课时作业42 电场中功能关系及图像问题(进阶课) 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电场功能关系及图像问题，通过基础辨析-情境应用-综合计算的三阶分层设计，强化科学思维与模型建构，适配一轮复习知识巩固与能力提升需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层（1-4题）|E-x/φ-x图像分析、电场力做功与能量关系|单图辨析为主，如第1题E-x图像判断加速度与电势，强化物理观念| |提升层（5-8题）|带电系统运动、多过程能量转化|情境综合，如第5题轻杆连接带电小球在电场中的运动，突出科学推理| |综合层（9题）|电场与力学多体碰撞综合|多步骤问题，结合平抛运动与弹性碰撞，体现模型建构与科学论证|

课时作业(四十二)　电场中功能关系及图像问题(进阶课) 说明：第1～8题，每小题5分；本试卷共52分。 1．(2026·运城模拟) 某静电场在x轴上的电场强度E随x变化的关系图像（E - x图像）如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下从d点由静止开始沿x轴运动，x轴上的a、b、c、d四点间间隔相等，则下列说法正确的是(　　) A. 点电荷在从d运动到a的过程中加速度一直增大 B. d点电势高于b点电势 C. 点电荷在从d运动到a的过程中电势能一直增大 D. 点电荷从b运动到a电场力做的功大于点电荷从c运动到b电场力做的功 2．如图所示，粗糙水平面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的物块自O点以初动能Ek0向右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE>μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，则物块的动能Ek、电势能Ep与物块运动的位移x的关系图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D 3．(多选)(2025·天津一模)一电子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是(　　) A．从x1运动到x2，静电力对电子做负功 B．x1与x3处的电场强度方向相同 C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率 D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小 4．（2026春·雨花台区校级期末）空间存在沿x轴方向的静电场，其电势沿x轴分布如图所示。一电子以初速度v₀从O点沿x轴正方向进入电场，在电子沿x轴运动过程中（电子质量为m，电量为e），则电子(　　) A. 在x₁处的动能最小 B. 在x₂处的电场力为0 C. 从O运动到x₂，电场力一直做正功 D. 若能到达x₃，则v₀的最小值为 5．(2025·安徽马鞍山一模)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，小球可视为质点，A球的电荷量为＋3q，B球的电荷量为－5q，组成一带电系统，处于静止状态。NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。现在MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，带电系统开始运动。则(　　) A．B球刚进入电场时，速度大小为 B．A球刚离开电场时，速度大小为 C．B球进入电场后的最大位移为2L D．B球从开始运动到最大位移的过程，其电势能的变化量为3qEL 6．(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电荷量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A．O、B的距离l＝ B．O、B的距离l＝ C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs D．A、C之间的电势差UAC＝－ 7．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小 C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V 8．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．小球的重力势能增加－W1 B．小球的电势能增加W2 C．小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2 D．撤去F前弹簧的弹性势能为mv2－W1－W2 9．(12分)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆，轻杆一端可绕O点自由转动，另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b，小球b从与O点等高的A点静止释放，经过O点正下方的B点，恰能摆到D点，OD与竖直方向夹角α＝30°。将不带电、质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度H＝L的某处，以一定的初速度择机水平抛出，使得球a在D点处速度垂直于OD方向与小球b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程小球b带电荷量保持不变。已知重力加速度大小为g，求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)a、b两球相撞后，b球首次经过B点时受到杆的拉力大小T。 课时作业(四十二) 1．B　[A.点电荷从d运动到a的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误；B.a点右侧的电场强度沿x轴负方向，则从b到d，电势升高，故B正确；C.从d到a，电势降低，正点电荷的电势能一直减小，故C错误；D.由题图可知，a和b之间的平均电场强度小于b和c之间的平均电场强度，根据公式W = qEd可知，正点电荷从b运动到a电场力做的功小于点电荷从c运动到b电场力做的功，故D错误。故选：B。] 2．A　[当物块向右运动时，根据动能定理有－qEx－μmgxEk－Ek0，解得EkEk0－qEx－μmgx，当物块减速为0时，因为qE＞μmg，所以物块会向左加速，根据动能定理有qE(x0－x)－μmg(x0－x)Ek－0，解得Ek－qEx＋qEx0－μmgx0＋μmgx(qE－μmg)(x0－x)，故A正确，B错误；物体先向右减速，再向左加速，而物体静电力方向向左，所以静电力先做负功，再做正功，故电势能Ep先增大后减小，故C、D错误。] 3．AC　[从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则静电力对电子做负功，选项A正确；图线的斜率等于电场强度，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；电子运动过程中只有静电力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则电场强度变大，根据牛顿第二定律qEma可知加速度逐渐变大，选项D错误。] 4． D　[A、电子带负电，电势能，在x₁处电势φ达到最大值φ₀，电子的电势能最小，结合能量守恒定律，动能与电势能之和保持不变，在x₁处电子的动能最大，故A错误；B、φ - x图像切线的斜率代表电场强度的大小，在x₂处，图像切线斜率不为零，电场强度不为0，则电子受到的电场力F = eE，故B错误；C、O运动到x₁的过程中，电势φ升高，电子的电势能减小，电场力做正功，x₁运动到x₂的过程中，电势φ降低，电子的电势能增加，电场力做负功，从O到x₂电场力先做正功后做负功，故C错误；D、电子在运动过程中只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，电子带负电，在电势最低处电势能最大，在x₃处电势最低，电子的电势能最大为, O点电势为0，电势能为0，电子能到达x₃，在O点的初动能必须大于等于在x₃处的电势能，即, 代入数据可得，故D正确。故选：D。] 6．AD　[小滑块在B点处的加速度为0，则沿斜面方向有 mgsin 30°cos 30°，解得l，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°0，解得静电力对小滑块做的功为W－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电势差UAC，D正确。] 7．C　[Ep⁃x图线斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x1 m处所受静电力大小为F1E1|q| N1 N，可得E110 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，Ep⁃x图线斜率的绝对值先减小后增大，则滑块所受静电力先减小后增大，加速度先减小后增大，B错误；滑块从x1 m的位置运动至x3 m处的过程中，根据动能定理有W电，且W电Ep1－Ep31 J，解得滑块运动至x3 m处时的速度大小为v2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x5 m处，则W电'Ep1－Ep50－，其中Ep12 J，解得滑块在x5 m处的电势能Ep55 J，该处的电势为φ V－50 V，D错误。] 8．ACD　[根据重力做功与重力势能变化的关系可得WGW1－ΔEp重，小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了－W1，故A正确；根据静电力做功与电势能变化的关系可得W电W2－ΔEp电，带正电小球上升过程静电力做正功，小球的电势能减少了W2，故B错误；对小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，由于静电力对小球做正功，为W2，小球与弹簧组成的系统机械能增加了W2，故C正确；在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，根据能量守恒定律可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有Ep弹＋W2－W1＋mv2，解得撤去F前弹簧的弹性势能为Ep弹mv2－W1－W2，故D正确。] 9．解析：(1)对小球b由A点到D点的过程，根据动能定理得2mgLcos α－qE(L＋Lsin α)0－0 解得E。 (2)小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动，设a到达D点时竖直分速度大小为vy，根据运动学公式，在竖直方向上有2gH 由几何关系可得a到达D点时速度大小为va 解得va3 设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为v1、v2，以碰撞前小球a的速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mvamv1＋2mv2， 解得v1－，v22 设两球相撞后小球b首次经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理得2mgL(1－cos α)＋qELsin α 在B点，对小球b由牛顿第二定律得T－2mg2m 解得T。 答案：(1) 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $