高三物理一輪微專題復(fù)習(xí)限時訓(xùn)練：電場中功能關(guān)系的綜合問題（解析版）

1、！ 新高考物理一輪微專題復(fù)習(xí)限時訓(xùn)練電場中功能關(guān)系的綜合問題一、單項選擇題1、靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運(yùn)動，N為粒子運(yùn)動軌跡上的另外一點，則( )A運(yùn)動過程中，粒子的速度大小可能先減小后增大B在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行2、如圖所示為一勻強(qiáng)電場，某帶電粒子從A點運(yùn)動到B點，在這一運(yùn)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( )A粒子帶負(fù)電B粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 JC粒子在A點的動能比在B點少0.5

2、 JD粒子在A點的機(jī)械能比在B點少1.5 J3、如圖所示，平行板電容器水平放置，兩極板間電場強(qiáng)度大小為E，中間用一光滑絕緣細(xì)桿垂直連接，桿上套有帶正電荷的小球和絕緣彈簧，小球壓在彈簧上，但與彈簧不拴接，開始時對小球施加一豎直向下的外力，將小球壓至某位置使小球保持靜止撤去外力后小球從靜止開始向上運(yùn)動，上升h時恰好與彈簧分離，分離時小球的速度為v，小球上升過程不會撞擊到上極板，已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g，下列說法正確的是()A與彈簧分離時小球的動能為mghqEhB從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為mghqEhC從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球減少的電勢能為eq f(qE,

3、h)D撤去外力時彈簧的彈性勢能為eq f(1,2)mv2(qEmg)h4、如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細(xì)桿上O點套有一個電荷量為q(q0)的小環(huán)，在桿的左側(cè)固定一個電荷量為Q(Q0)的點電荷，桿上a、b兩點與Q正好構(gòu)成等邊三角形，c是ab的中點將小環(huán)從O點無初速度釋放，通過a點的速率為v.若已知abOal，靜電力常量為k，重力加速度為g.則()A在a點，小環(huán)所受彈力大小為eq f(kQq,l2)B在c點，小環(huán)的動能最大C在c點，小環(huán)的電勢能最大D在b點，小環(huán)的速率為eq r(v22gl)5、如圖為一有界勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向為水平方向(虛線為電場線)，一帶負(fù)電微粒以某一角度從電場的a點斜向上射入，

4、沿直線運(yùn)動到b點，則可知( )A電場中a點的電勢低于b點的電勢B微粒在a點時的動能與電勢能之和與在b點時的動能與電勢能之和相等C微粒在a點時的動能小于在b點時的動能，在a點時的電勢能大于在b點時的電勢能D微粒在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點時的電勢能小于在b點時的電勢能6、如圖所示,勻強(qiáng)電場水平向左,帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運(yùn)動,經(jīng)A點時動能為100 J,到B點時動能減少到80 J,減少的動能中有12 J 轉(zhuǎn)化為電勢能,則它再經(jīng)過B點時,動能大小是( )A.4 J B.16 JC.32 J D.64 J7、如圖(甲),傾角為的光滑絕緣斜面,底端固定一帶電荷量為Q的正點電荷.將

5、一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處,此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖像如圖(乙)(E1和x1為已知量).已知重力加速度為g,靜電力常量為k,由圖像可以求出( )A.小物塊所帶電荷量B.A,B間的電勢差C.小物塊的質(zhì)量D.小物塊速度最大時到斜面底端的距離8、如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運(yùn)動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動到N的過程()A動能增加eq f(1,2)mv2 B機(jī)械能增加2mv2C重力勢能增加eq f(3,2)mv2 D電勢能增加2mv2二、多

6、項選擇題9、一帶電小球在空中由A點運(yùn)動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用若重力勢能增加5 J，機(jī)械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球( )A重力做功為5J B電勢能減少2JC空氣阻力做功0.5J D動能減少3.5J10、圖中虛線1、2、3、4表示勻強(qiáng)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(yùn)動到b點，軌跡如圖中實線所示下列說法中正確的是()A等勢面1電勢最低B粒子從a運(yùn)動到b，動能減小C粒子從a運(yùn)動到b，電勢能減小D粒子從a運(yùn)動到b的過程中電勢能與動能之和不變11、A、B兩物體質(zhì)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(shù)為k的絕緣豎直輕質(zhì)彈

7、簧相連放在水平面上，如圖所示，開始時A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)在施加豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度Eeq f(2mg,q)，式中g(shù)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()A剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2gB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(jī)械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量DB剛要離開地面時，A的速度大小為2geq r(f(m,k)13、如圖所示，實線是一質(zhì)子僅在電場力作用下由a點運(yùn)動到b點的運(yùn)動軌跡，虛線可能是電場線，也可能是等差等勢線，則下列說法正確的是( )A若虛線是

8、電場線，則質(zhì)子在a點的電勢能大，動能小B若虛線是等差等勢線，則質(zhì)子在a點的電勢能大，動能小C質(zhì)子在a點的加速度大小一定大于在b點的加速度大小Da點的電勢一定高于b點的電勢三、非選擇題13、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(cè)空間有一個勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E6.0105 N/C，方向與x軸正方向相同在O點處放一個帶電荷量q5.0108 C，質(zhì)量m1.0102 kg的絕緣物塊物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v02.0 m/s，如圖所示(g取10 m/s2)求： (1)物塊向右運(yùn)動的最大距離；(2)物塊最終停止的位置14、如圖所示，光滑絕緣水平面AB

9、與傾角37，長L5 m的固定絕緣斜面BC在B處平滑相連，在斜面的C處有一與斜面垂直的彈性絕緣擋板質(zhì)量m0.5 kg、帶電荷量q5105 C的絕緣帶電小滑塊(可看作質(zhì)點)置于斜面的中點D，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E2105 N/C，現(xiàn)讓滑塊以v014 m/s的速度沿斜面向上運(yùn)動設(shè)滑塊與擋板碰撞前后所帶電荷量不變、速度大小不變，滑塊和斜面間的動摩擦因數(shù)0.1.(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)，求：(1)滑塊沿斜面向上運(yùn)動的加速度大??；(2)滑塊運(yùn)動的總路程15、如圖(甲),斜面AO的傾角=30,其表面動摩擦因數(shù)為1,水平地面OB動摩擦因數(shù)2=0.30,過斜面底

10、端O點的豎直線(虛線)右側(cè),存在平行于OB的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),視為質(zhì)點的滑塊其質(zhì)量m=1.00 kg、帶電荷量q=+2.0010-6 C,由靜止從斜面上的P點下滑至地面上的Q點,該過程滑塊的速率圖像如圖(乙).(滑塊電荷量恒定不變,不考慮經(jīng)過O點時滑塊的能量損失).(1)求P點高度h及動摩擦因數(shù)1;(2)求勻強(qiáng)電場的大小E和方向及滑塊的最大電勢能Ep(設(shè)O點電勢 為零);16、如圖所示，勻強(qiáng)電場方向與水平線間夾角30，方向斜向右上方，電場強(qiáng)度為E，質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度v0開始運(yùn)動，初速度方向與電場方向一致 (1)若小球的帶電荷量為qeq f(mg,E)，為使小球能做勻速直線運(yùn)動

11、，應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？(2)若小球的帶電荷量為qeq f(2mg,E)，為使小球能做直線運(yùn)動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？答案與解析1、C解析：在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(非兩點電荷連線的中點)由靜止開始運(yùn)動，粒子的速度先增大后減小，選項A錯誤帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動，若運(yùn)動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運(yùn)動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于其在M點的電勢能，故粒子在M點的電勢能不低于2、D解析：由粒子運(yùn)動的軌

12、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(jù)動能定理得WW克GEk0.5 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(jī)械能增加，所以粒子在A點的機(jī)械能比在B點少1.5 J，D正確3、D解析：根據(jù)動能定理可知，合外力對小球所做的功等于小球動能的變化量，所以小球與彈簧分離時的動能為EkqEhmghEp，選項A錯誤；從開始運(yùn)動到與彈簧分離，小球增加的機(jī)械能為Emgheq f(1,2)mv2qEhEp，選項B錯誤；小球減少的電勢能為Eqh，故選項C錯誤；從撤去外力到小球與彈簧分離，由動能定理可知，eq f(1,2)mv2EpqEhm

13、gh，所以Epeq f(1,2)mv2(qEmg)h，選項D正確4、D解析：在a點，小環(huán)所受的電場力沿aQ方向，大小為Fkeq f(Qq,l2)，水平方向小環(huán)受力平衡，所以小環(huán)受到向右的彈力大小為FNFsin 60eq r(3)eq f(kQq,2l2)，A錯誤；在c點時，小環(huán)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(huán)有豎直向下的加速度，所以在c點時小環(huán)的動能不是最大，B錯誤；c點距離Q最近，電勢最高，帶負(fù)電的小環(huán)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(huán)從a點到b點，電場力做功為0，根據(jù)動能定理得mgleq f(1,

14、2)mvb2eq f(1,2)mv2，解得vbeq r(v22gl)，D正確5、D解析：微粒沿直線運(yùn)動到b點，微粒的合力方向與速度方向在同一直線上，重力方向豎直向下，則受到的電場力方向水平向左，電場方向水平向右，則a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；根據(jù)能量守恒，微粒的重力勢能、動能、電勢能總量不變，微粒從a運(yùn)動到b重力勢能增大，則動能與電勢能之和減小，故B錯誤；微粒從a到b，電場力、重力均做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，C錯誤，D正確6、B解析:設(shè)物體向右運(yùn)動到C點速度為零,然后返回,A,B間距離為x1,B,C間距離為x2,從A到B過程中,由動能定理得-(f+qE)x1=(80-100)J=-

15、20J.由電場力做功與電勢能的關(guān)系知qEx1=12 J,解得qE=.從B到C過程中,由動能定理得-(f+qE)x2=-80 J,解得fx2=32 J.從B到C再返回B的過程中,由動能定理得-2fx2=Ek-80 J,解得Ek=16 J,故選項B正確.7、C解析:由動能圖線得知,小物塊的速度先增大后減小.根據(jù)庫侖定律得知,小物塊所受的庫侖力逐漸減小,合外力先減小后增大,加速度先減小后增大,則小物塊先沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,直至速度為零.由動能圖線看出,速度有最大值,此時小物塊受力平衡,有庫侖力與重力沿斜面的分力平衡,由于沒有x的具體數(shù)據(jù),所以

16、不能求得小物塊所帶電荷量,選項A錯誤;A到B的過程中重力勢能的增加等于電勢能的減少,所以可以求出小物塊電勢能的減少,由于小物塊的電荷量不知道,所以不能求出A,B之間的電勢差,選項B錯誤;由重力勢能圖線得到E1=mgh=mgx1sin ,即可求出m,選項C正確;圖像中不能確定哪一點的速度最大,題目中也沒有小物塊的電荷量等信息,所以不能確定小物塊速度最大時到斜面底端的距離,選項D錯誤.8、B解析：小球動能的增加量為Ekeq f(1,2)m(2v)2eq f(1,2)mv2eq f(3,2)mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動為豎直上拋，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為heq

17、 f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為Epmgheq f(1,2)mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為Epeq f(3,2)mv2eq f(1,2)mv22mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確二、多項選擇題9、BD解析：小球的重力勢能增加5 J，則小球克服重力做功5 J，故選項A錯誤；電場力對小球做功2 J，則小球的電勢能減少2 J，故選項B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機(jī)械能增加1.5 J，

18、則除重力以外的力做功為1.5 J，電場力對小球做功2 J，則知，空氣阻力做功為0.5 J，即小球克服空氣阻力做功0.5 J，故選項C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為3.5 J，根據(jù)動能定理，小球的動能減少3.5 J，故選項D正確10、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(qiáng)方向相同，曲線運(yùn)動所受合力指向曲線的凹側(cè)；帶正電的粒子只在電場力的作用下，從a點運(yùn)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，沿著電場線方向電勢降低，等勢面1電勢最高，故選項A錯誤；粒子從a運(yùn)動到b，只受電場力作用，電場力的方向與運(yùn)動方

19、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(yùn)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11、ABD解析：在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，當(dāng)施加電場的瞬間，A物體受到的合力為A所受的電場力，故qEma，解得a2g，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EqmgF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(yùn)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(fù)原長的過程，A物體的機(jī)械能增加量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量

20、之和，從彈簧恢復(fù)原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機(jī)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(dāng)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xeq f(2mg,k)，根據(jù)動能定理可知qExmgxeq f(1,2)mv2，解得v2geq r(f(m,k)，故D正確12、BC解析：若虛線是電場線，由質(zhì)子運(yùn)動軌跡可知質(zhì)子所受電場力方向沿電場線向左，由a點運(yùn)動到b點，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，選項A錯誤；若虛線是等差等勢線，則由質(zhì)子運(yùn)動軌跡可知質(zhì)子所受電場力垂直等勢線向下，由a點運(yùn)動到b點，電場力做正功，

21、電勢能減小，動能增大，選項B正確；因電場線和等差等勢線的疏密程度均可表示電場強(qiáng)度大小，而a點處于密集區(qū)，所以EaEb，由aeq f(qE,m)知選項C正確；因不確定虛線是電場線還是等差等勢線，所以質(zhì)子在a、b兩點的電勢能大小無法比較，由Epq知，a、b兩點的電勢無法比較，選項D錯誤三、非選擇題13、答案：(1)0.4 m(2)O點左側(cè)0.2 m處解析：(1)設(shè)物塊向右運(yùn)動的最大距離為xm，由動能定理得mgxmE|q|xm0eq f(1,2)mv02解得xm0.4 m.(2)因E|q|mg，物塊不可能停止在O點右側(cè)，設(shè)物塊最終停在O點左側(cè)且離O點為x處由動能定理得E|q|xmmg(xmx)0，解

22、得x0.2 m.14、解析：(1)滑塊與斜面之間的摩擦力f(mgcos37qEsin37)1 N根據(jù)牛頓第二定律可得qEcos37mgsin37fma，解得a8 m/s2.(2)由題可知，滑塊最終停在C點設(shè)滑塊從D點開始運(yùn)動到最終停在C點的過程中在斜面上運(yùn)動的總路程為s1，由動能定理有qEeq f(L,2)cos37mgeq f(L,2)sin37fs10eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得s161.5 m設(shè)滑塊第1次到B時動能為Ek1，從D到B由動能定理得qEeq f(L,2)cos37mgeq f(L,2)sin37feq f(3L,2)Ek1eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得Ek129 J設(shè)滑塊第1次從B滑到水平面上的最遠(yuǎn)距離為x1，由動能定理得qEx10Ek1，解得x12.9 m