届人教版电场中的图象问题单元测试.docx
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届人教版电场中的图象问题单元测试
1.某静电场的电场线与x轴平行,电势φ随x坐标变换的关系图象如图所示。
已知电场中P、Q两点的x坐标分别为1m、4m,将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,则( )
A.粒子在P点的动能等于在Q点的动能
B.粒子在P点的动能大于在Q点的动能
C.粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能
D.粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
答案 A
解析 根据图象可得P与Q两点的电势相等,P、Q间的电势差为零,则粒子从P运动到Q的过程中,电场力做功为零,由动能定理知,两点的动能相等,故A正确、B错误;粒子在P点的动能等于在Q点的动能,由能量守恒定律知,粒子在P点的电势能等于在Q点的电势能,故C、D错误。
2.某区域的电场线分布如图所示,其中间一根电场线是直线,一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。
取O点为坐标原点,沿直线向右为x轴正方向,粒子的重力忽略不计。
在O到A运动过程中,下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、运动径迹上电势φ和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是( )
答案 B
解析 从O到A过程中电场线先是变疏后又变密,所以电场强度先减小后增大,电场强度越大,单位长度上电势降落的越快,故电势先减小的慢后减小的快,即φx图象的斜率先减小后增大,故C错误;电场强度先减小后增大,则电场力先减小后增大,所以加速度先减小后增大,B正确;由于粒子一直做正功,所以速度一直增加,而vt图象的斜率表示加速度,所以斜率先减小后增大,故A错误;根据动能定理可得Ek=Eqx,所以Ekx图象的斜率表示电场力的大小,所以斜率也应先减小后增大,故D错误。
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>0的某处
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
答案 A
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
答案 C
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
答案 D
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
答案 BC
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:
与水平方向成θ角斜向下,tanθ=
。
(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
=
v0
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]。
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