒子从P运动到Q的过程中，电场力做功为零，由动能定理知，两点的动能相等，故A正确、B错误；粒子在P点的动能等于在Q点的动能，由能量守恒定律知，粒子在P点的电势能等于在Q点的电势能，故C、D错误。2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、运动径迹上电势和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是()答案B解析从O到A过程中电场线先是变疏后又变密，所以电场强度先减小后增大，电场强度越大，单位长度上电势降落的越快，故电势先减小的慢后减小的快，即x图象的斜率先减小后增大，故C错误；电场强度先减小后增大，则电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，B正确；由于粒子一直做正功，所以速度一直增加，而vt图象的斜率表示加速度，所以斜率先减小后增大，故A错误；根据动能定理可得EkEqx，所以Ekx图象的斜率表示电场力的大小，所以斜率也应先减小后增大，故D错误。3.在x轴上有两个点电荷q1和q2，x轴上电势随x变化的关系如图所示，则()Axx1处电场强度为0Bxx2处电场强度不为0Cq1、q2为不等量异种电荷，且正电荷在x0处，负电荷在x0的某处Dq1、q2为等量异种电荷，且正电荷在x0的某处答案C解析在x图象中，电势降低最快的方向即为场强方向，则x2右侧的场强沿x轴负向，x2左侧的场强方向沿x轴正向；由x图象的斜率表示，即场强的大小，得x1处电势为零，场强不为零；x2处场强为零，电势不为零，A、B错误；两个点电荷的连线上出现场强为零的点(x2处)有两种情况，一是同种电荷之间，但两侧的电势变化相同；二是异种电荷的连线之外，x1处的电势为正逐渐降低且场强沿x轴正向，可知此处附近的场源电荷为正，负电荷在x0的某处，C正确、D错误。4.(多选)在x轴上存在与x轴同向的电场，各点的电场强度随x点位置变化情况如图所示。点电荷a和b带的电量分别为q和q，不计a和b间的静电力。下列叙述正确的是()Ax1、x2两处的电势相同Ba和b在x1处的电势能相等C将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功Db在x1处的电势能小于在x2处的电势能答案CD解析根据Ex图线可知，电场线沿x轴正向，因顺着电场线电势逐渐降低，可知x1处的电势高于x2处的电势，A错误；因点电荷a和b带的电量分别为q和q，根据Epq可知a和b在x1处的电势能不相等，B错误；因电场线沿x轴正向，则将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功，C正确；因x1处的电势高于x2处的电势，则负电荷b在x1处的电势能小于在x2处的电势能，D正确。5(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()Aq1、q2为等量异种电荷BC点的电场强度大小为零CC、D两点间场强方向沿x轴负方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功答案BCD解析因x图线切线的斜率为电场强度，故可知C点的场强为零，故q1、q2为等量同种电荷，A错误、B正确；由C到D电势升高，故电场线方向为由D到C，C正确；由N到D电势先降低后升高，故将一负点电荷从N点移到D点，电势能先升高后降低，即电场力先做负功后做正功，D正确。6两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()AN点的电场强度大小为零Bq1小于q2CNC间场强方向向x轴正方向D将负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功答案D解析x图象的斜率等于电场强度E，图线在N点处的斜率不等于0，则知N点的场强不为零，故A错误；C点切线的斜率为零，故C点的场强为零，由其位置在q2右侧，可知q1大于q2，B错误；由图可知，从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误；ND段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确。7(xx吉林长春质检)如图在x轴的3a和3a两处分别固定两个电荷QA、QB，图中曲线是两电荷之间的电势与位置 x之间的关系图象，图中xa处为图线的最低点。现于x2a处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的正电点电荷，该电荷只在电场力作用下运动。下列有关说法正确的是()Axa处电场强度为零，该电荷运动至此处时速度最大B两点电荷QAQB31C该电荷一定通过xa处，但不能到达xa处D该电荷以xa为中点做往复运动答案A解析由x图线的斜率表示电场强度的大小可知xa处电场强度为零，由动能定理qUEk，点电荷从x2a到xa处，电势差最大，所以电场力做正功最多，在xa处速度最大，A正确；因在xa电场强度为零，即kk，所以QAQB41，B错误；由图知xa处与x2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷刚好能到达xa处；点电荷在xa与x2a之间做往复运动，但xa处不是运动中心，故C、D错误。8(xx浙江温州中学模拟)如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图象可求出()A小物块的带电量BA、B间的电势差C小物块的质量D小物块速度最大时到斜面底端的距离答案C解析由重力势能图线可得到E1mghmgx1sin，可求出m，C正确；由动能图线得知，小球的速度先增大，后减小。根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。由动能图线看出，速度有最大值，此时小球受力平衡，即库仑力与重力沿斜面的分力平衡，mgsink，q为小物块的带电量，r为速度最大时小物块到斜面底端的距离，虽然m可求出，但这个等式不能求出q、r，A、D错误；A到B的过程中重力势能的增加量等于电场力所做的正功，即E1qUAB，由于q未知，所以不能求出UAB，B错误。9(多选)一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A运动到与O对称的点A的过程中，其加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象如图所示(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零)。其中不正确的是()答案AD解析圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A错误；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpGmgh，小球穿过圆环后，EpGmgh，根据数学知识可知，B是可能的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的，故D错误。10(xx河北衡水调研)(多选)如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上Ox2间各点的电势分布如图乙所示，下列说法中正确的是()Ax1点的电场强度最小BOx2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏C一正点电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，点电荷的加速度先增大后减小D一正点电荷从O点由静止释放，若仅受电场力作用，速度先增大后减小答案BC解析x图象的切线斜率表示电场强度，故x1点的电场强度最大，A错误；x图象的切线斜率表示电场强度，由几何知识得知，Ox2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故Ox2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，B正确；Ox2之间x图象的斜率先增大后减小，且斜率一直为负值，说明电场强度方向不变，向右，电场强度先增大后减小；故一正点电荷从O点由静止释放，仅受电场力作用向右加速，速度一直增加，加速度先增大后减小，故C正确，D错误。11.(xx长沙长郡中学月考)空间存在一沿x轴方向的静电场，以x正方向为电场强度的正方向，电场强度E随x变化的关系如图所示，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，下列说法中不正确的是()A电子在A、B两点的电势能相等B电子在A、B两点的加速度方向相反C取无穷远处电势为零，则O点处电势亦为零D电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线答案D解析电子从A移动到B，x小于0时，运动的方向与电场的方向相反，而电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场力做正功；当x大于0时，电场力做负功，总功为零，故A、B两点的电势能相等，故A正确；电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正确；由于电场线关于坐标原点对称，过原点O与AB垂直的直线是一条等势线，其电势与无穷远相等，则若取无穷远处电势为零，则O点处电势亦为零，故C正确；由于电场力方向与x轴平行，故速度与合力始终共线，故一定做直线运动，故D错误。12(xx广东肇庆模拟)(多选)如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的vt图象分别如图b中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A两电荷的电性一定相反Bt1时刻两电荷的电势能最大C0t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小D0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小答案BC解析由图可知，两个电荷间产生的是排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，A错误；在t1时刻，两个电荷共速，两个电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，对于甲、乙系统克服电场力做功，以后电荷的距离逐渐增大，对于甲、乙系统电场力就做正功了，故间距最小时的电势能最大，B正确； t2时刻，乙速度为零，在0t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，C正确；0t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，D错误。13(xx成都武侯区期中)在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(未知)，该点电荷的电荷量为Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(未知)；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T。一质量为m，电荷量为q的离子从(x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：(1)离子在第一象限运动时速度大小和第二象限电场E2的大小；(2)当t时，离子的速度；(3)当tnT(n1、2、3)时，离子的坐标。答案(1) (2)3方向：与水平方向成角斜向下，tan(3)(4n1)x0，2nx0解析(1)设离子在第一象限的速度为v0，在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力：得：，解得：v0在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：E2qx0mv解得：E2。(2)离子进入第四象限后，在水平方向上，有：vxt 2v0所以此时离子的合速度：v3v03 方向：与水平方向成角斜向下，tan。(3)由(2)分析知离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每个周期向右运动的平均速度为v0每个周期前进xTv04x0因为开始计时时离子坐标为x0，所以nT时，离子的横坐标为xx04nx0(4n1)x0纵坐标：yv0nT2nx0故在nT时离子的坐标为：(4n1)x0，2nx0。