届高中物理新教材同步必修第三册第10章专题强化4　电场中的功能关系及图像问题

电场中的功能关系及图像问题[学习目标]1.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题.2.理解E－x、φ－x、Ep－x图像的意义，并会分析有关问题.一、电场中的功能关系1.合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功.2.静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中()A.小球的重力势能减少了2mghB.小球的动能增加了2mghC.静电力做负功2mghD.小球的电势能增加了3mgh答案D解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D.如图1所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点.现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：图1(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势.答案(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的功为零.由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3R,2)根据动能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mv\o\al(,C2),2)－eq\f(mv\o\al(,B2),2)解得vC＝eq\r(7gR).(2)小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq\f(mv\o\al(,C2),2)，又根据静电力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC).又因为φC＝0，可得φA＝－eq\f(mgR,2q).二、电场中的图像问题1.v－t图像(2021·湖南衡阳八中高二期末)如图2甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一负电荷只受静电力作用，沿电场线从a运动到b.则在这个过程中，电荷的速度—时间图像如图乙所示，请比较a、b两点电势的高低和场强的大小()图2A.φa>φb，Ea<Eb B.φa<φb，Ea<EbC.φa<φb，Ea>Eb D.φa>φb，Ea>Eb答案B解析负电荷从a运动到b，由速度—时间图像得到负电荷做加速运动，故静电力方向向右，因负电荷受到的静电力方向与场强方向相反，故场强方向向左，沿场强方向，电势降低，故φa<φb；因为图线的斜率增大，故加速度增大，因此由a到b静电力增大，所以电场强度增大，即Ea<Eb，B正确.2.φ－x图像从φ－x图像上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E随x的变化情况：φ－x图像切线斜率的绝对值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，表示E的大小，场强E的方向为电势降低最快的方向.(2020·厦门六中期中)如图3所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是()图3A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小D.粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大答案D解析φ－x图像的切线斜率越大，则场强越大，A项错误；由切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；粒子在x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确.3.E－x图像(1)E－x图像中，E的数值反映电场强度的大小，E的正负反映E的方向，E为正表示电场方向为正方向.(2)E－x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系图像如图4所示，x轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图4A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大答案BC解析由题图可知，x1到x4电场强度先变大再变小，则点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，静电力均做负功，电势能均增大，A错误，B正确.4.Ep－x图像在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在静电力的作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图5所示.下列说法正确的是()图5A.小球一定带负电荷B.x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度C.x1处的电势一定比x2处的电势高D.小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大答案B解析根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以静电力做正功，由于不知道电场方向，故不知道静电力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；Ep－x图像在某点的切线的斜率大小等于在该点受到的电场力大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处受到的静电力小于x2处受到的静电力，由F＝qE可知x1处电场强度小于x2处电场强度，故B正确；根据φ＝eq\f(Ep,q)知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C错误；根据能量守恒知，小球在x1处的电势能大于x2处的电势能，所以小球在x1处的动能小于x2处的动能，故D错误.1.一带电粒子仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其速度－时间图像如图1所示.下列说法中不正确的是()图1A.A点的场强一定大于B点的场强B.A点的电势一定比B点的电势高C.粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能D.静电力一定对粒子做正功答案B解析由题图可知，带电粒子做加速度减小的加速运动，根据a＝eq\f(qE,m)，aA＞aB，可得EA＞EB，所以A正确；根据动能定理qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，粒子带电性质未知，无法判断UAB的正负，即无法判断两点电势高低，所以B错误；由题图可知，vB>vA，故静电力对粒子做正功，电势能减小，所以C、D正确.2.(多选)(2020·云南民族大学附属中学期中)如图2所示，在等量正电荷形成的电场中，画一正方形ABCD，对角线AC与两点电荷连线重合，两对角线交点O恰为电荷连线的中点.下列说法正确的是()图2A.B、D两点的电场强度及电势均相同B.A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等C.一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小D.一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，静电力对其先做负功后做正功答案BCD解析B、D两点的电场强度方向相反，故两点的电场强度不可能相同，选项A错误；根据对称性，A、C两点的电势相等，B、D两点的电势相等，故A、B两点间的电势差UAB与C、D两点间的电势差UCD相等，选项B正确；B、O、D三点相比较，O点的电势最高，故一质子由B点沿B→O→D路径移至D点，电势能先增大后减小，选项C正确；A、O、C三点相比较，O点的电势最低，电子在O点的电势能最大，故一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电势能先变大后变小，所以静电力对其先做负功后做正功，选项D正确.3.(多选)(2019·江苏卷)如图3所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点.先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，静电力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定.最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点.下列说法正确的有()图3A.Q1移入之前，C点的电势为eq\f(W,q)B.Q1从C点移到B点的过程中，所受静电力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受静电力做的功为2WD.Q2在移到C点后的电势能为－4W答案ABD解析根据静电力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，静电力做功为0，选项B正确；根据对称和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为＋q的电荷后，C点电势为φC2＝2φC1＝2eq\f(W,q)，带电荷量为－2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，选项D正确；Q2从无穷远处移到C点的过程中，静电力做的功为0－EpC＝4W，选项C错误.4.空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图4所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则()图4A.EA>EBB.EC>EDC.A、D两点在x方向上的场强方向相同D.同一负电荷在A点时的电势能大于在B点时的电势能答案A解析φ－x图像的斜率表示场强，A点的斜率大于B点，所以EA>EB，同理EC<ED，A、D两点在x方向上的场强方向相反，A正确，B、C错误；根据Ep＝φq可知，负电荷在电势低的地方电势能大，B点电势低，所以在B点时电势能大，D错误.5.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5所示，图线关于坐标原点中心对称，A、B是x轴上关于坐标原点O对称的两点，C点是OB的中点.则下列说法正确的是()图5A.电势差UOC＝UCBB.电势差UOC＞UCBC.取无穷远处电势为零，则O点处电势也为零D.电子从A点由静止释放后的运动轨迹在一条直线上答案D解析E－x图像中图线与x轴围成的面积表示电势差，由题图可知，OC与图线围成的面积小于CB与图线围成的面积，故电势差UCB＞UOC，A、B错误；若把一个正点电荷从O点沿x轴正方向移到无穷远处，静电力一直在做功，所以O点电势与无穷远处电势不相等，C错误；电子从A点由静止释放后一直受到沿x轴方向的力作用，即力与运动方向一直在同一条直线上，故电子的运动轨迹在一条直线上，D正确.6.如图6甲，直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在静电力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示.设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb.则()图6A.Ea＝Eb B.Ea＜EbC.φa＜φb D.φa＞φb答案C解析电势能Ep随位移x变化的图像中切线斜率的绝对值表示静电力的大小，F＝qE，由题图可知切线斜率逐渐变小，所以电场强度逐渐变小，即Ea>Eb，A、B错误.从a到b电势能逐渐减小说明静电力做正功，即静电力从a指向b，而电子所受静电力与电场方向相反，即电场从b指向a，从高电势指向低电势，所以φb>φa，C正确，D错误.7.(2020·安庆市期末)如图7所示，在竖直平面xOy内，固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O点，第四象限(含x、y轴)内有水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球，从图中A点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为()图7A.eq\f(mg,q)B.eq\f(3mg,2q)C.eq\f(2mg,q)D.eq\f(5mg,2q)答案B解析小球恰好通过圆弧轨道的最高点，则有：mg＝meq\f(v2,R)，解得小球在最高点的速度为：v＝eq\r(gR)，小球从A点到最高点的过程中，根据动能定理可得：EqR－mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得E＝eq\f(3mg,2q)，故B正确.8.(多选)如图8所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，一质量为m、电荷量为－q的小滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零.已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是()图8A.此过程中产生的内能为eq\f(1,2)mv02B.滑块在运动过程的中间时刻，速度大小等于eq\f(1,2)v0C.滑块在运动过程中所受库仑力一定小于滑动摩擦力D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab＝eq\f(mv\o\al(,02)－2μgs,2q)答案CD9.(多选)(2020·全国卷Ⅲ)如图9，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点.下列说法正确的是()图9A.沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B.沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C.正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D.将正电荷从M点移动到N点，静电力所做的总功为负答案BC解析该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示.距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A错误；沿电场线方向电势降低，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，故B正确；由图可知，M点电势高于N点电势，根据Ep＝qφ知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，静电力所做的总功为正，故D错误.10.如图10所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g)图10(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm.(电场范围足够大)答案(1)正电荷eq\f(mgd,U)(2)eq\r(2)mg(3)eq\f(\r(2)v\o\al(,02),4g)解析(1)作出电场线如图甲所示.由题意知，只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示.只有当F合方向与v0方向在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正