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專題強化十四　電場性質的綜合應用
目標要求 　1.學會處理電場中的功能關系.2.能解決電場中各種圖象問題，理解圖象斜率、面積等表示的物理意義并能解決相關問題．
題型一　電場中功能關系的綜合問題
電場中常見的功能關系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化．
(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化．
例1 　(多選)(2019·廣東中山一中檢測)圖1中虛線1、2、3、4表示勻強電場的等勢面．一帶正電的粒子只在電場力的作用下從a點運動到b點，軌跡如圖中實線所示．下列說法中正確的是(　　)

圖1
A．等勢面1電勢最低
B．粒子從a運動到b，動能減小
C．粒子從a運動到b，電勢能減小
D．粒子從a運動到b的過程中電勢能與動能之和不變
答案　CD
解析　電場線與等勢面垂直，正電荷所受電場力的方向與場強方向相同，曲線運動所受合力指向曲線的凹側；帶正電的粒子只在電場力的作用下，從a點運動到b點，軌跡如圖中實線所示，可畫出速度和電場線及受力方向如圖所示，則電場力的方向向右，電場線的方向向右，順著電場線電勢降低，等勢面1電勢最高，故選項A錯誤；粒子從a運動到b，只受電場力作用，電場力的方向與運動方向成銳角，電場力做正功，粒子的動能增大，電勢能減小，故選項B錯誤，C正確；粒子從a運動到b的過程中，只受電場力作用，粒子的電勢能與動能之和不變，故選項D正確．

例2 　(多選)(2020·江西上饒市高三上學期第一次模擬)A、B兩物體質量均為m，其中A帶正電，電荷量為＋q，B不帶電，通過勁度系數為k的絕緣豎直輕質彈簧相連放在水平面上，如圖2所示，開始時A、B都處于靜止狀態．現在施加豎直向上的勻強電場，電場強度E＝2mgq，式中g為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電荷量的變化，則以下判斷正確的是(　　)

圖2
A．剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2g
B．從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大
C．從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量
D．B剛要離開地面時，A的速度大小為2gmk
答案　ABD
解析　在未施加電場時，A物體處于平衡狀態，當施加電場的瞬間，A物體受到的合力為A所受的電場力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正確；B剛要離開地面時，地面對B彈力為0，即F彈＝mg，對A物體Eq＝mg＋F彈，即A物體所受合力為0，因此從施加電場開始到B剛要離開地面過程，A物體做加速度逐漸變小的加速運動，即A物體速度大小一直增大，故B正確；從施加電場開始到彈簧恢復原長的過程，A物體的機械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯誤；當B剛要離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A上升的距離為x＝2mgk，根據動能定理可知qEx－mgx＝12mv2，解得v＝2gmk，故D正確．





1．(電場力和重力做功)如圖3所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為－q(q>0)的小環，在桿的左側固定一個電荷量為Q(Q>0)的點電荷，桿上a、b兩點與Q正好構成等邊三角形，c是ab的中點．將小環從O點無初速度釋放，通過a點的速率為v.若已知ab＝Oa＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g.則(　　)

圖3
A．在a點，小環所受彈力大小為kQql2
B．在c點，小環的動能最大
C．在c點，小環的電勢能最大
D．在b點，小環的速率為v2＋2gl
答案　D
解析　在a點，小環所受的電場力沿aQ方向，大小為F＝kQql2，水平方向小環受力平衡，所以小環受到向右的彈力大小為FN＝Fsin 60°＝3kQq2l2，A錯誤；在c點時，小環水平方向受到電場力和桿的彈力作用，豎直方向受到重力作用，合力豎直向下，小環有豎直向下的加速度，所以在c點時小環的動能不是最大，B錯誤；c點距離Q最近，電勢最高，帶負電的小環在c點的電勢能最小，C錯誤；因為a、b兩點到Q的距離相等，所以a、b兩點電勢相等，小環從a點到b點，電場力做功為0，根據動能定理得mgl＝12mvb2－12mv2，解得vb＝v2＋2gl，D正確．
2.(電場力做功的綜合問題)在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同．在O點處放一個帶電荷量q＝－5.0×10－8 C，質量m＝1.0×10－2 kg的絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0 m/s，如圖4所示．(g取10 m/s2)求：

圖4
(1)物塊向右運動的最大距離；
(2)物塊最終停止的位置．
答案　(1)0.4 m　(2)O點左側0.2 m處
解析　(1)設物塊向右運動的最大距離為xm，
由動能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－12mv02
解得xm＝0.4 m.
(2)因E|q|>μmg，物塊不可能停止在O點右側，設物塊最終停在O點左側且離O點為x處．
由動能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，
解得x＝0.2 m.
題型二　電場中的圖象問題

　　　　　 電場中的v－t圖象

根據v－t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，可確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化．
例3 　(多選)(2019·安徽黃山市模擬)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖5甲所示．一質量m＝1 kg的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經過B、C兩點，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據圖線可以確定(　　)

圖5
A．中垂線上B點電場強度最大
B．兩點電荷是負電荷
C．B點是A、C連線的中點
D．UBC>UAB
答案　AD
解析　根據v－t圖象的斜率表示加速度，知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以中垂線上B點電場強度最大，故選項A正確；小物塊從B到C動能增大，電場力做正功，且小物塊帶正電，可知兩點電荷是正電荷，故選項B錯誤；中垂線上電場線分布不均勻，不能確定B點是A、C連線的中點，故選項C錯誤；小物塊從A→B的過程中，根據動能定理有qUAB＝12mvB2－12mvA2＝12×1×42 J－0＝8 J，小物塊從B→C的過程中，根據動能定理有qUBC＝12mvC2－12mvB2＝12×1×72 J－12×1×42 J＝16.5 J，對比可得UBC>UAB，故選項D正確．

　　　　　 φ－x圖象

1．電場強度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場．電場強度為零處φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零．(如圖6)

圖6
2．在φ－x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向．(如圖7)

圖7
3．電場中常見的φ－x圖象
(1)點電荷的φ－x圖象(取無限遠處電勢為零)，如圖8.

圖8
(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖象，如圖9.

圖9
(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖象，如圖10.

圖10
例4 　(多選)(2019·山東聊城市二模)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的A、B兩點，兩點電荷連線上各點電勢φ隨坐標x變化的關系圖象如圖11所示，其中P點電勢最高，且xAP
圖11
A．q1和q2都是負電荷
B．q1的電荷量大于q2的電荷量
C．在A、B之間將一負點電荷沿x軸從P點左側移到右側，電勢能先減小后增大
D．一點電荷只在電場力作用下沿x軸從P點運動到B點，加速度逐漸變小
答案　AC
解析　由題圖知，越靠近兩點電荷，電勢越低，則q1和q2都是負電荷，故A項正確；φ－x圖象的切線斜率表示電場強度，則P點場強為零，據場強的疊加知兩點電荷在P處產生的場強等大反向，即kq1xAP2＝kq2xBP2，又xAP



　　　　　 E－x圖象

1．E－x圖象反映了電場強度隨位移變化的規律，E>0表示電場強度沿x軸正方向；E<0表示電場強度沿x軸負方向．
2．E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖12所示)，兩點的電勢高低根據電場方向判定．在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況．

圖12
例5 　(多選)(2019·四川綜合能力提升卷(三))空間內有一沿x軸分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖13所示．－x1、x1、x2、x3是x軸上的四個點，圖象關于坐標原點O中心對稱，下列說法中正確的是(　　)

圖13
A．－x1處的電勢比x1處的電勢高
B．將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大后減小
C．將一負電荷由－x1處由靜止釋放，若只受電場力作用，它將在－x1和x1之間往復運動
D．負電荷在4個點中位于x2處電勢能最大
答案　BC
解析　根據題意，電場關于x軸對稱分布，作出電場線如圖所示．根據沿電場線方向電勢降低，則O點電勢最高，從圖線看出，電場強度關于原點O對稱，則x軸上關于O點對稱位置的電勢相等，則－x1處的電勢與x1處的電勢相等，故A錯誤；將正電荷由－x1移到x2，電勢能先增大后減小，選項B正確；－x1和x1之間的電場是對稱的，將一負電荷由－x1處由靜止釋放，若只受電場力作用，負電荷先向右做加速運動，經過O點之后做減速運動，到x1處速度減為零，則它將在－x1和x1之間往復運動，選項C正確；4個點中，x3點的電勢最低，則負電荷在4個點中位于x3處電勢能最大，選項D錯誤．


　　　　　 Ep－x圖象、Ek－x圖象

1．Ep－x圖象
由Ep－Ep0＝Fx，得Ep＝Ep0＋Fx，故Ep－x圖象的切線斜率表示電場力，縱截距表示初電勢能．
2．Ek－x圖象
由Ek－Ek0＝Fx，得Ek＝Ek0＋Fx，故Ek－x圖象的切線斜率表示電場力，縱截距表示初動能．
例6 　在x軸上O、P兩點分別放置電荷量為q1、q2的點電荷，一個帶正電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢能Ep隨x變化關系如圖14所示，其中A、B兩點電勢能為零，BD段中C點電勢能最大，則(　　)

圖14
A．q1和q2都是正電荷且q1>q2
B．B、C間場強方向沿x軸負方向
C．C點的電場強度大于A點的電場強度
D．將一個負點電荷從B點移到D點，電場力先做負功后做正功
答案　B
解析　由題圖知從O到P電勢能一直減小，試探電荷帶正電，則電勢一直降低，兩個點電荷必定是異種電荷，故A錯誤；從B到C，電勢能增加，試探電荷帶正電，則電勢升高，根據沿電場線方向電勢降低可知，B、C間電場強度方向沿x軸負方向，故B正確；根據Ep－x圖象的切線斜率表示電場力，可知C點場強為零，A點的場強不等于零，則A點的場強大于C點的場強，故C錯誤；將一個負點電荷從B點移到D點，電勢先升高后降低，電勢能先減小后增大，電場力先做正功后做負功，故D錯誤．



3．(φ－x圖象)(多選)(2020·廣東惠州市模擬)某靜電場電勢φ在x軸上的分布如圖15所示，由圖可知，下列說法中正確的是(　　)

圖15
A．x1和x2處電場強度相同
B．x1處電場強度比x2處大
C．－x2到x2之間有三處場強為零
D．負電荷從x1移動到x2，電勢能減小
答案　BC
解析　φ－x圖象的切線斜率k＝ΔφΔx＝E，x1處比x2處切線斜率大，故x1處場強比x2處大，A錯誤，B正確；－x2到x2之間有三處切線斜率為零，所以－x2到x2之間有三處場強為零，C正確；根據電勢能公式Ep＝φq，負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以負電荷從x1移動到x2，電勢降低，電勢能增大，D錯誤．
4．(E－x圖象)(多選)(2019·河北張家口市調研)某靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖16所示，x軸正方向為場強正方向，一個帶正電的點電荷只在電場力的作用下沿x軸運動，x1、x2、x3、x4四點間隔相等，則(　　)

圖16
A．點電荷在x2和x4處電勢能相等
B．點電荷由x1運動到x3的過程中電勢能減小
C．x1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差
D．點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大
答案　BC
解析　由x軸上的場強E隨x的變化關系可知圖線與x軸所圍圖形的面積表示電勢差，所以點電荷在x2和x4處電勢能不相等，故A錯誤；點電荷由x1運動到x3的過程中電場力做正功，電勢能減小，故B正確；由x軸上的場強E隨x的變化關系可知圖線與x軸所圍圖形的面積表示電勢差，x1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差，故C正確；點電荷由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小，故D錯誤．
5．(Ek－x圖象)(多選)(2020·廣東中山紀念中學模擬)如圖17甲所示，a、b是點電荷電場中同一電場線上的兩點，一個帶電粒子在a點由靜止釋放，僅在電場力作用下從a點向b點運動，粒子的動能與位移之間的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是(　　)

圖17
A．帶電粒子與場源電荷帶異種電荷
B．a點電勢比b點電勢高
C．a點場強比b點場強大
D．帶電粒子在a點的電勢能比在b點電勢能大
答案　CD
解析　粒子從a點向b點運動，Ek－x圖象的切線斜率在減小，根據動能定理，則有qEx＝Ek，電場強度減小，因此a點更靠近場源電荷，則a點場強比b點場強大，若場源電荷是正電荷，則粒子帶正電；若場源電荷是負電荷，則粒子帶負電，它們是同種電荷，故A錯誤，C正確；由于不能確定場源電荷的性質，所以也不能確定電場線的方向，不能確定a點電勢與b點電勢的高低，故B錯誤；帶電粒子僅在電場力作用下從a點運動到b點，電場力做正功，電勢能減小，所以帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確．
課時精練

1.(多選)如圖1所示，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點，不計重力，下列說法正確的是(　　)

圖1
A．M帶負電荷，N帶正電荷
B．M在b點的動能小于它在a點的動能
C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能
D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功
答案　ABC
解析　由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a點到b點，庫侖力做負功，根據動能定理知，動能減小，則M在b點的動能小于在a點的動能，故B正確；d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；N從c點運動到d點，庫侖斥力做正功，故D錯誤．
2.(2019·山西師大附中模擬)如圖2所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J．下列說法中正確的是(　　)

圖2
A．粒子帶負電
B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J
C．粒子在A點的動能比在B點少0.5 J
D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J
答案　D
解析　由粒子運動的軌跡可知粒子帶正電，A錯誤；粒子從A到B的過程中電場力做正功，所以電勢能減小，B錯誤；根據動能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A點的動能比在B點多0.5 J，C錯誤；電場力做正功，機械能增加，所以粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J，D正確．
3．(2019·廣東深圳市第二次調研)真空中，在x軸上x＝0和x＝8 m處分別固定兩個電性相同的點電荷Q1和Q2.電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖象如圖3所示(＋x方向為場強正方向)，其中x＝6 m處E＝0.將一個正試探電荷在x＝2 m處由靜止釋放(重力不計，取無限遠處電勢為零)，則(　　)

圖3
A．Q1、Q2均為負電荷
B．Q1、Q2帶電荷量之比為9∶1
C．在x＝6 m處電勢為0
D．該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小
答案　B
解析　由題圖知，在x＝0處場強為正，x＝8 m處場強為負，可知Q1、Q2均為正電荷，故A錯誤；根據題意“x＝6 m處E＝0”可知在x＝6 m處，E1＝E2，即kQ162＝kQ222，解得Q1Q2＝6222＝91，故B正確；由于無限遠處電勢為零，故在x＝6 m處電勢不為0，故C錯誤；該試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，故D錯誤．
4．(多選)(2020·云南高三一模)如圖4甲所示A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電的點電荷只受電場力的作用，從A點以某一初速度沿直線運動到B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖乙所示．則從A到B過程中，下列說法正確的是(　　)

圖4
A．點電荷的速度先增大后減小
B．電荷所受電場力先減小后增大
C．從A到B各點的電勢先降低后升高
D．從A到B各點的電勢先升高后降低
答案　BD
解析　只受電場力做功，動能和電勢能之和不變，由電勢能Ep隨位移x的變化關系可知，電勢先增大后減小，所以動能先減小后增大，點電荷的速度先減小后增大；正電荷在電勢能大的地方，電勢高，所以從A到B各點的電勢先升高后降低，故D正確，A、C錯誤；電勢能Ep隨位移x的變化關系圖線的切線斜率表示電場力，由圖可知，Ep－x圖線的切線斜率先減小，后增大，所以電荷所受電場力先減小后增大，故B正確．
5．(多選)(2020·河南開封市高三一模)如圖5，豎直平面內有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平．第一次，將一質量為m的小球從a點以初動能Ek0水平拋出，經過c點時，小球的動能為5Ek0；第二次，使此小球帶正電，電荷量為q，同時加一方向平行于abc所在平面、場強大小為2mgq的勻強電場，仍從a點以初動能Ek0沿某一方向拋出小球，小球經過c點時的動能為13Ek0.下列說法正確的是(不計空氣阻力，重力加速度大小為g)(　　)

圖5
A．a、b兩點間的距離為5Ek0mg
B．a、b兩點間的距離為4Ek0mg
C．a、c間的電勢差為8Ek0q
D．a、c間的電勢差為12Ek0q
答案　BC
解析　不加電場時根據動能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝4Ek0mg，故A錯誤，B正確；加電場時，根據動能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝8Ek0q，故C正確，D錯誤．
6.(2019·廣東惠州市模擬)如圖6所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，金屬塊克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J．下列說法中正確的是(　　)

圖6
A．金屬塊帶負電荷
B．金屬塊克服電場力做功8 J
C．金屬塊的電勢能減少4 J
D．金屬塊的機械能減少12 J
答案　D
解析　金屬塊滑下的過程中動能增加了12 J，由動能定理知合外力做功12 J，即WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得電場力做功WF＝－4 J，電場力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4 J，A、B、C錯誤；由功能關系可知機械能的變化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即機械能減少了12 J，D正確．
7．(2019·山西運城市5月適應性測試)一帶負電的微粒只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨位移x變化的關系如圖7所示，其中0～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，則下列說法正確的是(　　)

圖7
A．0～x1段電勢逐漸升高
B．0～x1段微粒的加速度逐漸減小
C．x2～x3段電場強度減小
D．x2處的電勢比x3處的電勢高
答案　B
解析　電勢能Ep＝φq，由于微粒帶負電，0～x1段電勢能變大，所以電勢降低，A錯誤；根據電場力做功與電勢能關系：|ΔEp|＝E|q|Δx，Ep－x圖象切線斜率的大小反映場強大小，0～x1段圖象切線斜率變小，場強變小，受力減小，加速度逐漸變小，B正確；x2～x3段斜率不變，場強不變，C錯誤；x2到x3，電勢能減小，微粒帶負電，所以電勢增大，D錯誤．

8.真空中固定一電荷量為Q的負點電荷，一電荷量為q、質量為m的試探電荷僅在電場力作用下由靜止開始運動，先后經過A、B、C三點，其a－1r2圖象如圖8所示，圖中a為試探電荷的加速度，r代表試探電荷與負點電荷間的距離，已知aC＝3aA＝1.5aB，則下列說法正確的是(　　)

圖8
A．試探電荷帶負電
B．A、B、C三點的電勢關系：φA<φB<φC
C．A、B、C三點的電場強度關系：EC＝3EA＝1.5EB
D．該圖線的斜率代表負點電荷的電荷量與試探電荷質量的比值
答案　C
解析　因為試探電荷僅在電場力作用下由靜止開始運動，先后經過A、B、C三點，結合題中圖象可知，試探電荷離負點電荷越來越近，而固定點電荷帶負電，說明試探電荷帶正電，A錯誤；沿著電場線方向電勢降低，所以φA>φB>φC，B錯誤；根據F＝kQqr2＝ma，并進行定性分析(F＝qE)，由aC＝3aA＝1.5aB，可知A、B、C三點電場強度關系：EC＝3EA＝1.5EB，題圖斜率k′＝kQqm，故C正確，D錯誤．


9.(多選)(2019·山西孝義市摸底)a、b、c是靜電場中一直線上的三個點，從a點釋放一個初速度為零的電子，電子僅在電場力的作用下，由a點經b點運動到c點，其電勢能隨該電子位置的變化關系如圖9所示，則(　　)

圖9
A．該電場可能是孤立的點電荷產生的
B．電子在a點加速度的值大于在b點加速度的值
C．電場中a點的電勢大于b點的電勢
D．電子從a點到c點的過程中動能先增大后減小
答案　BD
解析　若該電場為孤立點電荷產生的，則電子的電勢能應當單調變化，選項A錯誤；根據功能關系ΔEp＝－FΔx，知Ep－x圖象切線斜率大小表示電場力大小，圖線在a點的切線斜率的絕對值大于b點，故電子在a點受到的電場力和加速度也大于b點，選項B正確；由題圖可知，Epa>Epc>Epb，電子帶負電，根據電勢與電勢能關系及能量守恒定律，則有φa<φc<φb，Eka 10．(多選)(2020·四川宜賓市質檢)如圖10甲所示，光滑絕緣水平面上有一沿水平方向的電場，MN是其中的一條直線，線上有A、B、C三點，一帶電荷量為＋2×10－3 C、質量為1×
10－3 kg的小物塊從A點由靜止釋放(t＝0)，沿MN做直線運動，其運動的v－t圖象如圖乙所示，其中B點處的切線斜率最大(圖中標出了該切線)，C點處的切線平行于t軸，運動過程中小物塊電荷量保持不變，則下列說法中正確的是(　　)

圖10
A．A、B兩點電勢差UAB＝－4 V
B．小物塊從B點到C點電場力做的功W＝10－2 J
C．B點為AC間電場強度最大的點，場強大小E＝1 V/m
D．由A到C的過程中小物塊的電勢能先減小后變大
答案　BC
解析　小物塊從A到B由動能定理：qUAB＝12mvB2，解得UAB＝4 V，選項A錯誤；小物塊從B點到C點電場力做的功WBC＝12mvC2－12mvB2＝10－2 J，選項B正確；在B點的加速度最大，則所受的電場力最大，由題圖乙可知：a＝ΔvΔt＝45－3 m/s2＝2 m/s2；由Eq＝ma，解得E＝1 V/m，選項C正確；由A到C的過程中小物塊的動能一直增大，電場力一直做正功，則電勢能一直減小，選項D錯誤．
11.(2019·陜西高新一中高三期中)一帶電粒子在電場中僅受電場力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖11所示．下列圖象中合理的是(　　)

圖11


答案　D
解析　粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量，故F＝ΔEpΔx，即Ep－x圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，根據E＝Fq，故電場強度也逐漸減小，故A錯誤；根據動能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek－x圖線上某點切線的斜率表示電場力，由于電場力逐漸減小，斜率減小，故B錯誤；題圖v－x圖象是直線，相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加，而電場力減小導致加速度減小，故C錯誤；由以上分析可知，粒子做加速度減小的加速運動，故D正確．
12.(多選)(2019·安徽蚌埠市第二次質檢)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點的電場強度與位置的關系如圖12所示，一質子僅在電場力作用下，從坐標原點由靜止釋放沿x軸正方向運動，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點電勢φb＝0.則下列結論正確的是(　　)

圖12
A．質子沿x軸做勻速直線運動
B．質子在a、c兩點的電勢能相等
C．質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4
D．坐標原點O的電勢為1.5E0d
答案　CD
解析　由E－x圖象和F＝qE可知，質子沿x軸先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速直線運動，最后做加速度增大的加速直線運動，故A錯誤；質子一直做加速直線運動，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；由E－x圖象與x軸所圍“面積”表示電勢差，因此UOa＝E0d，UOb＝32E0d，UOc＝2E0d，由動能定理有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝32qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以質子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4，故C正確；根據UOb＝φO－φb可得坐標原點O的電勢為φO＝1.5E0d，故D正確．
13.(多選)(2018·全國卷Ⅰ·21)圖13中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V．一電子經過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是(　　)

圖13
A．平面c上的電勢為零
B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經過平面d時，其電勢能為4 eV
D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍
答案　AB
解析　因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實曲線所示，則電子到達不了平面f，B項正確；經過d時，電勢能Ep＝－eφd＝2 eV，C項錯誤；

由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；則Ekb＝2Ekd，根據Ek＝12mv2知vb＝2vd，D項錯誤．

14．(多選)(2019·河南名校聯盟2月聯考)如圖14所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d.MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球P質量為m，電荷量為＋q(可視為點電荷，放入電場后不影響電場的分布)，現將小球P 從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球P向下運動到距C點距離為d的O點時， 速度為v，已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g.則(　　)

圖14
A．C、O兩點間的電勢差UCO＝mv22q
B．O點處的電場強度E＝2kQ2d2
C．小球下落過程中重力勢能和電勢能之和不變
D．小球P經過與點電荷B等高的D點時的速度為2v
答案　BD
解析　小球P由C運動到O時，由mgd＋qUCO＝12mv2－0，得UCO＝mv2－2mgd2q，選項A錯誤；對小球P在O點處時受力分析，如圖所示，F1＝F2＝kQq?2d?2＝kQq2d2，它們的合力為：F＝F1cos 45°＋F2cos 45°＝2kQq2d2，則O點處的電場強度E＝Fq＝2kQ2d2，選項B正確；小球下落過程中重力勢能、動能和電勢能之和不變，選項C錯誤；小球P由O運動到D的過程，由動能定理得：mgd＋qUOD＝12mvD2－12mv2，由等量異種點電荷的電場特點可知UCO＝UOD，聯立解得vD＝2v，選項D正確．