第九章專題強化十提能訓練練案[42]基礎過關練題組一電場中功能關系1．(多選)如圖是某種靜電礦料分選器原理圖，帶正、負電的礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板的中央的兩側，下列關于帶負電的礦粉運動的過程表述正確的是(CD)A．落在左側 B．動能變小C．電勢能變小 D．電場力對礦粉做正功[解析]因右極板帶正電，則帶負電礦粉受到向右的電場力作用，將落到右側，電場力做正功，動能變大，電勢能減小，故選CD。2.(多選)圖中虛線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(CD)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[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A項錯誤；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B項錯誤，故C項正確；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D項正確。3．(多選)圖中虛線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2V，一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是(AB)A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面fC．該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍[解析]經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV，動能減小了6eV，電勢能增加了6eV，因此等勢面間的電勢差為2V，因平面b上的電勢為2V，由于電子的電勢能增加，等勢面由a到f是降低的，因此平面c上的電勢為零，故A項正確；由以上分析可知，當電子由a向f方向運動，則電子到達平面f的動能為2eV，由于電子可能做曲線運動，則可能不會到達平面f，故B項正確；在平面d上電勢為－2V，則電子的電勢能為2eV，故C項錯誤；電子經過平面b時的動能是平面d的動能的2倍，電子經過平面b時的速率是經過d時的eq\r(2)倍，故D項錯誤。4．(多選)(2024·河北張家口高三調研)如圖所示，在一帶電豎直平行金屬板之間，有一質量為m、帶電荷量為＋q的小球被絕緣細線懸掛靜止于A點，剪斷細線后，小球恰能沿直線AB運動，經時間t后到達B點，已知直線AB與水平方向的夾角為45°，重力加速度為g，規定A點的電勢為零，下列說法正確的是(BD)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．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)[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)，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律，得小球到B點的速度v＝eq\r(2)gt，設AB＝L，根據動能定理得mgLsin45°＋qELcos45°＝eq\f(1,2)mv2－0，解得電場力做功W＝qELcos45°＝eq\f(mv2,4)，根據W＝qUAB，解得UAB＝eq\f(mv2,4q)，根據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5．反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似，已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示，一質量m＝1.0×10－20kg、電荷量大小為q＝1.0×10－9C的帶負電的粒子從(－1,0)點由靜止開始，僅在靜電力作用下在x軸上往返運動。忽略粒子的重力等因素，則(D)A．x軸上O點左側的電場場強方向沿x軸正方向B．x軸上O點左側的電場場強E1和右側的電場場強E2的大小之比E1∶E2＝2∶1C．該粒子運動的周期T＝1.5×10－8sD．該粒子運動的最大動能Ekm＝2×10－8J[解析]沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知x軸上O點左側的電場場強方向沿x軸負方向，x軸上O點右側的電場場強方向沿x軸正方向，故A錯誤；根據U＝Ed可知，x軸上O點左側的電場場強為：E1＝eq\f(20,1×10－2)V/m＝2.0×103V/m；右側的電場強度為：E2＝eq\f(20,0.5×10－2)V/m＝4.0×103V/m；所以x軸上O點左側電場的場強和右側電場的場強的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B錯誤；設粒子從(－1cm,0)點靜止加速到原點所用時間為t1，接著從原點向右減速運動到(0.5cm,0)點所用時間為t2，在原點時的速度最大，設為vm，由運動學公式有：vm＝eq\f(qE1,m)t1，vm＝eq\f(qE2,m)t2，又Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝qU，而周期：T＝2(t1＋t2)，聯立以上各式并代入相關數據可得：T＝3.0×10－8s，該粒子運動過程中動能的最大值為：Ekm＝2×10－8J，故C錯誤，D正確。6．(多選)(2024·安徽省蚌埠市聯考)如圖所示，O、a、b、c、d是x軸上的五個點，O為原點，相鄰點間距均為x0，靜電場方向平行于x軸，現將質量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電粒子自O點由靜止釋放，粒子僅在靜電力的作用下沿x軸運動，其電勢能隨位置變化關系如圖所示，則下列說法正確的是(CD)A．粒子在b點的動能為零B．粒子的運動是先減速后加速C．a、c兩點的電場強度大小均為eq\f(E0,2qx0)D．d點的電勢為－eq\f(E0,q)[解析]根據能量守恒定律可知，從O到b到d過程，電勢能先減小后增大，所以動能先增大后減小，在b點動能最大，粒子速度先增大后減小，故A、B錯誤；圖像斜率代表靜電力，靜電力為F＝qE＝eq\f(E0,2x0)，所以電場強度大小為E＝eq\f(E0,2qx0)，故C正確；根據電勢定義式可知，d點的電勢為φ＝eq\f(Ep,－q)＝－eq\f(E0,q)，故D正確。7．(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。現有一帶負電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經b點向遠處運動(粒子只受電場力作用)，設粒子經過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度隨坐標x變化的圖像如圖乙所示，則以下判斷正確的是(AD)A．x＝3L處電場強度一定為零B．Q2的電荷量等于Q1的電荷量C．ab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[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帶負電，由E＝eq\f(kQ,r2)及Q1距離3L處較遠，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，又該粒子為負電荷，所以電勢升高，粒子從3L到b做減速運動，電場力做負功，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，q在a點的電勢能比在b點的電勢能大，故D正確。8．(多選)如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與直線AB重合，以A點為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標系，B點的坐標為xB＝0.06m，若α粒子僅在靜電力的作用下由A點運動至B點，其電勢能增加60eV，該電場線上各點的電場強度大小E隨位移x的變化規律如圖乙所示，若A點電勢為15V，下列說法正確的是(AC)A．x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向B．該α粒子沿x軸正方向做勻減速直線運動C．B點電勢是A點電勢的3倍D．圖乙中E0應為2.5×103V/m[解析]粒子由A點運動到B點，靜電力做功為WAB＝2eUAB＝－60eV，解得UAB＝－30V，因為φA＝15V，所以φB＝45V，B點電勢是A點電勢的3倍，因為B點電勢高于A點電勢，所以電場強度的方向沿x軸負方向，故A、C正確；圖乙中電場強度隨位移x均勻變化，靜電力為變力，所以α粒子沿x軸正方向做變減速直線運動，故B錯誤；圖乙中圖像的面積表示A、B兩點間的電勢差的大小，則E0＝2.5×102V/m，故D錯誤。9．如圖甲，在某電場中的O點先后無初速度釋放正點電荷，Ⅰ和Ⅱ，電荷僅在電場力的作用下沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙。若Ⅰ的電荷量為q，則可知(C)A．電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)B．電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．此電場一定為勻強電場且電場強度大小E＝eq\f(Ek0,qx0)D．選O點為電勢零點，A點的電勢為φA＝eq\f(Ek0,q)[解析]由動能定理可知，電荷的動能Ek隨位移x的變化圖像切線的斜率表示該電荷所受的電場力，故電荷Ⅰ和Ⅱ所受的電場力分別為FⅠ＝eq\f(Ek0,x0)，FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，故B錯誤；由題圖可知，電場力為恒力，則電場強度大小、方向均不變，此電場為勻強電場，根據F＝qE可知，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(FⅠ,q)＝eq\f(Ek0,qx0)，故C正確；又FⅡ＝2FⅠ，所以電荷Ⅱ的電荷量為2q，故A錯誤；電荷Ⅰ由O到A的過程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝eq\f(Ek0,q)，選O點為電勢零點，A點的電勢φA＝－eq\f(Ek0,q)，故D錯誤。能力綜合練10．(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為關系圖線上的點，其坐標為(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(BC)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－h1)[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處小球的重力勢能可能為負值，即可能不為零，故A錯誤；因為小球的機械能減小，電場力做負功，小球帶正電，所以電場方向豎直向上，E－h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，電場力做負功，小球在下落過程中電勢能不斷增大，故C正確；根據功能關系，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－h1)，故D錯誤。故選BC。11．如圖所示，光滑絕緣水平地面上相距2L的A、B兩點固定有兩個電荷量均為Q的正點電荷，a、O、b是AB連線上的三點，且O為中點，φO＝0，Oa＝Ob＝eq\f(L,2)。另一質量為m、電荷量為q的點電荷以初速度v0從a點出發，沿AB連線向B運動，在運動過程中電荷受到的阻力滿足f＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(常數v≠0，,0v＝0，))當它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到b點時速度剛好為零，求：(1)a點的場強和電勢；(2)電荷q在電場中運動的總路程。[答案](1)eq\f(32kQ,9L2)，方向向右(指向B)eq\f(2n－1mv\o\al(2,0),4q)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))L[解析](1)設a點的電場強度為E，則E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)方向向右(指向B)。由對稱分析可知，a、b兩點的電勢相等，即φa＝φb，且φO＝0，Uab＝0，設電荷q在運動中所受的阻力為f，由動能定理得當電荷由a運動到O點時，有qUaO－feq\f(L,2)＝n·eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)當電荷由a運動到b點時，有qUab－fL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)UaO＝φa－φO聯立各式解得φa＝eq\f(2n－1mv\o\al(2,0),4q)。(2)電荷最終靜止在O點，設由運動到最后靜止所通過的路程為s，則qUaO－fs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯立各式解得s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))L。12．(2024·江西省第二中學月考)如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為eq\f(3