课时检测训练34 电场中的功能关系及图像问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练34电场中的功能关系及图像问题 ≥对应容案P600 三基础对点练 A.动能增加方mv B.机械能增加2m 对点练1电场中的功能关系 1.如图所示，在粗糙水平面上间风习 C.重力势能增加2mdD.电势能增加2md 隔一定距离放置两个带电的物体A,B,带电荷量 对点练2电场中的图像问题 分别为Q和一？（设两电荷间只有库仑力），开始 4.一带正电粒子仅在电场力作 时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水 用下从A点由静止开始做直 平向右的恒力F,使物体A,B向右运动。在此 线运动，其v-(图像为正弦 过程中，下列说法正确的是 () 曲线，如图所示。已知粒子在4时刻运动到B A.力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之 点，山2时刻运动到C点，4时刻运动到D点， 和等于物体A的动能增量 时刻运动到E点，下列判嘶正确的是() B.力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等 A,A、E两点不重合 于物体B的动能增量 B.C、D两点电场强度大小关系为Ec<E。 C.力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于 C.A、C,E三点的电势相等 物体B的动能增量 D.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增 D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数 加后减少 和等于物体A和B的动能增量及电势能增量 5.(2024·湖南卷)真空中有电荷量为十4g和一q 之和 的两个点电荷，分别固定在x轴上一1和0处。 2.(2024·黑吉辽)在水平方向的匀 设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势9随 强电场中，一带电小球仅在重力和 x变化的图像正确的是 电场力作用下于竖直面（纸面）内 运动。如图，若小球的初速度方向 沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度 方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点 等高处的过程中 A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大 C,动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小 6.如图所示，真空中位于x一 3.如图所示，在水平向右的匀 ZE ON 轴上的两个等量正点电荷 强电场中，质量为m的带电 的位置关于坐标原点O对称，规定电场强度沿x 小球，以初速度从M点竖 oM 轴正方向为正，无穷远处电势为0。下列描述x 直向上运动，通过N点时，速度大小为20，方向 轴上的电场强度E或电势随位置x的变化规 与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程 律中正确的是 () 403 课时检测训练·物理 C.x,一x,段的电场强度大小方向均不变 D.在0、工1，x工处的电势、、%的关系 为>=4>9 草综合提升练 9.(多选)(2023·全国乙卷)在O点处 P 固定一个正点电荷，P点在O点右 上方。从P点由静止释放一个带负0： 7.(多选)如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电 电的小球，小球仅在重力和该点电荷 场线上的两点，一个带电粒子在：点由静止释 电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图 放，仅在静电力作用下从a点向b点运动。粒子 所示。M、V是轨迹上的两点，OP>(OM,OM= 的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说 ON,则小球 () 法中正确的是 A,在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在V点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不 A.带电粒子与场源电荷带异种电荷 做功 B.a点电势比h点电势高 10.(多选)(2024·山东卷) C.a点场强比b点场强大 如图所示，带电量为十q 的小球被绝缘棒固定在 D.带电粒子在a点的电势能比在b点的电势 77777727707777777 O点，右侧有固定在水 能大 8.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正 平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为 m带电量为十q的小滑块从斜面上A点由静 方向运动，其电势能E。随位移x变化的关系 止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零， 如图所示，其中0~x段是关于直线x=x,对 滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s, 称的曲线，x2~x段是直线。下列说法正确 重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说 的是 法正确的是 A.OB的距离1=Nmg 3kq 3kq A.x,处电场强度最小，但不为零 B.OB的距离1= 3mg B.粒子在0一2段做匀变速运动，x2一x段做 C.从A到C,静电力对小滑块做功W=一mgs 匀速直线运动 D.AC之间的电势差Ux=-"g 2g 课时检测训练·物理 404 11.如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面：13.如图所示，在竖直平面内，光滑 的匀强电场中，圆心为O,半径R=0.1m。P 绝缘直杆AC与半径为R的圆 为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，日为 周交于B、C两点，在圆心处有 PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势 一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位 随0变化如图乙所示。下列说法正确的是 于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为 一g套在杆上的带负电小球（可视为质点）从A o/V 点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为 g,A点距过C点的水平面的竖直高度为3R,小 球滑到B点时的速度大小为2√gR。求： D 甲 (1)小球滑到C点时的速度大小。 A.匀强电场的场强大小为10Vm (2)若以C点作为零电势点，试确定A点的 B.匀强电场的场强方向垂直AC连线向下 电势。 C.一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能增 加2eV D.一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电 场力先做正功后做负功 12.(多选)如图所示，半圆槽光 滑、绝缘、固定，圆心是O,最 低点是P,直径MV水平，a,b是两个完全相同 的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a 从V点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到 达某点Q(图中未画出)时速度为零。侧小球a ( A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力 先增大后减小 B.从N到P的过程中，速率先增大后减小 C.从V到Q的过程中，电势能一直增加 D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能 增加量 : 405 课时检测训练·物理终不变，故A,D正确：由电场强度的 功在数值上等于小球机械能的增加 子带负电，它们带同种电荷，做A错误， 叠加原理可知，a、b两点的电场强度 量，即2m,B正确。 C正确：由于不能确定场源电荷的性 大小相等，方向不同，故B错误：由以 4,C解析由对称性可知，A,E两点重 质，所以也不能确定电场线的方向，不 上分析知沿棱从b到d方向，与电场 合，B、D两点重合，故A错误；由gE= 能确定a点电势与b点电势的高低，故 强度方向成锐角，而沿场强方向电势 ma可知，粒子加速度大时电场强度 B错误：蒂电粒子仅在静电力作用下从 降低，故C正确。 大，又速度一时问图像的斜率表示加 a点运动到b点，静电力做正功，电势能 14.D解析在沿y轴方向，电场猛度 速度，即：时刘加速度大于，时刻加 减小，所以带电粒子在口点的电势能大 为E=-号V/m=-40V/m,在 速度，所以E>E。,故B错误；粒子电 于在b点的电势能，故D正确。 势能与动能之和守恒，A、C,E三点动 8.C解析根据电场力做功与电势能 沿x轴方向，电场强度为E,= 能为0，所以电劳能相等，故PA== 变化的关系得F△x■一△E。,图像的斜 一0.i5V/m=-300V/m,则电场的 45 ,故C正确：如图所示，粒子由A到 率表示粒子所受的电场力，在x1处图 B速度增大动能增大电势能减小，由B 电扬强度E大小为E=√E,+E, 像的斜率为零，所以粒子在x1处受到 到C速度减小、动能减小、电势能增 500V/m,由三角函数知方向与x轴 加，故电势能先城小后增大，故D 的电场力为零，所以三1处的电场强度 负方向成53°，方向指向第三象限，故 为零，A错误：图像的斜率表示粒子所 错误。 A、B、C错误，D正确。 受的电场力，粒子在0一x:段所受的电 5.D解析方法一：从电扬强度方向看 课时检测训练34 电势的变化 场力是变力，做非匀变速运动，x一x L.D解析力F没有作用在物体A 段电场力不变，做匀减速直线运动，B 设x■x处电场强度为0，此处E与 上，故力F对A不做功，故选项A错 E等大反向， 错误；x1一x1段是直线，斜率一定，粒 误，根据动能定理，力F做的功与摩擦 子所受的电场力不变，所以马一工段 力对物体B做的功及库仑力对物体B ·49=9,得工=1，即工=1处， (x,十1)'x0 电场强度大小方向均不变，C正确；对 做的功之和等于物体B的动能增量， E=0, 带负电荷的粒子来说，电势越高电势 故选项B错误：由功能关系可得，力F 0<x<1,电扬强度方向向左，x增大 能越小，电势越低电势能越大。由图 做的功加上摩案力对物体B微的功等 华增大， 缘可知在0，x还x,四处的电势能大 于物体B的动能增量与B克服库仑力 x>1,电渐强度方向向右，x增大，9减 小关系为Eu<Eo=Ea<Ea,所以这 做功之和，故C错误：根据能量守恒可 小，故D正确。 几处的电势关系为>%=%>%，D 知：力F做的功及摩擦力对物体A和 方法二：电势叠加法 错误。 B做功的代数和等于物体A和B的动 根据点电背周图的电势公式=k 9.BC解析由题知，OP>OM,OM 能增量及电势能增量之和，故选项D r ON,则根据点电荷的电势分布情况可 正确。 设x=x'处(x>0)的电势为0，得 知9w=N>,则带负电的小球在运 2.D.解析根据题意若小球的初速度 动过程中，电势能先减小后增大，且 方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可 名+k3-0, Ew>Ew=EN,则小球的电势能与机 知电场力和重力的合力沿着虚线方 解得x'- 3 核能之和守恒，则带负电的小球在M 向，又电场强度方向为水平方向，根据 点的机械能等于在N点的机核能，A 力的合成可知电场力方向水平向右 放可知当0K<行时g<0: 锥误，BC正确：从M点运动到N点的 若小球的初速度方向垂直于虚线（如 1 过程中，电场力先做正功后做负功，D 题图)，则其从O点出发运动到O点等 当x=3时，9=0， 错误。故选BC。 高处的过程中重力对小球做功为零， 电场力的方向与小球的位移方向相 当>时p>0,藏选D. 10,AD解析由题意知小滑块在B点 处的加速度为军，则根据受力分析有 同，则电场力对小球做正功，小球的动 6,A解析由点电荷在真空中某点形 能增大，电势能减小，故选D 成的电场强度公式E=k9和电扬叠 沿料面方向，mgsin30°- 7c0s30, 3.B解析小球动能的增加量为△E =含m(2o-言md=号md,A错 加原理可知，沿x轴方向，一∞·A 点，电场强度为负，逐渐变大，A点+O B好，故A正确，B错误， 解得1√mg 误：小球在整直方向上的分运动为匀 点，电场强度为正，逐渐减小，O点~B 设小滑块从A到C的过程，静电力对 减速直线运动，到N时整直方向的速 点，电场强度为负，逐渐变大，B点 小滑块做的功为W,因为滑到C点时 度为零，则M、N两点之间高度差为h 十∞，电场强度为正，逐渐减小，故A 速度为零，根据动能定理有W十 g,小球重力势能的增加量为△E, 项正确，B项错误：无穷远处电劳为零， mg5sin30°=0，解得W=-m,故C 2 根据等量同种正电荷的电场线分布 =mgh=乞m0,C错误：静电力对小 图，分析知，等量同种正电荷电场中的 错误：根据电势差与静电力做功的关 球做正功，则小球的电势能减少，由能 电势不会为负值，且O点处电势大于 系可知AC之同的电势差U=W- 量守恒定律可知，小球减小的电势能 零，故C、D项错误。 等于重力势能与动能的增加量之和， 7.CD解析粒子从a点向b点运动，E 一g,故D正确。 2g 一工图像的切线斜率减小，根据动能定 则电勞能的减少量为△E,'= 2m+ 理，则有qEx=E,电扬强度减小，因此 1.D解析根据图像可知，当0=子 2md=2mU,D错误；由功能关系可 a点更靠近场源电荷，则a点场强比b 时，P点位于P1的电势为1V,当日 点扬强大，若扬源电荷是正电荷，则粒 5 知，除重力外的其他力对小球所做的 子带正电，若扬源电荷是负电荷，则粒 π时，P点位于P:的电势为3V, 高考一轮总复习·物理 600。 当0=子x时，P点位于P,的电势为 电电流在减小，故A,B错误：放电过程 2 2 2， 中，电容器的上极板带正电荷，流过电 5V,根据夹角关系，可知P,OP,位于 解得e=√7gR； 阻R的电流由M点流向N点，电容器 同一条直线上，则有1V一%=0 (2)小球从A到C,重力和静电力均做 两极板问电势差减小，放电电流在减 5V,解得o=3V,可知PO连线为 正功，所以由动能定理有mg·3R+W。 小，故C正确，D错误， 一条等势线，根据夹角关系可知， -m飞2 4,B解析根据平衡条件T POP与PO垂直，即POP为 2 一0，又授据静电力做功与电 和几何关系，对小球受力 条电场线，方向由P,指向P,与水平 势能的关系： 分析如图所示，根据几何 向右的方向成夹角弩，即匀程电场的 W。=EM一Ec=一qpA-(一9)， 关系可得T=gE,Tsin60 场强方南不是垂直AC连线向下，B 又图为元0，可得9队=号 十qEsin60°=mg,联立解 错误：根据上述，匀强电场的场强大 得T=gE=√×103N,剪断细线，小 课时检测训练35 球做匀加速直线运动，如图所示，根据 小为B=景=R=20V/aA号 1,C解析静电计指针偏角反映的是 几何关系可得 电容器两极板之问的电萝差，电容器 误：电子从A点沿圆弧运动到C点， 带电后与电源断开，则Q不变，减小A Lv dtan 60" 有We=eE·2Rcos号，We= 板与B板之间的水平距离，根据C =10W5cm,故 E A错误；根据几 一△E。,解得△E,=一2eV,即电势能 品可知电容C增大，根据U=是可 何关系可得小 减小2eV,C错误：根据上述，电场方 知U变小，指针偏角变小，故A项错 球沿着电场力方向的位移x=(10一 向由P,指向P,与水平句右的方向 误；将橡胶棒插入A板与B板之何e, 5sin30)cm=7.5cm,与电场力方向相 成夹角苓，则电子从B点沿圈孤逆时 变大，根据C-可知电容C增大， 反，电扬力做功为W。=一gE= 针运动到D点，电场力先做正功后做 -一子5×10J,则小球的电势能增加 负功，D正确，故选D, 根据U-是可如U安小，指针编角安 12.BC解析小球a从N点静止释放， 小，故B项错误：A板位置不动，将B 子月×10J,款B正确：电场墨度的大 过P点后到Q点速度为零，整个运动 板稍微坚直向下平移，S变小，根据 小E-E-5X10N/C,数C错误：减 过程只有重力和库仑力做功，库仑力 方向与小球a速度方向的夹角一直大 C=可知电容C减小，根据U= 小R的阻值，极板间的电劳差不变，板板 于90，所以库仑力整个过程做负功 间的电场强度不变，所以小球的运动不 ，可知U变大，指针偏角变大，故C项 Q 小球a从N到Q的过程中，库仑力增 会发生改变，MC的距离不变，故D错误 大，库仑力与重力的夹角减小，所以 正确：将A板也接地，AB两板电势差变 5.D解析带电油滴 它们的合力一直增大，故A错误：小 为0，则指针偏角变小，故D项错误。 的运动轨迹为直线，在 球受力如图所示，在靠近N点的位 置，合力与速度夹角小于90°，在P点 2.D解析根C=S a将A板向上 电场中受到重力mg 合力 和电场力F,其合力必 合力与速度夹角大于90°：所以小球a 平号-小段距离C支小，由C-号可 定沿此直线向下，极据 从N到P的过程中，速率应先增大后 三角形定则作出合力，由图可知，当电 知Q变小，由于二板管的单向导电性， 减小，故B正确；从N到Q的过程 场力F与油滴轨迹垂直时，电场力F 则不会有a→b放电电流，别电流计指 中，库仑力一直做负功，所以电势能 最小，场张最小，则有F=gEm= 针不动，A项错误：紧贴A板内侧插入 一直增加，故C正确，根据能量守恒 可知，P到Q的过程中，动能的减少 一块玻璃板，致使电容器的电容增大， mgsin0,得到E-min0,电扬强度 量等于重力势能和电势能的增加量 根据C=号，则电荷量将变大，由于二 无最大值，故A,B错误；当E= 之和，故D错误。 极管存在单向导电性，则会有b+a充 mgin巴时，电场力方向与速度方向垂 电电流，则电流计指针会右偏，B项错 直，电场力不做功，带电油滴的电势能 误：根器C-品将B板向右平移- 一定不变，这种情况下只有重力做功， 带电油滴的机械能不变，故D正确：当 小段位移，致使电容器的电容减小，根 据A项分析可知，C项错误；根据C E>mgsin日时，电场力方向与速度方 L,S 1Dv®e器然 a·将B板向上平移一小段位移，或 向咸锐角时，电场力做正功，带电油滴 的机械能增加，敌C错误。 解析(1)因为B、C两点电势相等， 使电容器的电客增大，根据C-吕，则 6.A解析设A、B雨金属薄板之间的 故小球从B到C运动的过程中静电 电荷量将变大，则会有b+a充电电流 电势差为U1,B,C两会属薄板之间的 力做的总功为零， 则电流计指针会右偏，D项正确。 电势差为U:,金属薄板之间的间距为 由几何关系可得BC的竖直高度 3,C解析充电过程中，电容幕的上极 d,电场强度为E,第一次由O点静止 hx婴， 板带正电荷，流垃电阻R的电流由N 释放的电子恰好能运动到P点，根据 点流向M点，随着电蓉器带电荷量的 动能定星gU1一gU,=0,gU,=gEd,将 根据动能定理有， 增加，电容器两极板问电势差增加，充 C板向右平移到P点，BC之间的电场 。601 高考一轮总复习·物理