2025年高考物理 人教版必修第3冊第10章　素能測評卷含答案

2025年高考物理人教版必修第3冊第10章素能測評卷含答案第十章素能測評卷(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意)1．(2024·陜西省商洛市二模)一帶負電的粒子僅在電場力的作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨Ep位移x變化的關系如圖所示，圖線剛好是半個周期正弦曲線，下列說法正確的是()A．電場力先做正功后做負功B．x1、x3處的電場強度相同C．粒子在x1處的加速度小于在x2處的加速度D．x2處的電勢小于x3處的電勢答案：D解析：由圖像可知，粒子的電勢能先增大后減小，則電場力先做負功后做正功，故A錯誤；根據(jù)Ep－x圖像的切線斜率絕對值表示電場力大小，結合對稱性可知，粒子在x1、x3處受到的電場力大小相等，方向相反，則x1、x3處的電場強度大小相等，方向相反，故B錯誤；根據(jù)Ep－x圖像的切線斜率絕對值表示電場力大小，可知粒子在x1處受到的電場力大于在x2處受到的電場力，則粒子在x1處的加速度大于在x2處的加速度，故C錯誤；由圖像可知，粒子在x2處的電勢能大于在x3處的電勢能，根據(jù)Ep＝qφ，由于粒子帶負電，則x2處的電勢小于x3處的電勢，故D正確。故選D。2.(2024·福建省三明市一模)一電場的電勢φ隨x的變化規(guī)律如圖，圖線關于φ軸對稱，且AO間距離小于BO間距離，下列說法正確的是()A．該電場可能為勻強電場B．一負電荷在A點電勢能大于B點電勢能C．一正電荷從A點移到B點電場力不做功D．A、B間電場方向為由B指向A答案：B解析：φ－x圖像的斜率表示電場強度，圖中斜率在變化，表示電場強度發(fā)生變化，不是勻強電場，A錯誤；如圖可知A點電勢小于B點電勢，根據(jù)Ep＝φq可知，負電荷在A點電勢能大于B點電勢能，B正確；一正電荷從A點移到B點，電勢升高，電勢能增加，電場力做負功，C錯誤；順著電場線方向電勢降低，因此電場方向分別為A指向O和B指向O，D錯誤。故選B。3．(2024·河北三模)一帶正電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動，取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖所示，電場的電勢用φ表示，電場強度用E表示，粒子的動能用Ek表示，則四個選項中合理的是()答案：B解析：由帶電粒子在電場中運動規(guī)律知，帶電粒子沿著電場線方向電勢逐漸降低，逆著電場線方向電勢逐漸升高，正電荷沿著電場線方向做正功，電勢能逐漸減小，負電荷逆著電場線方向做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤，B正確；帶正電粒子在電場中僅受靜電力作用，則有ΔEp＝－F電Δx，可知Ep－x圖像的斜率切線絕對值表示電場力大小，根據(jù)題圖可知，帶電粒子受到的電場力逐漸減小，則電場強度隨位移變化逐漸減小，C錯誤；根據(jù)動能定理可得Ek＝F電Δx，可知Ek－x圖像的切線斜率表示電場力，由于電場力逐漸減小，則Ek－x圖像的切線斜率逐漸減小，D錯誤。故選B。4．(2024·黑龍江名校聯(lián)考二模)如圖甲所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下沿AB由A點運動到B點，其電勢能Ep隨距A點的距離x變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是()A．電場的方向由A指向BB．A點的電場強度小于B點的電場強度C．電子在A點的速度小于在B點的速度D．若一質子以同一初速度由A點釋放，一定能運動到B點答案：C解析：由圖乙可知，電子的電勢能減小，則電場力做正功，故電子的速度變大，又電子帶負電，故電場的方向由B指向A，A錯誤，C正確；Ep－x圖像的斜率表示電場力，可知A點的電場強度大于B點的電場強度，B錯誤；由電場強度方向可知，質子所受電場力做負功，質子有可能運動到B點前減速到零，D錯誤。故選C。5．(2024·湖北省十一校聯(lián)考二模)如圖所示為雷雨天一避雷針周圍電場等勢面分布情況，在等勢面中有A、B、C三點，其中A、B兩點位置關于避雷針對稱。下列說法中正確的是()A．B點場強小于C點場強B．某不計重力的正電荷在A、B兩點的加速度相同C．正電荷在C點的電勢能比其在B點的電勢能大D．將負電荷從C點移動到B點，電場力所做的總功為正答案：D解析：等差等勢面越稀疏場強越小，因此C點場強小于B點場強，故A錯誤；A、B兩點處于同一等勢面上，電場方向不同，根據(jù)a＝eq\f(qE,m)可知不計重力的正電荷在A、B兩點的加速度方向不相同，故B錯誤；B點的電勢大于C點的電勢，根據(jù)Ep＝qφ可知正電荷在C點的電勢能小于B點的電勢能，故C錯誤；負電荷從C點移動到B點時，是從低電勢移動到高電勢，根據(jù)Ep＝qφ可知電勢能變小，電場力做正功，故D正確。故選D。6.(2024·吉林五校聯(lián)合模擬考試)生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場，電場線分布如圖所示，M、N、P為電場中的點。下列說法正確的是()A．P點電場強度大于M點電場強度B．P點電勢小于N點電勢C．M點電勢小于N點電勢D．某帶電小顆粒只在電場力作用下從N點沿虛線軌跡運動到M點，其在N點電勢能小于在M點電勢能答案：C解析：P點周圍電場線比M點周圍電場線稀疏，所以P點電場強度小于M點，故A錯誤；無窮遠處電勢為零，根據(jù)沿電場線電勢降低可知P點電勢為正，N點電勢為負，所以P點電勢高于N點電勢，且M點電勢低于N點電勢，故B錯誤，C正確；小顆粒所受電場力指向軌跡凹側，所以小顆粒帶正電，則其在N點電勢能大于在M點電勢能，故D錯誤。故選C。7.(2024·江蘇省4月大聯(lián)考)如圖所示，A、B為兩個帶等量正電的點電荷，O為A、B連線的中點，以O為坐標原點，垂直AB方向為x軸，現(xiàn)將一帶正電的粒子從x軸上P點由靜止釋放，粒子重力不計，則粒子在運動過程中()A．受到電場力不斷減小B．運動的加速度不斷減小C．粒子的電勢能不斷減小D．粒子的速度先增大后減小答案：C解析：等量同種正電荷的電場線分布如右圖所示，則沿著中垂線上的x軸方向，電場強度的方向向上，場強的大小先增大后減小，帶正電的粒子從x軸上P點由靜止釋放，所受的電場力方向向上，而x軸上場強大小先增大后減小，如果釋放點在場強最大點上方，電場力會一直減小，而如果釋放點P在場強最大點下方，電場力先增大后減小，故A錯誤；由a＝eq\f(qE,m)可知，粒子運動的加速度可能先增大后減小，或一直不斷減小，故B錯誤；沿著場強的方向電勢逐漸降低，則由Ep＝qφ可知，正粒子的電勢能不斷減小，故C正確；粒子所受的電場力一直向上，電場力一直做正功，則粒子的速度一直增大，故D錯誤。故選C。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分)8.(2024·遼寧省二模)某靜電場的電場線沿x軸，其電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，設x軸正方向為靜電場的正方向，在坐標原點有一電荷量為q的帶電粒子僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸正向運動，則下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．粒子運動到x0處速度最大C．粒子不可能運動到3x0處D．在0～3x0區(qū)域內，粒子獲得的最大動能為eq\f(7,8)qE0x0答案：AD解析：帶電粒子由靜止開始沿x軸正向運動，結合圖像可知，開始沿x軸正向運動時電場方向沿x軸正向，所以帶電粒子帶正電，故A正確；帶電粒子從原點到3x0，由動能定理可知，eq\f(1,2)qE0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2,3)x0))－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)qE0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x0＋\f(1,4)x0))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)qE0×eq\f(3,4)x0＝Ek，得Ek＝eq\f(7,8)qE0x0，故粒子可以運動到3x0處，且在3x0處動能最大，最大動能為eq\f(7,8)qE0x0。故B、C錯誤，D正確。故選AD。9.(2024·內蒙古呼和浩特市一模)如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷，電荷量為＋Q；在x軸上C點有點電荷，電荷量為－Q。且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下列判斷正確的是()A．O點的場強大于D點的場強B．O點的場強小于D點的場強C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向C，電勢能增大答案：AD解析：A、B兩個＋Q在O點的場強矢量和為0，所以O點的場強等于C點－Q在O點產生的場強EO＝keq\f(Q,r2)，A、B、C三點電荷在D點產生的場強如圖所示，EA與EB大小相等，方向如圖，根據(jù)幾何關系可知EA＝EB＝E＝eq\f(kQ,4r2)，EC方向沿x軸負方向，大小為EC＝eq\f(kQ,4r2)，故三個場強的矢量和為0，所以O點場強大于D點場強，故A正確，B錯誤；x軸上x＜0的區(qū)間，合場強方向沿x軸負方向，所以將正電荷從O移向C，電場力做正功，電勢能減小，將負電荷從O移向C，電場力做負功，電勢能增大，故C錯誤，D正確。故選AD。10.(2024·山東濰坊市三模)如圖所示，正四面體棱長為l，在其頂點a、b、c各固定一個點電荷，a點電荷電荷量為＋2q，b、c兩點電荷電荷量均為＋q，M、N、P分別為棱ab、ac、bc的中點。已知點電荷Q周圍空間某點的電勢φ＝keq\f(Q,r)，r為該點到點電荷的距離，下列說法正確的是()A．M點的電場強度與N點的電場強度相同B．P點的電勢高于d點的電勢C．P點電場強度的大小為eq\f(4kq,3l2)D．電荷量為＋q′的試探電荷在d點的電勢能為eq\f(4kqq′,l)答案：BD解析：根據(jù)場強的疊加可知，a、b處的電荷在M點產生的合場強沿著ab連線由M指向b，c處的電荷在M點產生的場強沿著cM連線由c指向M；而a、c處的電荷在N點產生的合場強沿著ac連線由N指向c，b處的電荷在N點產生的場強沿著bN連線由b指向N，則M點的電場強度與N點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；P點距離a、b、c處的電荷要比d點距離a、b、c處的電荷近，根據(jù)點電荷Q周圍空間某點的電勢φ＝keq\f(Q,r)，可知r越小φ越大，則P點的電勢高于d點的電勢，故B正確；根據(jù)場強的疊加可知，b、c處的電荷在P點產生的場強相互抵消，則P點的場強為Ep＝keq\f(2q,r\o\al(2,aP))，根據(jù)幾何關系可知raP＝eq\f(\r(3),2)l，則Ep＝eq\f(8kq,3l2)，故C錯誤；根據(jù)點電荷Q周圍空間某點的電勢φ＝keq\f(Q,r)，可知d點的電勢為φd＝eq\f(4kq,l)，電荷量為＋q′試探電荷在d點的電勢能為Epd＝φdq′＝eq\f(4kqq′,l)，故D正確。故選BD。三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11.(8分)如圖所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.2h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱?。若此電荷在A點處的加速度大小為eq\f(4,5)g，已知靜電力常量為k，試求：(1)此電荷在B點處的加速度；(2)A、B兩點間的電勢差(用k、Q和h表示)。答案：(1)4g方向豎直向上(2)－eq\f(4kQ,h)解析：(1)這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(4,5)g在B點時eq\f(kQq,0.2h2)－mg＝maB解得aB＝4g方向豎直向上。(2)從A到B過程，由動能定理得mg(h－0.2h)＋qUAB＝0解得UAB＝－eq\f(4kQ,h)。12．(8分)如圖所示，在一水平向左的勻強電場中，光滑絕緣直角三角形斜劈ABC被固定在水平面上，其斜面長L＝2.5m，傾角為θ＝37°。有一個電荷量為q＝3×10－5C、質量為m＝4×10－3kg的帶負電小物塊(可視為質點)恰能靜止在斜面的頂端A處，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)帶電小物塊的電性及AB兩點間的電勢差UAB；(2)若電場強度減小為原來的三分之一時小物塊從A下滑到B的時間t。答案：(1)負電2000V(2)eq\f(\r(5),2)s解析：(1)電場力水平向右，因此帶負電，帶電物體在電場力、重力以及支持力作用下處于受力平衡狀態(tài)，對其進行受力分析知mgsin37°＝qEcos37°電勢差UAB＝Ed＝ELcos37°得UAB＝2000V。(2)沿斜面的方向上mgsinθ－qE′cosθ＝ma其中E′＝eq\f(1,3)E代入數(shù)據(jù)得a＝4m/s2由eq\f(1,2)at2＝L得t＝eq\f(\r(5),2)s。13．(12分)(2023·河北石家莊高一校考期中)如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d，MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，質量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷，不影響電場的分布)。現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點距離為d的O點時，速度為v；已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g，求：(1)C、O間的電勢差UCO；(2)在O點處的電場強度E的大??；(3)小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時的速度vD大小。答案：(1)eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)eq\f(\r(2)kQ,2d2)(3)eq\r(2)v解析：(1)根據(jù)動能定理，從C到Omgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2則UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)。(2)A點和B點的點電荷在O點的電場強度均為E＝keq\f(Q,r2)，其中r＝AO＝BO＝eq\r(2)d，所以E＝keq\f(Q,2d2)，根據(jù)對稱性可知，兩點電荷場強在水平方向的分場強抵消，合場強為：E合＝2E·cos45°＝eq\r(2)eq\f(kQ,2d2)。(3)從C到D點，由于電場的對稱性，UCD＝2UCO，則根據(jù)動能定理有：mg·2d＋2qUCO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，所以vD＝eq\r(2)v。14．(12分)(2023·江蘇徐州市第一中學?？计谥?如圖所示，電荷量均為＋q、質量分別為m、2m的小球A、B，中間用絕緣輕繩連接，忽略兩小球的庫侖力，兩球在豎直向上的勻強電場中以速度v0勻速上升，某時刻輕繩斷開。求：(1)電場強度的大小；(2)輕繩斷開后A、B兩球的加速度大??；(3)自輕繩斷開至B球速度為零的過程中，A、B兩球組成系統(tǒng)的電勢能變化量。答案：(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\f(g,2)eq\f(1,4)g(3)－15mveq\o\al(2,0)解析：(1)設電場強度為E，把小球A、B看作一個整體，由于繩未斷前作勻速運動有2qE＝3mg解得E＝eq\f(3mg,2q)。(2)細繩斷后，根據(jù)牛頓第二定律，對A球有qE－mg＝maA，解得aA＝eq\f(1,2)g對B球有qE－2mg＝2maB解得aB＝－eq\f(1,4)g負號表示方向豎直向下。(3)設自繩斷開到B球速度為零的時間為t，則0＝v0＋aBt，解得t＝eq\f(4v0,g)當B球速度為零時，A球的速度大小vA＝v0＋aAt，解得vA＝3v0在該時間內A球的位移為xA＝eq\f(v0＋3v0,2)t＝eq\f(8v\o\al(2,0),g)由功能關系知，電場力對A球做了正功WA＝qExA＝12mveq\o\al(2,0)B球的位移為xB＝eq\f(0＋v0,2)t＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)電場力對B球做了正功WB＝qExB＝3mveq\o\al(2,0)在這一過程中，系統(tǒng)的電勢能變化量為ΔE＝－(WA＋WB)＝－15mveq\o\al(2,0)。15．(14分)如圖甲所示，真空室中加熱的陰極K發(fā)出的電子(初速度不計)經(jīng)電場加速后，由小孔S沿兩平行金屬板M、N的中心線OO′射入板間，加速電壓為U0，M、N板長為L，兩板相距eq\f(\r(3)L,3)。加在M、N兩板間電壓uMN隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，變化周期為T0，M、N板間的電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場。在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，兩板電壓可視作不變，板M、N右側距板右端L處放置一足夠大的熒光屏PQ，屏與OO′垂直，交點為O′。已知電子的質量為m，電荷量為e，忽略電子重力及電子間的相互作用，不考慮相對論效應。求：(1)若加速電場兩板間距離為d，求電子加速至O點所用時間t；(2)電子剛好從M板的右邊緣離開偏轉電場時，M、N板間的電壓U1；(3)在熒光屏上有電子到達的區(qū)域的長度b。答案：(1)deq\r(\f(2m,eU0))(2)eq\f(2,3)U0(3)eq\r(3)L解析：(1)根據(jù)題意，電子加速到O點的過程，由動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))t＝eq\f(d,\f(1,2)v0)＝deq\r(\f(2m,eU0))。(2)設M、N兩板間距離為d，電子在M、N板間運動時間為t1，加速度大小為a，則水平方向上有L＝v0t1豎直方向上有eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)由牛頓第二定律有eq\f(eU1,d)＝ma解得U1＝eq\f(2,3)U0。(3)根據(jù)題意可知，電子剛好從M板的右邊緣離開偏轉電場時，垂直于中心線OO′方向的速度vy＝at，偏轉角度的正切tanθ＝eq\f(vy,v0)由幾何關系有b＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋Ltanθ))，解得b＝eq\r(3)L。第十章專題強化課后知能作業(yè)基礎鞏固練1．空間存在著平行紙面的勻強電場，但電場的具體方向未知，現(xiàn)在紙面內建立直角坐標系xOy，用儀器沿Ox、Oy兩個方向探測該靜電場中各點電勢，得到各點電勢φ與橫、縱坐標的函數(shù)關系如圖所示。關于該電場的電場強度E，下列說法正確的是()A．E＝3V/m，方向沿x軸正方向B．E＝5V/m，方向指向第一象限C．E＝400V/m，方向沿y軸負方向D．E＝500V/m，方向指向第三象限答案：D解析：在沿y軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為10cm，而沿x軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為eq\f(40,3)cm，此兩點為等勢點，電場強度的方向垂直于兩者連線且指向第三象限，由E＝eq\f(U,d)計算可得電場強度大小為500V/m，方向與x軸負方向成53°，指向第三象限，故A、B、C錯誤，D正確。2.如圖所示，該圖像為x軸上各點的電場強度與各點位置坐標關系圖像。取x軸正方向為電場強度的正方向，無窮遠電勢為零。A、B、C三點均在x軸上，坐標如圖。由C點靜止釋放一個負點電荷，下列判斷正確的是()A．該點電荷沿x軸正方向運動B．該點電荷在坐標原點的電勢能最小C．A、B兩點間電勢差為－0.2VD．x軸上坐標原點電勢最低答案：B解析：由電場強度與各點位置坐標關系圖像可知，由C點靜止釋放一個負點電荷，該點電荷將圍繞x軸上O點來回運動，A錯誤；該點電荷從C點到O點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，從O點再向右運動的過程中，電場力做負功，電勢能增加，故在坐標原點的電勢能最小，B正確；根據(jù)公式，由E－x圖像與坐標軸所圍的面積表示電勢差可得UAB＝0，C錯誤；由于無窮遠電勢為零，由圖像可知，x軸上坐標原點電勢最高，D錯誤。故選B。3．有一靜電場，其電場強度方向平行于x軸，其電勢φ隨坐標x變化的圖線如圖所示，則下圖中能正確表示該靜電場的場強E隨x的變化圖像是(設場強沿x正方向取正值)()答案：A解析：電場強度方向平行于x軸，電勢φ隨坐標x變化的圖線的斜率的意義反映了電場強度。沿著電場線方向電勢降低，則x軸上0～2mm間場強E1＝eq\f(40,2×10－3)V/m＝2×104V/m，沿x軸正方向電勢升高，電場強度方向沿x軸負向；2～10mm間場強E2＝eq\f(－40－40,8×10－3)V/m＝－1×104V/m，沿x軸正方向電勢降低，電場強度方向沿x軸正向；10～12mm間場強E3＝eq\f(0－－40,2×10－2)V/m＝2×104V/m，沿x軸正方向電勢升高，電場強度方向沿x軸負向。故選A。4．如圖甲所示，A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電的點電荷只受電場力的作用，從A點以某一初速度做直線運動到B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關系如圖乙所示。則從A到B過程中，下列說法正確的是()A．點電荷的速度先增大后減小B．空間電場是某負點電荷形成的C．點電荷所受電場力先增大后減小D．空間各點的電勢先升高后降低答案：D解析：根據(jù)電勢能Ep隨位移x的變化圖像可知點電荷運動過程中電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功再做正功，點電荷的動能先減小再增大，速度先減小后增大，故A錯誤；點電荷帶正電，且電場力先做負功再做正功，所以電場強度的方向先向左再向右，空間電場可能是由某正點電荷形成的，故B錯誤；電勢能Ep－x曲線的斜率表示電場力，可知電場力先減小后增大，故C錯誤；根據(jù)Ep＝qφ，正點電荷的電勢能先增大后減小，所以從A到B，空間各點的電勢先升高后降低，故D正確。5.空間中一靜電場的某物理量在x軸上分布情況如圖所示，其中OA＝OB，則()A．若為E－x圖像，則φA＝φBB．若為E－x圖像，則將一電子由A沿x軸移向B，電場力先做負功再做正功C．若為φ－x圖像，則EA、EB相同D．若為φ－x圖像，在A自由釋放一質子，其僅在電場力作用下運動到B，加速度先變小后增大答案：D解析：若為E－x圖像，由圖像知，A到B電場強度一直是負值，表明電場方向一直是沿x軸負方向，沿電場線方向電勢逐漸降低，因此A到B電勢是升高的，則φA<φB，A、B之間電場方向一直是沿x軸負方向，電子受到的電場力方向指向x軸正方向，所以電場力一直做正功，故A、B錯誤；若為φ－x圖像，其斜率代表電場強度，則A、B兩點電場強度大小相等，但方向相反，故C錯誤；若為φ－x圖像，A到O電勢降低，電場方向指向x軸正方向，在A點靜止釋放質子所受電場力方向指向x軸正方向，質子將向x軸正方向運動，由圖像斜率變化可知電場強度先變小，在O點為零，O到B過程電場反向逐漸變大，所以質子的加速度先變小后變大，故D正確。故選D。6．在絕緣粗糙的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正點電荷，其電荷量分別為QA、QB，兩點電荷的位置坐標如圖甲所示。圖乙是A、B連線之間的電勢φ與位置x之間的關系圖像，圖中x＝L點為圖線的最低點，若將質量為m、電荷量為＋q的帶電小球(可視為質點)在x＝2L的C點由靜止釋放，其向左運動，則在接下來的過程中，下列說法正確的是()A．小球一定能到達x＝－2L點處B．小球在x＝L處的加速度最小C．小球在向左運動過程中動能先增大后減小D．電荷量QA∶QB＝2∶1答案：C解析：若水平面光滑根據(jù)動能定理得qU＝0，知U＝0，所以小球能運動到電勢與出發(fā)點的電勢相等的位置，由于x＝－2L處的電勢高于x＝2L，所以不能到達x＝－2L點處，根據(jù)能量守恒定律可知，若水平面粗糙，則小球到達最左端的位置會比光滑時的還要近，故A錯誤；據(jù)φ－x圖像切線的斜率等于場強E，則知x＝L處場強為零，所以在C處場強向左，小球向左加速運動，由于在運動過程中受到摩擦力，且摩擦力向右，大小不變，故在x＝L右側某位置，合力為零，此時速度最大，加速度最小，所以小球向左做加速運動后做減速運動，故動能先增大后減小，故B錯誤，C正確；x＝L處場強為零，根據(jù)點電荷場強則有eq\f(kQA,4L2)＝eq\f(kQB,2L2)，解得QA∶QB＝4∶1，故D錯誤。能力提升練7.沿電場中某條直線電場線方向建立x軸，該電場線上各點的電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示。將一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，粒子僅在電場力的作用下，由坐標原點O運動到位置x3過程中，下列說法不正確的是()A．粒子先加速后減速運動B．粒子的電勢能一直減小C．坐標原點O和位置x2的電勢差UOx2＝eq\f(E0x2,2)D．粒子動能的增加量等于電勢能的減小量答案：A解析：由坐標原點O運動到位置x3過程中，電場方向一直為正方向，電場力方向與速度方向相同，電場力對粒子做正功，粒子速度一直增大，電勢能一直減小，粒子的動能增加量等于電勢能的減小量，故A錯誤，B、D正確；坐標原點O和位置x2間的電勢差為圖像與x軸所圍成的面積，則有UOx2＝eq\f(E0x2,2)，故C正確。故選A。8．如圖所示，等量異種點電荷固定在x軸上且關于坐標原點O對稱，取無窮遠處電勢為零，下列關于x軸上各點的電場強度和電勢與x的關系正確的是()答案：A解析：由于沿電場線電勢降低，根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布規(guī)律，兩點電荷連線中垂線為等勢線，即該等勢線的電勢與無窮遠相等，根據(jù)題意中垂線電勢為0，故A正確，B錯誤；電場線分布的密集程度表示電場的強弱，電場線切線方向表示電場的方向，根據(jù)等量異種點電荷的電場線的分布特征，可知，圖中兩點電荷之間電場方向向右，為正值，大小先減小后增大，正電荷左側電場方向向左，為負值，負電荷右側電場方向向左，為負值，故C、D錯誤。故選A。9．(多選)一帶正電微粒只在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x1段是曲線，x1～x2段是平行于x軸的直線，x2～x3段是傾斜直線，則下列說法正確的是()A．O～x1段電勢逐漸升高B．O～x1段微粒做加速度逐漸減小的加速運動C．x1～x2段電場強度為零D．x2～x3段的電勢沿x軸均勻減小答案：ACD解析：電勢能Ep＝φq，由于粒子帶正電，O～x1段電勢能變大，所以電勢升高，A正確；根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關系ΔEp＝EqΔx，圖像斜率反映場強大小，O～x1段圖像斜率變小，場強變小，受力減小，加速度逐漸變小，由于電勢能增加，靜電力做負功，則微粒做減速運動，即微粒做加速度減小的減速運動，B錯誤；x2～x3段斜率為0，場強為零，C正確；x2到x3，電勢能均勻減小，微粒帶正電，所以電勢沿x軸均勻減小，D正確。10．(多選)沿電場中某條電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，x軸正方向為電場強度E的正方向，坐標軸上的點O、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等。一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮靜電力作用，則下列說法正確的是()A．從O點到C點，電勢先升高后降低B．粒子先做