全国版版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Word格式.docx

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3.在x轴上有两个点电荷q1和q2，x轴上电势φ随x变化的关系如图所示，则（　　）

A．x＝x1处电场强度为0

B．x＝x2处电场强度不为0

C．q1、q2为不等量异种电荷，且正电荷在x＝0处，负电荷在x<

0的某处

D．q1、q2为等量异种电荷，且正电荷在x<

0处，负电荷在x>

答案　C

解析　在φx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φx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x<

0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（　　）

A．x1、x2两处的电势相同

B．a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

D．b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Ep＝φq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φ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（　　）

A．q1、q2为等量异种电荷

B．C点的电场强度大小为零

C．C、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φx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φ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（　　）

A．N点的电场强度大小为零

B．q1小于q2

C．NC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　φx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；

N→D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．（2017·

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φ与位置x之间的关系图象，图中x＝a处为图线的最低点。

现于x＝2a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（　　）

A．x＝a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QA∶QB＝3∶1

C．该电荷一定通过x＝a处，但不能到达x＝－a处

D．该电荷以x＝a为中点做往复运动

解析　由φx图线的斜率表示电场强度的大小可知x＝a处电场强度为零，由动能定理qU＝ΔEk，点电荷从x＝2a到x＝a处，电势差最大，所以电场力做正功最多，在x＝a处速度最大，A正确；

因在x＝a电场强度为零，即k

＝k

，所以QA∶QB＝4∶1，B错误；

由图知x＝－a处与x＝2a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x＝－a处；

点电荷在x＝－a与x＝2a之间做往复运动，但x＝a处不是运动中心，故C、D错误。

8．（2017·

浙江温州中学模拟）如图甲，倾角为θ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

B．A、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

解析　由重力势能图线可得到E1＝mgh＝mgx1sinθ，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，mgsinθ＝k

，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E1＝qUAB，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EpG＝mgh，小球穿过圆环后，EpG＝－mgh，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．（2018·

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O～x2间各点的电势分布如图乙所示，下列说法中正确的是（　　）

A．x1点的电场强度最小

B．O～x2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　φx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；

φx图象的切线斜率表示电场强度，由几何知识得知，O～x2之间斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，故O～x2之间，x轴附近的电场线分布先变密后变疏，B正确；

O～x2之间φx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.（2017·

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

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．（2017·

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。

t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/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

B．t1时刻两电荷的电势能最大

C．0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小

D．0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小

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0～t2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；

0～t3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．（2017·

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t＝nT（n＝1、2、3…）时，离子的坐标。

答案　

（1）

（2）3

　方向：

与水平方向成θ角斜向下，tanθ＝

（3）[（4n＋1）x0，－2

nx0]

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：

E2qx0＝

mv

解得：

E2＝

（2）离子进入第四象限后，在水平方向上，有：

vx＝

t＝

·

＝2

v0

所以此时离子的合速度：

v＝

＝3v0＝3

方向：

（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

每个周期前进x＝

T＝

v0·

＝4x0

因为开始计时时离子坐标为x0，所以nT时，离子的横坐标为x＝x0＋4nx0＝（4n＋1）x0

纵坐标：

y＝－v0nT＝－2

nx0

故在nT时离子的坐标为：

[（4n＋1）x0，－2

nx0]。