综合·融通 静电场中的三类常见图像问题
(融会课—主题串知综合应用)
在解决静电场中的图像问题时，经常遇到v t图像、φ x图像、E x图像。通过本节课的学习，掌握这三类图像的截距、斜率、图线与横轴所围面积等的物理意义，及以此为依据分析相关问题的思路方法。
主题(一) v t图像
[知能融会通]
根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
[典例] (多选)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其v t图像如图乙所示。以下说法中正确的是( )
A．Q2一定带正电
B．Q2的电量一定大于Q1的电量
C．b点的电场强度最大
D．粒子由a点运动到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小
听课记录：
[题点全练清]
1．如图甲所示直线是一条电场线，A、B是该线上的两点。一正电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的v t图线如图乙所示，由下列说法中正确的是( )
A．该电荷在A、B两点的加速度大小相比一定是aA>aB
B．A、B两点的电势相比一定是φA>φB
C．A、B两点的场强大小相比一定是EAD．该电荷在A、B两点的电势能大小相比一定是EpA>EpB
2．(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点。一带电荷量为＋2×10－3C、质量为1×10－3kg 的小物块从A点静止释放，只在电场力作用下沿MN做直线运动，其运动的v t图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块带电荷量保持不变，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的电势差UAB＝4 V
B．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝0.4 V/m
C．由A到C的过程中小物块的电势能一直减小
D．小物块从A点到C点电场力做的功W＝10－2 J
主题(二) φ x图像
[知能融会通]
1．电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零。
2．在φ x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3．在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正、负，然后作出判断。
[典例] (多选)如图(a)，O、P为光滑水平面上相距0.3 m的两点，O、P连线上存在方向从O指向P的电场，其上各点的电势φ随距O点的距离x变化的关系如图(b)所示，图中斜线为图线在点P(0.3 m,200 V)的切线。现将一质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋2×10－5 C的小物块从O点静止释放，小物块只受电场力作用。关于小物块在OP间的运动情况，下列说法正确的是( )
A．从释放开始加速度一直减小
B．从释放开始速度一直增大
C．运动到P点时，加速度大小a＝10 m/s2
D．运动到P点时，速度大小v＝3 m/s
听课记录：
(1)φ x图像切线斜率的绝对值k＝＝为E的大小。
(2)电场强度E的方向为电势降低的方向。
[题点全练清]
1.某静电场的电场线与x轴平行，电势φ随x坐标变化的关系图像如图所示。若将一带电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，在仅受电场力的作用下，该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动，已知电场中A、B两点的x轴坐标分别为1.5 mm、4.5 mm，则( )
A．在x轴上，从A点到B点电场的方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向
B．该带电粒子一定带负电荷
C．在x轴上x＝3 mm的位置，电场强度大小为10 000 V/m
D．该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电势能一直增大
2．(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力。则其将( )
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
主题(三) E x图像
[知能融会通]
1．在给定了电场的E x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况、电势的变化情况，E x 图线与x轴所围图形的面积表示电势差大小。
2．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
[典例] 某空间存在一条沿x轴方向的电场线，电场强度E随x变化的规律如图所示，图线关于坐标原点中心对称，则( )
A．x1、x2处的电场方向相同
B．电势差UOx1>UOx2
C．取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零
D．若将一试探电荷于x2处由静止释放，只在电场力作用下，该电荷可能经过x1处
听课记录：
由E x图像可以得出的三个结论
(1)E是矢量，E x图像中E的正负反映E的方向；
(2)E的数值反映电场强度E的大小；
(3)E x图像与x轴所围面积表示电势差大小。
[题点全练清]
1．某区域的电场分布与位置相关，如图(a)所示，Ox轴上正好存在与该轴正方向同向的电场，电场强度E的大小随x的变化情况如图(b)所示，若在原点O处静止释放一质子，质子在仅受电场力的作用下开始运动，下列说法正确的是( )
A．质子的加速度一直增大
B．质子所受电场力一直增大
C．质子的电势能一直增大
D．质子的动能一直增大
2．(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用(E0和x0已知)，则( )
A．粒子一定带负电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
综合·融通 静电场中的三类常见图像问题
主题(一)
[典例] 选AD 从v t图像上看，可见从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以b点场强为零，带负电的粒子在ab段做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，所以Q2带正电，故A正确，C错误；b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式和场强叠加原理有k＝k，因为r1>r2，所以Q1>Q2，即Q2的电量一定小于Q1的电量，故B错误；粒子从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加，从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b再到c的过程中，电势能先增加后减小，故D正确。
[题点全练清]
1．选A 该正电荷由A运动到B的过程中，v t图线的斜率表示加速度，则正电荷加速度逐渐减小，则有aA>aB，该电场场强逐渐减小，则有EA>EB，C错误，A正确；正电荷从A点运动到B点，速度减小，则电场力做负功，电势能增加，则有EpA2．选AC 物块在由A到B过程中，根据动能定理得qUAB＝mvB2－mvA2，解得UAB＝4 V，故A正确；根据v t图像的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大，为a＝ m/s2＝2 m/s2，所受的电场力最大为F＝ma＝1×10－3×2 N＝2×10－3 N，则电场强度的最大值为E＝＝ N/C＝1 V/m，故B错误；由v t图像可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电场力一直做正功，则电势能一直减小，故C正确；物块从A点到C点电场力做的功W＝mvC2＝1.8×10－2 J，故D错误。
主题(二)
[典例] 选BC 电势φ随距O点的距离x变化的图像的斜率表示场强，可知斜率先增大后减小，所以场强先增大后减小，根据牛顿第二定律得qE＝ma，则a＝，所以加速度先增大后减小，故A错误；O、P连线上存在方向从O指向P的电场，带正电的小物块从O点静止释放，电场力方向与速度方向相同，所以从释放开始速度一直增大，故B正确；电势φ随距O点的距离x变化的图像的斜率表示场强，可知P点的场强E＝ V/m＝1 000 V/m，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝10 m/s2，故C正确；由动能定理得qU＝mv2，解得v＝ m/s，故D错误。
[题点全练清]
1．选C 由图像知从A到B电势降低，由于沿着电场线方向电势逐渐降低，所以在x轴上从A点到B点电场强度都沿x轴正方向，故A错误；由题意知粒子受电场力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，故B错误；在φ x图像中，图线斜率表示场强大小，电场强度大小为E＝＝＝ V/m＝10 000 V/m，故C正确；在A点到B点范围内，电场力方向和位移方向始终相同，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误。
2．选B 带负电的试探电荷在x2点动能为1.5 eV，电势能为－1 eV，总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2～x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力，做加速运动，在x3点速度最大，试探电荷继续运动到x3点右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为－0.5 V处减速到零，之后沿x轴负方向运动，回到x2点时动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为－0.5 V处减速到零后又反向运动，但不会运动到x0、x1点，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
主题(三)
[典例] 选B 根据场强的正负反映场强的方向，可知x1、x2处的电场方向相反，故A错误；根据E x图像与x轴围成的面积表示电势差的大小，可知电势差UOx1>UOx2，故B正确；根据场强的正负反映场强的方向可知x轴正半轴场强向右，x轴负半轴场强向左，根据沿电场线方向电势降低，取无穷远处电势为零，则O点处电势大于零，故C错误；由题图可知，场强对称分布，根据电场力做功的规律可知，若将一带负电的试探电荷于x2处由静止释放，即使该电荷向x轴负半轴运动，最远也只能运动到与x2对称的－x2处，不可能经过x1处，故D错误。
[题点全练清]
1．选D 由题图知，电场强度随着距离的增加先变大后变小，根据F＝qE＝ma可知，质子所受电场力先变大后变小，质子的加速度先变大后变小，故A、B错误；质子运动过程中，电场力一直做正功，因此电势能一直减小，动能一直增大，故C错误，D正确。
2．选BD 如果粒子带负电，粒子在电场中先沿场强方向运动，后逆着场强方向运动，则一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，故A错误；根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，解得Ek0＝qE0x0，故B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，故D正确。
1 / 5(共67张PPT)
综合 融通 静电场中的三类常见图像问题
(融会课——主题串知综合应用)
在解决静电场中的图像问题时,经常遇到v -t图像、φ -x图像、E -x图像。通过本节课的学习,掌握这三类图像的截距、斜率、图线与横轴所围面积等的物理意义,及以此为依据分析相关问题的思路方法。
1
主题(一) v-t图像
2
主题(二) φ-x图像
3
主题(三) E-x图像
CONTENTS
目录
2
课时跟踪检测
主题(一) v-t图像
根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
知能融会通
[典例] (多选)如图甲所示,Q1、Q2为两个固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc,其v -t图像如图乙所示。以下说法中正确的是 ( )
A.Q2一定带正电
B.Q2的电量一定大于Q1的电量
C.b点的电场强度最大
D.粒子由a点运动到c点运动过程中,粒子的电势能先增大后减小
√
√
[解析] 从v -t图像上看,可见从a到b做加速度减小的减速运动,在b点时粒子运动的加速度为零,则电场力为零,所以b点场强为零,带负电的粒子在ab段做减速运动,电场力向左,合场强向右,b点左侧合电场主要取决于Q2,所以Q2带正电,故A正确,C错误;b点的电场强度为0,根据点电荷场强公式和场强叠加原理有k=k,因为r1>r2,所以Q1>Q2,即Q2的电量一定小于Q1的电量,故B错误;粒子从a点到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故粒子从a到b再到c的过程中,电势能先增加后减小,故D正确。
1.如图甲所示直线是一条电场线,A、B是该线上的两点。一正电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B,运动过程中的v -t图线如图乙所示,由下列说法中正确的是 ( )
题点全练清
A.该电荷在A、B两点的加速度大小相比一定是aA>aB
B.A、B两点的电势相比一定是φA>φB
C.A、B两点的场强大小相比一定是EAD.该电荷在A、B两点的电势能大小相比一定是EpA>EpB
√
解析:该正电荷由A运动到B的过程中,v -t 图线的斜率表示加速度,则正电荷加速度逐渐减小,则有aA>aB,该电场场强逐渐减小,则有EA>EB,C错误,A正确;正电荷从A点运动到B点,速度减小,则电场力做负功,电势能增加,则有EpA2.(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场,MN是其中的一条直线,线上有A、B、C三点。一带电荷量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg 的小物块从A点静止释放,只在电场力作用下沿MN做直线运动,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线),C点处的切线平行于t轴,运动过程中小物块带电荷量保持不变,则下列说法中正确的是 ( )
A.A、B两点的电势差UAB=4 V
B.B点为AC间电场强度最大的点,场强大小E=0.4 V/m
C.由A到C的过程中小物块的电势能一直减小
D.小物块从A点到C点电场力做的功W=10-2 J
√
√
解析:物块在由A到B过程中,根据动能定理得qUAB=m-m,解得UAB=4 V,故A正确;根据v-t图像的斜率等于加速度,可得物块在B点的加速度最大,为a= m/s2=2 m/s2,所受的电场力最大为F=ma=1×10-3×2 N
=2×10-3 N,则电场强度的最大值为E== N/C=1 V/m,故B错误;由v-t图像可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大,则电场力一直做正功,则电势能一直减小,故C正确;物块从A点到C点电场力做的功W=m
=1.8×10-2 J,故D错误。
主题(二) φ-x图像
1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零。
2.在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3.在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正、负,然后作出判断。
知能融会通
[典例] (多选)如图(a),O、P为光滑水平面上相距0.3 m的两点,O、P连线上存在方向从O指向P的电场,其上各点的电势φ随距O点的距离x变化的关系如图(b)所示,图中斜线为图线在点P(0.3 m,200 V)的切线。现将一质量m=2×10-3 kg、电荷量q=+2×10-5 C的小物块从O点静止释放,小物块只受电场力作用。关于小物块在OP间的运动情况,下列说法正确的是 ( )
A.从释放开始加速度一直减小
B.从释放开始速度一直增大
C.运动到P点时,加速度大小a=10 m/s2
D.运动到P点时,速度大小v=3 m/s
√
√
[解析] 电势φ随距O点的距离x变化的图像的斜率表示场强,可知斜率先增大后减小,所以场强先增大后减小,根据牛顿第二定律得qE=ma,则a=,所以加速度先增大后减小,故A错误;O、P连线上存在方向从O指向P的电场,带正电的小物块从O点静止释放,电场力方向与速度方向相同,所以从释放开始速度一直增大,故B正确;电势φ随距O点的距离x变化的图像的斜率表示场强,可知P点的场强E= V/m=1 000 V/m,根据牛顿第二定律得qE=ma,解得a=10 m/s2,故C正确;由动能定理得qU=mv2,解得v= m/s,故D错误。
[思维建模]
(1)φ-x图像切线斜率的绝对值k==为E的大小。
(2)电场强度E的方向为电势降低的方向。
1.某静电场的电场线与x轴平行,电势φ随x坐标变化的关系图像如图所示。若将一带电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,在仅受电场力的作用下,该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动,已知电场中A、B两点的x轴坐标分别为1.5 mm、4.5 mm,则 ( )
题点全练清
A.在x轴上,从A点到B点电场的方向先沿x轴正方向,后沿x轴负方向
B.该带电粒子一定带负电荷
C.在x轴上x=3 mm的位置,电场强度大小为10 000 V/m
D.该粒子沿x轴从A点到B点的过程中,电势能一直增大
√
解析:由图像知从A到B电势降低,由于沿着电场线方向电势逐渐降低,所以在x轴上从A点到B点电场强度都沿x轴正方向,故A错误;由题意知粒子受电场力方向和电场方向相同,故粒子带正电荷,故B错误;在φ-x图像中,图线斜率表示场强大小,电场强度大小为E=== V/m=
10 000 V/m,故C正确;在A点到B点范围内,电场力方向和位移方向始终相同,电场力一直做正功,电势能一直减小,故D错误。
2.(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场方向沿x轴,其电势φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷,经过x2点时动能为1.5 eV,速度沿x轴正方向,若该电荷仅受电场力。则其将 ( )
A.不能通过x3点 B.在x3点两侧往复运动
C.能通过x0点 D.在x1点两侧往复运动
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解析:带负电的试探电荷在x2点动能为1.5 eV,电势能为-1 eV,总能量为0.5 eV,且试探电荷速度沿x轴正方向,在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力,做加速运动,在x3点速度最大,试探电荷继续运动到x3点右侧,做减速运动,当速度为零时,电势能为0.5 eV,即运动到电势为-0.5 V处减速到零,之后沿x轴负方向运动,回到x2点时动能仍为1.5 eV,继续向左运动,在电势为-0.5 V处减速到零后又反向运动,但不会运动到x0、x1点,即试探电荷在x3点两侧往复运动。
主题(三) E-x图像
知能融会通
1.在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况、电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形的面积表示电势差大小。
2.在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
[典例] 某空间存在一条沿x轴方向的电场线,电场强度E随x变化的规律如图所示,图线关于坐标原点中心对称,则 ( )
A.x1、x2处的电场方向相同
B.电势差UOx1>UOx2
C.取无穷远处电势为零,则O点处电势也为零
D.若将一试探电荷于x2处由静止释放,只在电场力作用下,该电荷可能经过x1处
√
[解析] 根据场强的正负反映场强的方向,可知x1、x2处的电场方向相反,故A错误;根据E-x图像与x轴围成的面积表示电势差的大小,可知电势差UOx1>UOx2,故B正确;根据场强的正负反映场强的方向可知x轴正半轴场强向右,x轴负半轴场强向左,根据沿电场线方向电势降低,取无穷远处电势为零,则O点处电势大于零,故C错误;由题图可知,场强对称分布,根据电场力做功的规律可知,若将一带负电的试探电荷于x2处由静止释放,即使该电荷向x轴负半轴运动,最远也只能运动到与x2对称的-x2处,不可能经过x1处,故D错误。
[思维建模]
由E-x图像可以得出的三个结论
(1)E是矢量,E-x图像中E的正负反映E的方向;
(2)E的数值反映电场强度E的大小;
(3)E-x图像与x轴所围面积表示电势差大小。
题点全练清
1.某区域的电场分布与位置相关,如图(a)所示,Ox轴上正好存在与该轴正方向同向的电场,电场强度E的大小随x的变化情况如图(b)所示,若在原点O处静止释放一质子,质子在仅受电场力的作用下开始运动,下列说法正确的是 ( )
A.质子的加速度一直增大 B.质子所受电场力一直增大
C.质子的电势能一直增大 D.质子的动能一直增大
解析:由题图知,电场强度随着距离的增加先变大后变小,根据F=qE=ma可知,质子所受电场力先变大后变小,质子的加速度先变大后变小,故A、B错误;质子运动过程中,电场力一直做正功,因此电势能一直减小,动能一直增大,故C错误,D正确。
√
2.(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示,设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动,结果粒子刚好能运动到x=3x0处,假设粒子仅受电场力作用(E0和x0已知),则 ( )
A.粒子一定带负电
B.粒子的初动能大小为qE0x0
C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D.粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
√
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解析:如果粒子带负电,粒子在电场中先沿场强方向运动,后逆着场强方向运动,则一定先做减速运动后做加速运动,因此粒子在x=3x0处的速度不可能为零,故粒子一定带正电,故A错误;根据动能定理qE0x0-×2qE0·2x0=0-Ek0,解得Ek0=qE0x0,故B正确;粒子向右运动的过程中,电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,故C错误;粒子运动到x0处动能最大,根据动能定理qE0x0=Ekmax-Ek0,解得Ekmax=2qE0x0,故D正确。
课时跟踪检测
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1.某一沿x轴的电场的电场强度与x轴关系如图所示,若电场沿x轴正方向,则电场强度为正,负电荷从x1运动到x2,电势能的变化是 ( )
A.电势能一直不变
B.电势能先增大再减小
C.电势能先减小再增大
D.电势能先减小再增大再减小
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解析:沿x轴正方向,电场强度为正,依据E-x 图像,可知,从x1运动到x2,电场方向先向右再向左,则电势先减小后增大,因此负电荷从x1运动到x2,电势能先增大后减小。故选B。
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2.(多选)如图所示,直线MN是竖直方向上的一条电场线。A、B、C是三个相同的金属小球,A球不带电,B球带2q(q>0)的正电荷,C球带3q的负电荷,A球先后与B球、C球接触后,从M点静止释放,运动到N点这个过程中,其v-t图像如图所示,则下列说法正确的是 ( )
A.A球在运动过程,机械能可能增加
B.A球在N点加速度大,故A球在N点所受电场力大
C.A球做加速运动,故A球在M点的电势能大
D.若电场线方向向下,则N点的电场强度小于M点的电场强度
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解析:A球与B球接触后,电荷量平分,分开后A球带电为+q,然后A球再与C球接触,电荷量先中和再平分,分开后A球带电为-q。A球从M点由静止释放,由v-t图像可知,A球从M点到N点做加速度逐渐增大的加速运动,所以A球在N点加速度大。由于A球受到重力和电场力,电场方向未知,故电场力方向可能竖直向上,也可能竖直向下。若电场线方向向下,则A球所受电场力方向向上,有mg-qE=ma,向下运动时加速度a增大,则电场强度E减小,所以EM>EN,此时A球在N点所受电场力小,
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此过程电场力做负功,电势能增大,机械能减小;若电场线方向向上,则A球所受电场力方向向下,有mg+qE=ma,因为向下运动时加速度a增大,则电场强度E增大,所以EM2
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3.一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势φ随位移x变化的关系如图所示,其中O~x2 段是对称的曲线,x2~x3段是直线,则下列说法正确的是 ( )
A.从x1到x2,带电粒子的速度一直减小
B.从x1到x3,带电粒子的加速度一直增大
C.粒子在O~x1段做匀变速运动,在x2~x3段做匀速直线运动
D.x1、x2、x3处粒子的电势能Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep1>Ep2>Ep3
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解析:由于从x1到x2带电粒子的电场力与速度方向相反,所以速度一直减小,故A正确;由φ-x图像的斜率表示电场强度,可知粒子在O~x1段做变加速运动,在x2~x3段做匀变速直线运动,故C错误;由qE=ma,可知从x2到x3带电粒子的加速度不变,故B错误;由图像可知x1、x2、x3处的电势关系为φ1<φ2<φ3,而粒子带正电,所以在x1、x2、x3处,粒子的电势能Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep12
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4.如图甲所示,A、B是一条电场线上的两点,当一个带负电的粒子只在电场力作用下以某一初速度沿AB由A点运动到B点时,其v-t图像如图乙所示,粒子到达B点时速度恰好为零。下列判断正确的是 ( )
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A.该电场可能是正点电荷产生的
B.从A点到B点,场强大小均匀减小
C.A点的电势高于B点的电势
D.从A点运动到B点的过程中,该粒子的电势能变小
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解析:由v-t图像的斜率表示加速度可知,粒子的加速度恒定,则粒子受到的电场力不变,由F=Eq可知,电场强度不变,所以该电场不可能是正点电荷产生的电场,故A、B错误;粒子从A点运动到B点的过程中,速度减小,则动能减小,可知电场力做负功,故电势能增加,又粒子带负电,由φ=可知,A点的电势高于B点的电势,C正确,D错误。
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5.(2024·湖南高考)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 ( )
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解析:真空中点电荷周围的电势φ=k,设x'处的电势为0,则k+k=0,解得x'=,故可知当0时,电势φ>0。故选D。
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6.(多选)在光滑绝缘的水平面上,A、M、O、N、B五点共线,且AO=
OB,MO=ON。以O点为坐标原点,沿直线AB建立x轴,电荷量为Q1、Q2的两点电荷固定在A、B两点,AB间各点的电势φ随x变化的关系如图所示,取无穷远处电势为零,静电力常量为k,电荷量为q的正点电荷由M点静止释放,只受静电力作用,则以下说法正确的是 ( )
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A.Q1、Q2为等量异种电荷
B.正点电荷q由M运动到O,所受静电力一直减小
C.正点电荷q运动到N时,速度为零
D.正点电荷q运动过程中的最大动能为qφ0
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解析:由φ-x图像可知,图像在O点的切线斜率为零,则O点的电场强度为零,可知Q1、Q2为等量同种电荷,故A错误;根据φ-x图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小,可知正点电荷q由M运动到O,电场强度一直减小,所受静电力一直减小,故B正确;根据对称性可知,正点电荷q由M运动到O过程做加速度逐渐减小的加速运动,到达O点时速度最大,动能最大;经过O点后向右做加速度增大的减速运动,运动到N点时速度刚好为零;设正点电荷的最大动能为Ekm,根据动能定理可得q(1.5φ0-φ0)=Ekm-0,解得Ekm=0.5qφ0,故C正确,D错误。
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7.(多选)静止于坐标原点O的点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离x的关系如图所示。A、B、C为x轴上等距的三点,取无穷远处的电势为零,下列说法不正确的是 ( )
A.A、B、C三点的场强关系为:EAB.A、B、C三点的电势关系为:φA<φB<φC
C.AB、BC间的电势差关系为:UABD.负电荷在A、B、C三点的电势能关系为:EpA2
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解析:根据点电荷场强公式E=k,可得离点电荷距离越大,场强越小,即EA>EB>EC,故A错误,符合题意;由题图可知φA>φB>φC,故B错误,符合题意;根据U=Ed,因为AB间的平均场强大于BC间的平均场强EAB>EBC,所以UAB>UBC,故C错误,符合题意;根据电势能定义式Ep=qφ,又因为φA>φB>φC,所以负电荷在A、B、C三点的电势能关系为EpA2
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8.(多选)如图,在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷,其中q1位于x轴的坐标原点,点电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图所示,其余部分的电势变化情况没有画出,其中B点电势为零,BD段中的电势最低点为C点,则 ( )
A.B点的电场强度大小为零
B.A点的电场强度方向向左
C.两点电荷的电荷量的大小关系为q1D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点,电场力做正功
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解析:根据φ-x图像切线的斜率表示电场强度,由题图可知,B点的斜率不为零,C点斜率为零,则B点电场强度不为零,C点电场强度为零,由点电荷场强公式及电场叠加原理有=,可知q1>q2,由沿电场线方向电势降低结合图像可知,BC间的电场强度由B指向C,则q1为负电荷,q2为正电荷,则A点的电场强度方向向左,故A、C错误,B正确;由公式Ep=φq结合图像可知,将一带负电的试探电荷从C点移到D点,电势能减小,则电场力做正功,故D正确。
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9.将真空中相距3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=
3a处,若取x轴的正方向为电场强度的正方向,则在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示。规定无穷远处电势为零,电荷量为Q的点电荷在距离其r处产生的电势为φ=,其中k为静电力常量。下列说法正确的是( )
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A.M、N所带电荷量之比为QM∶QN=2∶1
B.x=2a处的电势等于零
C.重力不计的带正电粒子q可在x3=a和x4=a之间做往复运动
D.带负电粒子-q从x=a沿x轴正向移动到x=2a的过程中,电势能减小
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解析:x=2a处的电场强度为零,有-=0,解得QM∶QN=4∶1,选项A错误;依题意及题图可知,两个点电荷M、N均带正电,它们在x=2a处产生的电势均为正,故x=2a处的电势不等于零,选项B错误;令QN=Q,则QM=4Q,在x3=a处的电势为φ3=+=,同理在x4=a处的电势为φ4=+=,由于φ3=φ4,易知带正电粒子q可在x3=a和x4=a之间做往复运动,选项C正确;在x=a到x=2a之间电场方向沿x轴正方向,带负电粒子-q从x=a移动到x=2a的过程中,电场力做负功,电势能增大,选项D错误。
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10.空间存在一沿x轴方向的静电场,一负电荷由原点处以沿x轴正方向的初速度开始运动,整个运动过程中负电荷仅受静电力的作用,已知各点的电势随位置变化的图线如图所示。则下列说法正确的是 ( )
A.电场方向始终沿x轴正方向
B.该电荷在x2处的动能最大
C.x1处的电场强度小于x3处的电场强度
D.若将一正电荷由x1处静止释放,则该电荷可在x1~x3间往复运动
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解析:沿电场线方向电势逐渐降低,由题图可知O~x2电势逐渐降低,则电场方向沿x轴正方向;x2~x3电势逐渐升高,则电场方向沿x轴的负方向,A错误。负电荷由O到x2过程所受的静电力沿x轴负方向,则该过程静电力做负功,电势能增加,动能减少;由x2到x3过程负电荷所受的静电力沿x轴正方向,则该过程中静电力做正功,电势能减少,动能增加,则电荷在x2处的动能最小,B错误。φ-x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小,由题图可知x1处图线的斜率绝对值大于x3处图线的斜率绝对值,则x1处的电场强度大于x3处的电场强度,C错误。
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若将一正电荷由x1处静止释放,则正电荷由静止开始向右做加速度减小的加速运动,当运动到x2处时,速度达到最大,又由于x1、x3两点的电势相等,则正电荷运动到x3处时速度减为零,此后正电荷向左运动,即电荷可在x1~x3间往复运动,D正确。
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11.(20分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质,某同学在干燥的环境中先将球A放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上,如图(a)所示,此时电子秤的示数为N1;再将另一小球B用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上,使其位于球A的正上方P点,电子秤稳定时的示数减小为N2;缓慢拉动绝缘细线,使质量为m的小球B从点P沿竖直方向逐步上升到点Q,用刻度尺测出点P正上方不同位置到点P的距离x,并采取上述方法确定该位置对应的场强E,然后作出E-x图像,如图(b)所示,x轴上每小格代表的距离均为x0,已知绝缘细线上点M和点Q到点P的距离分别为5x0和10x0,小球B所带电量为-q,且q远小于球A所带的电量,球A与球B之间的距离远大于两球的半径,忽略空气阻力的影响,已知重力加速度为g。
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(1)求图(b)中E0的值及点M处由球A所激发的电场的场强大小。
答案:
解析:小球B位于P点时,球A所受电场力为
FP=N1-N2
根据牛顿第三定律,此时小球B所受电场力为FP'=FP
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故小球A在P点激发的电场的场强大小为
EP==10E0,解得E0=
由图像可知球A在M点所激发的电场的场强大小为2E0,故M点的场强大小为
EM=2E0=。
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(2)小球B位于点M时,电子秤的示数应为多大
答案:0.8N1+0.2N2
解析:小球B在M点所受电场力为
FM'=qEM=
根据牛顿第三定律,此时球A所受电场力为FM=FM'
故此时电子秤的示数应为
NM=N1-FM=0.8N1+0.2N2。
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(3)实验过程中,当小球B位于点Q时,剪掉细线,小球B将由静止开始运动,估算小球B落回到点P时动能的大小。
答案:x0+10mgx0
解析:由图像可知,每一个小正方形的面积所代表的电势差为U0=E0x0,在0~10x0之间这一段E-x图线与x轴所围成的面积等于P、Q两点的电势差,查得图形中小正方形数约29个,故P、Q间电势差为UPQ=29U0=x0
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设小球B运动到P点时的动能为Ek,对于小球B从Q点运动到P点的过程,根据动能定理有qUPQ+mgh=Ek,
解得Ek=29qU0+mgh=x0+10mgx0。
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4课时跟踪检测(十) 静电场中的三类常见图像问题
(选择题1～10小题，每小题4分。本检测卷满分60分)
1.某一沿x轴的电场的电场强度与x轴关系如图所示，若电场沿x轴正方向，则电场强度为正，负电荷从x1运动到x2，电势能的变化是( )
A．电势能一直不变
B．电势能先增大再减小
C．电势能先减小再增大
D．电势能先减小再增大再减小
2．(多选)如图所示，直线MN是竖直方向上的一条电场线。A、B、C是三个相同的金属小球，A球不带电，B球带2q(q>0)的正电荷，C球带3q的负电荷，A球先后与B球、C球接触后，从M点静止释放，运动到N点这个过程中，其v t图像如图所示，则下列说法正确的是( )
A．A球在运动过程，机械能可能增加
B．A球在N点加速度大，故A球在N点所受电场力大
C．A球做加速运动，故A球在M点的电势能大
D．若电场线方向向下，则N点的电场强度小于M点的电场强度
3.一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势φ随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2 段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．从x1到x2，带电粒子的速度一直减小
B．从x1到x3，带电粒子的加速度一直增大
C．粒子在O～x1段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
D．x1、x2、x3处粒子的电势能Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep1>Ep2>Ep3
4．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，当一个带负电的粒子只在电场力作用下以某一初速度沿AB由A点运动到B点时，其v t图像如图乙所示，粒子到达B点时速度恰好为零。下列判断正确的是( )
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．从A点到B点，场强大小均匀减小
C．A点的电势高于B点的电势
D．从A点运动到B点的过程中，该粒子的电势能变小
5．(2024·湖南高考)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是( )
6．(多选)在光滑绝缘的水平面上，A、M、O、N、B五点共线，且AO＝OB，MO＝ON。以O点为坐标原点，沿直线AB建立x轴，电荷量为Q1、Q2的两点电荷固定在A、B两点，AB间各点的电势φ随x变化的关系如图所示，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，电荷量为q的正点电荷由M点静止释放，只受静电力作用，则以下说法正确的是( )
A．Q1、Q2为等量异种电荷
B．正点电荷q由M运动到O，所受静电力一直减小
C．正点电荷q运动到N时，速度为零
D．正点电荷q运动过程中的最大动能为qφ0
7．(多选)静止于坐标原点O的点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离x的关系如图所示。A、B、C为x轴上等距的三点，取无穷远处的电势为零，下列说法不正确的是( )
A．A、B、C三点的场强关系为：EAB．A、B、C三点的电势关系为：φA<φB<φC
C．AB、BC间的电势差关系为：UABD．负电荷在A、B、C三点的电势能关系为：EpA8．(多选)如图，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，点电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则( )
A．B点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度方向向左
C．两点电荷的电荷量的大小关系为q1D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功
9.将真空中相距3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a处，若取x轴的正方向为电场强度的正方向，则在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示。规定无穷远处电势为零，电荷量为Q的点电荷在距离其r处产生的电势为φ＝，其中k为静电力常量。下列说法正确的是( )
A．M、N所带电荷量之比为QM∶QN＝2∶1
B．x＝2a处的电势等于零
C．重力不计的带正电粒子q可在x3＝a和x4＝a之间做往复运动
D．带负电粒子－q从x＝a沿x轴正向移动到x＝2a的过程中，电势能减小
10.空间存在一沿x轴方向的静电场，一负电荷由原点处以沿x轴正方向的初速度开始运动，整个运动过程中负电荷仅受静电力的作用，已知各点的电势随位置变化的图线如图所示。则下列说法正确的是( )
A．电场方向始终沿x轴正方向
B．该电荷在x2处的动能最大
C．x1处的电场强度小于x3处的电场强度
D．若将一正电荷由x1处静止释放，则该电荷可在x1～x3间往复运动
11.(20分)为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球A放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图(a)所示，此时电子秤的示数为N1；再将另一小球B用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球A的正上方P点，电子秤稳定时的示数减小为N2；缓慢拉动绝缘细线，使质量为m的小球B从点P沿竖直方向逐步上升到点Q，用刻度尺测出点P正上方不同位置到点P的距离x，并采取上述方法确定该位置对应的场强E，然后作出E x图像，如图(b)所示，x轴上每小格代表的距离均为x0，已知绝缘细线上点M和点Q到点P的距离分别为5x0和10x0，小球B所带电量为－q，且q远小于球A所带的电量，球A与球B之间的距离远大于两球的半径，忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g。
(1)求图(b)中E0的值及点M处由球A所激发的电场的场强大小。
(2)小球B位于点M时，电子秤的示数应为多大？
(3)实验过程中，当小球B位于点Q时，剪掉细线，小球B将由静止开始运动，估算小球B落回到点P时动能的大小。
课时跟踪检测(十)
1．选B 沿x轴正方向，电场强度为正，依据E x 图像，可知，从x1运动到x2，电场方向先向右再向左，则电势先减小后增大，因此负电荷从x1运动到x2，电势能先增大后减小。故选B。
2．选AD A球与B球接触后，电荷量平分，分开后A球带电为＋q，然后A球再与C球接触，电荷量先中和再平分，分开后A球带电为－q。A球从M点由静止释放，由v t图像可知，A球从M点到N点做加速度逐渐增大的加速运动，所以A球在N点加速度大。由于A球受到重力和电场力，电场方向未知，故电场力方向可能竖直向上，也可能竖直向下。若电场线方向向下，则A球所受电场力方向向上，有mg－qE＝ma，向下运动时加速度a增大，则电场强度E减小，所以EM>EN，此时A球在N点所受电场力小，此过程电场力做负功，电势能增大，机械能减小；若电场线方向向上，则A球所受电场力方向向下，有mg＋qE＝ma，因为向下运动时加速度a增大，则电场强度E增大，所以EM3．选A 由于从x1到x2带电粒子的电场力与速度方向相反，所以速度一直减小，故A正确；由φ x图像的斜率表示电场强度，可知粒子在O～x1段做变加速运动，在x2～x3段做匀变速直线运动，故C错误；由qE＝ma，可知从x2到x3带电粒子的加速度不变，故B错误；由图像可知x1、x2、x3处的电势关系为φ1<φ2<φ3，而粒子带正电，所以在x1、x2、x3处，粒子的电势能Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep14．选C 由v t图像的斜率表示加速度可知，粒子的加速度恒定，则粒子受到的电场力不变，由F＝Eq可知，电场强度不变，所以该电场不可能是正点电荷产生的电场，故A、B错误；粒子从A点运动到B点的过程中，速度减小，则动能减小，可知电场力做负功，故电势能增加，又粒子带负电，由φ＝可知，A点的电势高于B点的电势，C正确，D错误。
5．选D 真空中点电荷周围的电势φ＝k，设x′处的电势为0，则k＋k＝0，解得x′＝，故可知当0时，电势φ>0。故选D。
6．选BC 由φ x图像可知，图像在O点的切线斜率为零，则O点的电场强度为零，可知Q1、Q2为等量同种电荷，故A错误；根据φ x图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，可知正点电荷q由M运动到O，电场强度一直减小，所受静电力一直减小，故B正确；根据对称性可知，正点电荷q由M运动到O过程做加速度逐渐减小的加速运动，到达O点时速度最大，动能最大；经过O点后向右做加速度增大的减速运动，运动到N点时速度刚好为零；设正点电荷的最大动能为Ekm，根据动能定理可得q(1.5φ0－φ0)＝Ekm－0，解得Ekm＝0.5qφ0，故C正确，D错误。
7．选ABC 根据点电荷场强公式E＝k，可得离点电荷距离越大，场强越小，即EA>EB>EC，故A错误，符合题意；由题图可知φA>φB>φC，故B错误，符合题意；根据U＝Ed，因为AB间的平均场强大于BC间的平均场强EAB>EBC，所以UAB>UBC，故C错误，符合题意；根据电势能定义式Ep＝qφ，又因为φA>φB>φC，所以负电荷在A、B、C三点的电势能关系为EpA8．选BD 根据φ x图像切线的斜率表示电场强度，由题图可知，B点的斜率不为零，C点斜率为零，则B点电场强度不为零，C点电场强度为零，由点电荷场强公式及电场叠加原理有＝，可知q1>q2，由沿电场线方向电势降低结合图像可知，BC间的电场强度由B指向C，则q1为负电荷，q2为正电荷，则A点的电场强度方向向左，故A、C错误，B正确；由公式Ep＝φq结合图像可知，将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电势能减小，则电场力做正功，故D正确。
9．选C x＝2a处的电场强度为零，有－＝0，解得QM∶QN＝4∶1，选项A错误；依题意及题图可知，两个点电荷M、N均带正电，它们在x＝2a处产生的电势均为正，故x＝2a处的电势不等于零，选项B错误；令QN＝Q，则QM＝4Q，在x3＝a处的电势为φ3＝＋＝，同理在x4＝a处的电势为φ4＝＋＝，由于φ3＝φ4，易知带正电粒子q可在x3＝a和x4＝a之间做往复运动，选项C正确；在x＝a到x＝2a之间电场方向沿x轴正方向，带负电粒子－q从x＝a移动到x＝2a的过程中，电场力做负功，电势能增大，选项D错误。
10．选D 沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知O～x2电势逐渐降低，则电场方向沿x轴正方向；x2～x3电势逐渐升高，则电场方向沿x轴的负方向，A错误。负电荷由O到x2过程所受的静电力沿x轴负方向，则该过程静电力做负功，电势能增加，动能减少；由x2到x3过程负电荷所受的静电力沿x轴正方向，则该过程中静电力做正功，电势能减少，动能增加，则电荷在x2处的动能最小，B错误。φ x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，由题图可知x1处图线的斜率绝对值大于x3处图线的斜率绝对值，则x1处的电场强度大于x3处的电场强度，C错误。若将一正电荷由x1处静止释放，则正电荷由静止开始向右做加速度减小的加速运动，当运动到x2处时，速度达到最大，又由于x1、x3两点的电势相等，则正电荷运动到x3处时速度减为零，此后正电荷向左运动，即电荷可在x1～x3间往复运动，D正确。
11．解析：(1)小球B位于P点时，球A所受电场力为
FP＝N1－N2
根据牛顿第三定律，此时小球B所受电场力为FP′＝FP
故小球A在P点激发的电场的场强大小为
EP＝＝10E0
解得E0＝
由图像可知球A在M点所激发的电场的场强大小为2E0，故M点的场强大小为
EM＝2E0＝。
(2)小球B在M点所受电场力为
FM′＝qEM＝
根据牛顿第三定律，此时球A所受电场力为FM＝FM′
故此时电子秤的示数应为
NM＝N1－FM＝0.8N1＋0.2N2。
(3)由图像可知，每一个小正方形的面积所代表的电势差为U0＝E0x0，在0～10x0之间这一段E x图线与x轴所围成的面积等于P、Q两点的电势差，查得图形中小正方形数约29个，故P、Q间电势差为
UPQ＝29U0＝x0
设小球B运动到P点时的动能为Ek，对于小球B从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有qUPQ＋mgh＝Ek，
解得Ek＝29qU0＋mgh＝x0＋10mgx0。
答案：(1)
(2)0.8N1＋0.2N2
(3)x0＋10mgx0
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