2024届物理一轮复习讲义第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动含答案

2024届物理一轮复习讲义第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学习目标1.掌握电容的定义式和平行板电容器的决定式，会分析电容器动态变化问题。2.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动和偏转问题。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.,,)1.思考判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)(5)带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。(√)2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图1所示，粒子在相同的时间内()图1A.位置变化相同B.速度变化相同C.速度偏转的角度相同D.动能变化相同答案B考点一平行板电容器的动态分析1.动态分析的思路2.两类动态分析的比较例1(多选)如图2所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是()图2A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小B.若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小C.在S仍闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流D.若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动答案AB解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A正确；带电液滴受到竖直向上的静电力，电场方向竖直向下，带电液滴带负电荷，若断开S，则电容器所带的电荷量不变，电场强度不变，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，增大两极板间的距离，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；若断开S，减小两极板间的距离，电场强度不变，液滴受到的静电力不变，则带电液滴不运动，故D错误。跟踪训练1.(2023·广东韶关市一模)随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图3所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后()图3A.电容器的电容变小B.电容器的带电荷量增大C.极板间电场强度变小D.膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流答案B解析根据电容表达式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当两个极板间的距离减小时，电容器的电容增大；再根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)，可知电容器一直和电源相连，电压不变时，电容增大，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，A、D错误，B正确；由匀强电场公式E＝eq\f(U,d)知，当电压不变，两个极板间的距离减小时，极板间电场强度变大，C错误。考点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。2.用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1角度带电粒子在电场中的直线运动例2(多选)如图4所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，下列说法正确的是()图4A.一定有UAB＝－UBCB.若从O点静止释放二价氨离子，其将以一定速度越过P点C.若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子将运动到P′点返回D.若将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回答案AD解析由O点静止释放的一价氢离子恰好能运动到P点，则qUAB＋qUBC＝0，即UAB＝－UBC，由上式可知，上述过程与粒子带电荷量无关，即若从O点静止释放二价氨离子，则也恰好能运动到P点，选项A正确，B错误；若将C板向右平移到P′点，由于B、C带电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知两板间电场强度不变，M、P之间的电势差不变，根据qUOM＋qUMP＝0，可知由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回，选项C错误，D正确。角度带电体在电场中的直线运动例3如图5所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为eq\f(d,4)的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：图5(1)两极板间的电压；(2)小球运动的最大速度。答案(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))解析(1)根据动能定理可得4mg·eq\f(5,4)d－2qU－eq\f(3,4)qU－eq\f(1,2)qU＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)。(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝2q·eq\f(U,d)＝eq\f(40,13)mg＜4mg当三个小球在电场中时，静电力F2＝3q·eq\f(U,d)＝eq\f(60,13)mg＞4mg故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg·eq\f(d,2)－eq\f(1,2)qU－eq\f(1,4)qU＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26))。跟踪训练2.(2023·四川成都一诊)如图6，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Q≫q，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于()图6A.－eq\f(mgLsinθ,Q) B.eq\f(mgLsinθ,Q)C.－eq\f(mgLsinθ,q) D.eq\f(mgLsinθ,q)答案C解析带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q的库仑力作用，从A点运动到B点的过程，由动能定理可知mgLsinθ＋qUAB＝0，解得A、B两点间的电势差UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，C正确。3.如图7甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板。求：图7(1)粒子到达B板时的速度v；(2)两个金属板间的距离d。答案(1)3eq\r(\f(2qU0,7m))(2)T0eq\r(\f(7qU0,2m))解析(1)在0～T0时间，粒子运动的位移为d1＝eq\f(1,2)·eq\f(2qU0,md)Teq\o\al(2,0)＝eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),md)在T0～2T0时间，粒子运动的位移为d2＝eq\f(2qU0Teq\o\al(2,0),md)＋eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),2md)＝eq\f(5qU0Teq\o\al(2,0),2md)根据动能定理得2qU0eq\f(d1,d1＋d2)＋qU0eq\f(d2,d1＋d2)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(\f(2qU0,7m))。(2)根据位移关系得d1＋d2＝d解得d＝T0eq\r(\f(7qU0,2m))。考点三带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可见y和tanθ与粒子的q、m无关。(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2)。2.处理带电粒子的偏转问题的方法运动的分解法将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静电力方向的匀速直线运动功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指运动过程初、末位置两点间的电势差3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(1)y＝y0＋Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离)。(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ(l为电场宽度)。(3)根据三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。例4(多选)(2023·四川绵阳诊断)如图8所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则()图8A.电子通过平行板电容器的时间是tB.平行板间电场对电子做功是eq\f(1,2)WC.电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是eq\f(1,2)θD.电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是eq\f(1,2)y答案AD解析电子在平行板电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设平行板电容器的长度为L，则有t＝eq\f(L,v)，故电子通过平行板电容器的时间是t，A正确；设电子在平行板电容器中的加速度为a，电子在竖直方向上做匀加速运动，可得电子在平行板电容器间竖直偏移量为y1＝eq\f(1,2)at2，由牛顿第二定律和静电力公式可得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，静电力对电子做功为W＝qEy1，联立解得W＝eq\f(1,2)·eq\f(q2U2,md2)t2，现将两板间距调整为2d，则可知W′＝eq\f(1,4)W，B错误；电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU,mdv)t，将两板间距调整为2d，则tanθ′＝eq\f(1,2)tanθ，θ′≠eq\f(1,2)θ，C错误；设电子在平行板电容器外竖直方向的位移y2＝Dtanθ，电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝eq\f(qUt2,2md)＋Dtanθ，将两板间距调整为2d，则竖直偏移量变为y′＝eq\f(qUt2,4md)＋eq\f(Dtanθ,2)，则有y′＝eq\f(1,2)y，D正确。跟踪训练4.如图9所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U＞0)，不计粒子重力，P点的电势为零。则下列说法正确的是()图9A.粒子带负电B.带电粒子在Q点的电势能为qUC.P、Q两点间的竖直距离为eq\f(d,2)D.此匀强电场的电场强度为eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故D正确，C错误。5.如图10，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)()图10A.开关S断开B.初速度变为3v0C.板间电压变为eq\f(U,4)D.上板竖直移动，使板间距变为2d答案C解析断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝eq\f(qU,md)，y＝eq\f(1,2)at2，可得y＝eq\f(qUx2,2mdveq\o\al(2,0))，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为eq\f(U,4)，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。A级基础对点练对点练1平行板电容器的动态分析1.(多选)(2023·辽宁铁岭市六校高三联考)计算机键盘每个键下都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变的平行板电容器，如图1所示。当键被按下，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测到这个键被按下，从而给出相应的信号。已知金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时两金属片的距离为0.6mm，当键被按下时两金属片的距离为0.3mm，假设金属片的正对面积及两端的电压始终保持不变，则键被按下后()图1A.金属片间的电场强度保持不变B.金属片间的电场强度变为原来的2倍C.金属片上的电荷量变为原来的一半D.金属片上的电荷量变为原来的2倍答案BD解析根据E＝eq\f(U,d)，电压不变，距离减小为原来的一半，则电场强度变为原来的2倍，A错误，B正确；根据C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，电压不变，距离减小为原来的一半，金属片上的电荷量变为原来的2倍，C错误，D正确。2.(2023·江苏无锡市高三期末)如图2所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是()图2A.若在两板间插入电介质，电容器的电容变小B.若在两板间插入一导体板，电容器的带电荷量变小C.若将滑动变阻器的滑片P向上移动，电容器的带电荷量变大D.若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流答案C解析根据公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，在两板间插入电介质，εr增加，所以电容器的电容变大，故A错误；同理，在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使电容器两板间距d减小，电容器的电容增加，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，极板间电压不变时，带电荷量变大，故B错误；将滑动变阻器的滑片P向上移动，电容器极板间电压变大，电容器带电荷量变大，故C正确；将电容器下极板向下移动一小段距离，电容器的电容减小，电容器将放电，此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。3.(2023·安徽五校联盟高三联考)如图3所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q(电荷量很小不会影响两板间电场的分布)，带电油滴在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，EP表示带电油滴在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法中正确的是()图3A.Q减小 B.U减小C.φP减小 D.EP减小答案D解析保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，可知两极板间电压U变大；根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB＝EdPB，UPB增大，根据UPB＝φP－φB可知P点的电势增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据EP＝qφ可知油滴在P点的电势能EP减小，故A、B、C错误，D正确。对点练2带电粒子(带电体)在电场中的直线运动4.静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图4所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知()图4A.M板电势低于N板电势B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C.增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D.增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力答案D解析由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，电压增大，速度增大，故D正确，B、C错误。5.如图5所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()图5A.电荷量q1与q2的比值为3∶7B.电荷量q1与q2的比值为3∶4C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7答案B解析设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)a1t2，对粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)a2t2，联立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，选项C、D错误。6.如图6所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则()图6A.微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq\f(mgd,cosθ)答案C解析微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；根据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为eq\f(mgd,cosθ)，选项D错误。对点练3带电粒子在电场中的偏转7.(2023·吉林长春质检)如图7所示，空间存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以水平方向的初速度v0由O点射入，刚好通过竖直平面内的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为θ＝45°，不计粒子的重力，则O、P两点间的电势差UOP为()图7A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),q) C.eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D.eq\f(5mveq\o\al(2,0),2q)答案C解析粒子所带电荷量为正，则其所受的静电力方向竖直向下，设OP长度为L，分析可知，粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律，在竖直方向有Lsinθ＝eq\f(1,2)at2，水平方向有Lcosθ＝v0t，由牛顿第二定律有qE＝ma，即a＝eq\f(qE,m)，则OP两点间的电势差UOP＝ELsinθ，联立解得UOP＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)，C正确。8.(多选)如图8所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地进入水平向右的加速电场E1，之后进入竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图8A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置答案AD解析带电粒子在电场E1中加速，由动能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qE1d,m))；进入竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，由L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，qE2＝ma，联立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏转电场E2对三种粒子做功W＝qE2y＝eq\f(qEeq\o\al(2,2)L2,4E1d)，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，A正确；设粒子打到屏上时的速度大小为v′，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可知v′＝eq\r(\f(qEeq\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2qE1d,m))，三种粒子质量不相等，B错误；三种粒子运动到屏上所用时间t总＝t0＋t匀＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,qE1))＋eq\r(\f(m,2qE1d))(L＋l)，故所用时间不相同，C错误；由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确。B级综合提升练9.(多选)(2023·山东潍坊市模拟)坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，x轴沿水平方向，一带负电小球以初速度v0从坐标原点O水平射出，一段时间后小球通过第四象限Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－L))点(图9中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为g，则小球()图9A.从O到P的运动过程，运动时间为eq\f(L,v0)B.到达P点时动能为eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)C.到达P点时速度偏向角正切值为tanθ＝1D.所受静电力大小为eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)＋mg答案AB解析从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝eq\f(L,v0)，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝eq\f(vy,2)t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所受静电力大小为F＝mg－eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)，选项D错误。10.(多选)(2021·全国乙卷，20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()答案AD解析分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q，2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。11.(2023·山西太原市高三期末)如图10甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0处，电场强度恒定，方向沿x轴正方向；在x＞0处，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m＝0.2kg、电荷量q＝2×10－6C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.1。将小圆环从A(－1m)点由静止释放(g＝10m/s2)，求：图10(1)小圆环到达O点时的速度大小；(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。答案(1)eq\r(2)m/s(2)(eq\r(3)－1)m解析(1)设小圆环到达O点的速度大小为v0，由动能定理得qE1xAO－μmgxAO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2)m/s。(2)设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为xB，该处电场强度为EB，O到该点的电势差为U，则有EB＝eq\f(ΔE,Δx)xB，U＝eq\f(1,2)EBxB从O到该点，由动能定理有qU－μmgxB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝(eq\r(3)－1)m。12.如图11所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝eq\f(\r(3),4)×105V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0m，d2＝4.0m。一质量m＝1.0×10－8kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求图11(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小；(3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。答案(1)4×103m/s(2)2eq\r(3)m(3)50V/m与水平方向成30°角斜向左下方解析(1)由动能定理得qE1d1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝4×103m/s。(2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间t2＝eq\f(d2,v1)＝1×10－3s又a＝eq\f(qE2,m)偏移量x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得x＝2eq\r(3)m。(3)由vx＝at2＝eq\f(qE2,m)t2，vy＝v1得tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(3),3)所以θ＝30°则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方粒子刚出区域Ⅱ时速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝8×103m/s由v＝eq\f(qE3,m)t解得E3＝50V/m。实验十观察电容器的充、放电现象实验原理实验操作注意事项图甲电容器充电图乙电容器放电电容器与电源相连，形成充电电流，随着极板电荷量的增加，充电电流减小。电容器的正、负电荷中和，形成放电电流，随着极板电荷量的减少，放电电流减小1.连电路，按原理图连接器材。2.单刀双掷开关S接1，观察充电现象。3.单刀双掷开关S接2，观察放电现象。4.关闭电源，整理器材1.电流表要选用小量程的灵敏电流表。2.要选择大容量的电容器。3.实验要在干燥的环境中进行。4.在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，避免烧坏电流表数据处理1.观察电流表示数变化，总结电容器充、放电电流的变化规律。2.可将电流表换成电流传感器，由计算机绘制充、放电的i－t图像，由图像计算充、放电过程通过电流传感器的电荷量。方法：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃)。电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。3.电容器两极板之间的电压等于电源电动势，由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)估算出电容器的电容C。考点电容器充、放电过程的分析例1(2023·北京市海淀区高三期末)某同学用电流传感器和电压传感器研究电容器的放电情况，按如图1连接电路，实验时，先将开关S与1端相连，待电路稳定后，将开关掷向2端，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电压随时间变化的i－t图线、u－t图线。图1(1)由图1可知，传感器2应为________传感器(选填“电流”或“电压”)。(2)计算机屏幕上显示的i－t图线可能为下图中的______，u－t图线可能为下图中的______。(3)结合屏幕显示的i－t图线、u－t图线信息，可以估算出________。A.电容器的电容B.电容器储存的电荷量答案(1)电压(2)BD(3)AB解析(1)传感器2与电阻R并联，应为电压传感器。(2)随着电容器放电，电容器电荷量减小，由C＝eq\f(Q,U)，可知电容器两端电压减小，电阻R保持不变，电流传感器、电压传感器示数均减小，故i－t图像选B，u－t图像选D。(3)根据i－t图像的面积可以估算出电荷量，根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)，可以估算出电容，故选A、B。例2(2023·北京市东城区高三模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流，能显示出电流随时间变化的I－t图像。照图2甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在较短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示。(1)在图乙中画一个竖立的狭长矩形(在图乙的最左边)，它的面积的物理意义是________(填写面积所代表物理量的名称)(2)根据I－t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________C(结果保留1位有效数字)。(3)若对应开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q－t图像的示意图是怎样的？请在图丙中定性画出。甲图2(4)实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，请通过分析，判断：在其他条件一定的条件下，电阻R应选择____________(“尽量大一些”或“尽量小一些”)。(5)某实验小组在完成实验后，积极展开思考，进一步进行理论探究“为什么放电过程中电流的变化率越来越小”，假如你也是实验小组的一员，请你对此做出合理的理论分析：_____________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)电荷量(2)3×10－3(3)见解析图(4)尽量大一些(5)见解析解析(1)在极短时间内，电容器放电电流I可以认为不变，认为图乙中0.1s内放电电流不变，则狭长矩形面积的物理意义为电容器放出的电荷量。(2)根据电流定义式I＝eq\f(q,t)，可得q＝It。所以在I－t图像中，图线与横轴围成的面积等于电荷量，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量为图线与横轴围成的面积，由图可知，一小格代表的电荷量为q0＝0.2×10－3×0.4C＝8×10－5C。图线与横轴围成的区域中大约有41个小方格，所以总电荷量为Q＝41q0＝41×8×10－5C＝3.28×10－3C≈3×10－3C。(3)若对应开关S与1端相连的充电过程，开始时充电电流较大，则q－t图像的切线斜率较大，随着充电电流逐渐减小，则q－t图像的切线斜率逐渐减小，最后趋于稳定，q－t图像如图所示。(4)实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，电阻R应选择尽量大一些，因为释放的电荷量是一定的，电流越小，放电过程持续时间越长。(5)放电过程中电流的变化率为eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(ΔneSv,Δt)＝neSeq\f(Δv,Δt)＝neSa＝neSeq\f(F,m)放电过程中，随着电容器极板上电荷量的减少，电压减小，电场对自由电荷的静电力减小，因此电流的变化率越来越小。例3(2022·北京市房山区高三模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图3甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E＝8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示。图3(1)乙图阴影为i－t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是____________________________________________________________________________________________________________(填写所代表物理量的名称)。(2)乙图中阴影部分的面积S1________S2(选填“>”“<”或“＝”)。(3)计算机测得S1＝1203mA·s，则该电容器的电容为________F(保留2位有效数字)。(4)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2(选填“>”“<”或“＝”)。答案(1)电荷量(2)＝(3)0.15(4)＜解析(1)根据q＝It可知i－t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。(2)S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S1＝S2。(3)该电容器的电容为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(S1,E)≈0.15F。(4)由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有eq\f(U,R1＋R0)>eq\f(U,R2＋R0)，所以R1<R2。1.在如图1所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是()图1A.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B.开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C.开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电D.开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电答案A解析开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正确，B错误；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错误。2.某实验小组做“观察电容器的充、放电现象”的实验。(1)同学甲用如图2所示的电路做实验。实验器材有电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关。关于电源和电流表的选取，下列说法正确的是________。图2A.交流电源，零刻度线在左侧的电流表B.交流电源，零刻度线在中间的电流表C.直流电源，零刻度线在左侧的电流表D.直流电源，零刻度线在中间的电流表(2)同学乙将同学甲电路中的电流表和电压表换成电流传感器和电压传感器。同学乙先使开关S与1端相连，稳定后得到如图(a)和图(b)所示的图像，然后把开关S掷向2端，稳定后得到如图(c)和图(d)所示的图像。根据图像，在表格内各空格处填上合理的答案。开关位置电容器是在充电还是在放电电流传感器中的电流正在增大还是减小电容器两端的电压正在增大还是减小S与1端相连________________________S与2端相连________________________(3)同学丙多次测量，获取某电容器实验数据，绘制出如图所示的图像，其中正确的是________。答案(1)D(2)充电减小增大放电减小减小(3)BCD解析(1)因为要观察电容器的充、放电现象，所以只能选择直流电源，若选择交流电源，电流表将一直有示数。电流表要往左右两个方向偏，所以要选零刻度线在中间的电流表，故A、B、C错误，D正确。(2)开关S与1端相连后，是电容器充电过程，此时由题图可知电流传感器中的电流正在减小，电容器两端的电压正在增大。开关S掷向2端后，是放电过程，此时由题图可知电流传感器中的电流正在减小，电容器两端的电压正在减小。(3)由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C是定值，与Q、U无关，由电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，Q和U成正比，故A错误，B、C、D正确。3.(2023·河北省级高三联测)某小组同学用如图3甲所示的电路，利用电流传感器(接计算机采集器)、电阻箱和电容器测量电源电动势和内阻，已知电容器的电容为C。先按图甲所示电路连接好实验电路，然后进行如下操作：①接通开关S，调节电阻箱R的阻值，电路稳定时，记下电流传感器示数I；②断开开关S，同时开始计时，采集器每隔Δt采集一次电流I的值，将采集的数据填入预先设计的表格中；③根据表格中的数据绘制以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的I－t图像；④根据I－t图像估算出该电容器初始时所带的电荷量Q。图3(1)图乙为某次实验得到的I－t图像。试估算出该电容器初始放电时所带的电荷量Q约为________C(保留3位有效数字)。(2)断开开关后若增大电阻箱的接入值，I－t图像应该是选项________(实线表示增大R前的图像，虚线代表增大R后的图像)。答案(1)8.00×10－3(2)A解析(1)由ΔQ＝I·Δt知所求电荷量为曲线与坐标轴所围的图形的面积，则利用数格子方法估算出电容器初始放电时的电荷量为Q＝32×0.5×0.5×10－3C＝8.00×10－3C。(2)如果只增大电阻R，则电容器放电的最大电流会减小，由于放电电荷量不变，即I－t图像的“面积”不变，故选A。4.某课外兴趣小组设计了一个测定电容器电容的实验方案，其实验原理如图4甲所示，E为电池组，C为待测电容器，G为检流计(可测微弱电流)，R′为滑动变阻器，R是定值电阻，V是电压表，S′、S为开关。实验步骤如下：图4A.按图甲连接电路，闭合S′，调节滑动变阻器，使电压表示数为某确定值；B.闭合S，给电容器充电，当电容器两端电压稳定时，记下此时的电压表读数UC及检流计示数iC；C.断开S和S′，同时开始计时，每隔5s读取并记录一次电流值，直到电流为零；D.以放电电流为纵坐标、放电时间为横坐标，作出iC－t图像；E.改变UC的值，重复上述步骤；F.整理器材。(1)S′、S闭合前滑动变阻器滑片应调到________(选填“a”或“b”)端。(2)闭合S后电压表示数变化应该是________(选填“变大”或“变小”)。(3)现有本实验可供选择的待测电容器C1(约0.6×103pF)，C2(约0.6×102μF)，C3(约1×103μF)和定值电阻R1(50Ω)，R2(1000Ω)，R3(10kΩ)，为保证足够的放电时间，电容器应该选________，定值电阻应该选________(填代号)。(4)图乙是本次实验当UC＝2.5V时描出的iC－t图像，由图可求得所测电容器电容C＝________μF(取1位有效数字)。答案(1)a(2)变小(3)C3R3(4)1×103解析(1)由题图甲可知，滑动变阻器是分压式接入电路，因此当S′、S闭合前滑动变阻器滑片应调到a端，使得所测电路的电压为零，从而确保安全。(2)闭合S后，接入电阻与滑动变阻器并联，导致总电阻减小，则总电流增大，那么电压表两端的电压会变小。(3)电容器电容大，在相同电压下储存电荷量足够多，放电回路电阻大，放电电流足够小，有利于保证足够的放电时间，故选C3和R3。(4)由题图乙可知，电容器开始放电时所带的电荷量Q＝29×5×20×10－6C＝2.9×10－3C；根据C＝eq\f(Q,U)可知，C＝eq\f(2.9,2.5)×10－3F≈1×10－3F＝1×103μF。2024届物理一轮复习讲义专题强化十三电场中的功能关系及图像问题学习目标1.会分析带电粒子(带电体)电势能、动能、重力势能的变化，会用功能关系分析有关问题。2.理解电场中有关图像的物理意义，并能结合图像分析电场强度、电势、电势能的变化。考点一电场中的功能关系电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量。例1(2023·山西师大附中模拟)如图1所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J。下列说法中正确的是()图1A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC.粒子在A点的动能比在B点少0.5JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5J答案D解析由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，D正确。跟踪训练1.(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)如图2所示，倾角为37°的绝缘粗糙斜面固定在水平面上，斜面上方有平行斜面向上的匀强电场。一质量为m＝1kg的带正电小物块(视为质点)自斜面底端以v0＝6m/s的初速度沿斜面向上运动，加速度大小为3m/s2，方向沿斜面向下，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则在小物块沿斜面向上滑行到最大距离的过程中，小物块的()图2A.重力势能增加36J B.电势能增加42JC.机械能增加18J D.机械能减少24J答案AC解析物块沿斜面向上运动，对其受力分析，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ－qE＝ma，解得qE＝7N，物块沿斜面运动的位移为x＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),－2a)＝6m，重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mgxsinθ＝36J，A正确；静电力做正功，电势能减小，ΔEp′＝－qEx＝－42J，B错误；机械能的变化量为ΔE＝E2－E1＝mgh－eq\f(1,2)mv2＝18J，C正确，D错误。考点二电场中的图像问题角度电场中的v－t图像1.由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化。2.根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，判断电场强度E的大小变化。3.根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向。4.由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。例2(2022·山东实验中学模拟)如图3甲所示，有一竖直放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一绝缘光滑细杆过圆心沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示。小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。下列说法正确的是()图3A.在圆环形成的电场中，O点右侧杆上B点电场强度最大，电场强度大小为E＝12V/mB.在圆环形成的电场中，由C到A电势逐渐升高C.小球在由C到A的过程中电势能先减小后增大D.在圆环形成的电场中，C、B两点间的电势差UCB＝0.9V答案D解析由v－t图像可知，小球在B点的加速度最大，所受的静电力最大，B点的电场强度最大，小球的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0.3,5)m/s2＝0.06m/s2，又qE＝ma，解得E＝1.2V/m，A错误；从C到A小球的动能一直增大，则静电力一直做正功，电势能一直减小，又因为小球带正电，从C到A电势逐渐降低，B、C错误；由C到B静电力做功为WCB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，CB间的电势差为UCB＝eq\f(WCB,q)＝eq\f(mveq\o\al(2,B),2q)＝eq\f(0.01×0.32,2×5×10－4)V＝0.9V，D正确。角度电场中的φ－x图像1.电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。2.在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向(如图)。3.电场中常见的φ－x图像(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图。(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图。(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图。例3(2023·安徽马鞍山市模拟)在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图4所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L，则()图4A.两点电荷为异种电荷B.坐标为－3L处电荷的电荷量大小为2QC.负检验电荷在原点O处受到向左的静电力D.负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大答案C解析正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，故A错误；在x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合电场强度为0，设坐标为－3L处电荷的电荷量大小为Q′，eq\f(kQ′,（4L）2)－eq\f(kQ,（2L）2)＝0，得Q′＝4Q，故原点处的电场强度大小为eq\f(4kQ,（3L）2)－eq\f(kQ,（3L）2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的静电力向左，故B错误，C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误。跟踪训练2.(多选)(2023·贵州贵阳市第一中学月考)如图5所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，所形成静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()图5A.a、c两点的电场强度相同B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍C.将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零D.将一负电荷从c点移到d点，电势能增大答案BC解析φ－x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝eq\f(kq,r2)可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场强度方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误。角度电场中的E－x图像1.反映了电场强度随位移变化的规律。2.E＞0表示电场强度沿某一特定方向；E＜0表示电场强度沿相反方向。由题目判定电场强度沿x轴正方向还是沿x轴负方向。3.图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。4.电场中常见的E－x图像(1)点电荷的E－x图像正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示。(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图。(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图。例4(多选)(2023·湖南高三学业质量联合检测)如图6甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB＝0.06m，若α粒子仅在静电力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15V，下列说法正确的是()图6A.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向B.该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动C.B点电势是A点电势的3倍D.图乙中E0应为2.5×103V·m－1答案AC解析粒子由A点运动到B点，静电力做功为WAB＝2eUAB＝－60eV，解得UAB＝－30V，因为φA＝15V，所以φB＝45V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场强度的方向沿x轴负方向，故A、C正确；图乙中电场强度随位移x均匀变化，静电力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动，故B错误；图乙中图像的面积表示A、B两点间的电势差的大小，则E0＝2.5×102V·m－1，故D错误。跟踪训练3.(2023·山东实验中学模拟)x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于xA＝0和xB＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图7所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零。以下说法正确的是()图7A.点电荷A、B分别带正电和负电B.A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3C.x＝d处电势最高且为零D.将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小答案D解析若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A错误；由图可知在x＝d处电场强度为零，即eq\f(kQA,d2)＝eq\f(kQB,（3d）2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,9)，故B错误；0～d区间，电场方向沿x轴负方向，d～4d区间电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区间，从x＝d处沿两侧电势降低，故x＝d处电势最高，但比无限远处电势低，即电势小于零，故C错误；x≥5d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，故D正确。角度电场中的Ep－x图像1.描述电势能随位移变化的规律。2.根据电势能的变化可以判断静电力做功的正负。3.根据W＝Fx＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－Fx，图像Ep－x的斜率大小为静电力大小。例5(多选)(2023·安徽省蚌埠市期末)如图8所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O为原点，相邻点间距均为x0，静电场方向平行于x轴，现将质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是()图8A.粒子在b点的动能为零B.粒子的运动是先减速后加速C.a、c两点的电场强度大小均为eq\f(E0,2qx0)D.d点的电势为－eq\f(E0,q)答案CD解析根据能量守恒定律可知，从O到b到d过程，电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，在b点动能最大，粒子速度先增大后减小，故A、B错误；图像斜率代表静电力，静电力为F＝qE＝eq\f(E0,2x0)，所以电场强度大小为E＝eq\f(E0,2qx0)，故C正确；根据电势定义式可知，d点的电势为φ＝eq\f(Ep,－q)＝－eq\f(E0,q)，故D正确。跟踪训练4.(2022·山西太原市模拟)在甲、乙电场中，试探电荷－q(q>0)具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图9甲、乙所示，则下列说法正确的是()图9A.图甲中，试探电荷在O点受到的静电力为零B.图甲中，电场强度沿x轴正方向C.图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度D.图乙中，x1处的电势高于x2处的电势答案D解析根据ΔEp＝－W电＝－Fx可知Ep－x图像斜率表示静电力，故图甲中，试探电荷在O点受到的静电力不为零，沿x轴正方向电势能增大，则静电力做负功，可知静电力有沿x轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度有沿x轴正方向的分量，故A、B错误；根据Ep－x图像斜率的绝对值表示静电力的大小，结合F＝qE可知，图乙中x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故C错误；图乙中x1处的电势能低于x2处的电势能，试探电荷带负电，根据Ep＝qφ，可知x1处的电势高于x2处的电势，故D正确。A级基础对点练对点练1电场中的功能关系1.(多选)如图1所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是()图1A.金属块带正电荷B.金属块的机械能减少12JC.金属块克服静电力做功8JD.金属块的电势能减少4J答案AB解析在金属块滑下的过程中动能增加了12J，ΔEk＝12J，金属块克服摩擦力做功8J，Wf＝－8J，重力做功24J，WG＝24J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4J，所以金属块克服静电力做功4J，金属块的电势能增加4J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以静电力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故B正确。2.(多选)如图2所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D，经过等势面C时，电势能为－8eV，经过等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计。则下列说法正确的是()图2A.电子做匀变速直线运动B.匀强电场的电场强度大小为100V/mC.等势面A的电势为－8VD.电子再次经过等势面D时，动能为16eV答案ACD解析由于电场为匀强电场，则电子所受的静电力为恒力，电子做匀变速直线运动，A正确；电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得UDB＝16V，由电势差与电场强度的关系可知E＝eq\f(UDB,dDB)＝eq\f(16,0.08)V/m＝200V/m，B错误；电子在等势面C时，由EpC＝－eφC，代入数据解得φC＝8V，又因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则φB＝0、φA＝－8V、φD＝16V，C正确；在电子从等势面D运动到等势面B，再回到等势面D的整个过程中，静电力所做的功为零，由动能定理可知，电子再次经过等势面D时的动能仍为16eV，D正确。3.(多选)如图3所示，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为eq\f(2mg,q)的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0。下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)()图3A.a、b两点间的距离为eq\f(5Ek0,mg)B.a、b两点间的距离为eq\f(4Ek0,mg)C.a、c两点间的电势差为eq\f(8Ek0,q)D.a、c两点间的电势差为eq\f(12Ek0,q)答案BC解析不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq\f(4Ek0,mg)，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq\f(8Ek0,q)，故C正确，D错误。4.(多选)(2023·广东佛山市期末)如图4，真空中竖直平面内的A、B、C三点构成一个倾角为30°的直角三角形，BC边水平，A、B高度差为h，D点是AC中点，B处固定一正点电荷Q，沿AC方向固定一条内壁光滑的绝缘细管(细管不会影响电荷间的相互作用)，现在管内A点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球到达底端C点时速度大小为v。则以下说法正确的是()图4A.在小球从A到D的过程中，静电力始终不做功B.在小球从A到C的过程中，静电力先做负功，后做正功C.小球经过D点时速度大小为vD＝eq\r(2gh)D.D、C两点间的电势差UDC＝eq\f(m（v2－2gh）,2q)答案BD解析带电小球在电荷量为Q的点电荷形成的电场中运动，根据点电荷形成的电场分布特点可得A、D的电势相等，在小球从A到D的过程中，静电力先做负功后做正功，A错误；从D运动到C，一直做正功，故小球在从A到C的过程中，静电力先做负功后做正功，B正确；A、D的电势相等，在小球从A到D的过程中，静电力做功为零，根据动能定理可得mg·eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，解得vD＝eq\r(gh)，C错误；A、D的电势相等，D、C两点间的电势差等于A、C两点间的电势差，小球在从A到C的过程中，由动能定理得mgh＋qUAC＝eq\f(1,2)mv2－0，解得UAC＝eq\f(m（v2－2gh）,2q)＝UDC，D正确。对点练2电场中的图像问题5.(多选)(2023·甘肃张掖市期末)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度－v0做直线运动，其v－t图像如图5所示。粒子在t时刻运动到B点，3t时刻运动到C点，以下判断正确的是()图5A.A、B、C三点中B点的电场强度最大B.A、B、C三点的电势关系一定为φB>φA>φCC.粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功D.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少答案AD解析由图可知，粒子的加速度先增大后减小，B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A正确；因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，B错误；由图像可知，动能先减小后增大，所以静电力先做负功后做正功，根据能量守恒定律可知，电势能先增加后减少，C错误，D正确。6.(2023·江苏无锡市高三期末)如图6所示，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，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图6曲线所示，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，则下列说法正确的是()图6A.A点的电场强度方向向左B.两点电荷的电荷量的大小关系为q1<q2C.从B点到D点的电场强度先增大后减小D.将一带负电的试探电荷从C点移到D点，静电力做负功答案A解析根据φ－x图像的斜率表示电场强度大小，则C点的电场强度为0，根据E＝keq\f(Q,r2)可知带电荷量q1>q2，由于B到C过程电势逐渐降低，所以电场强度方向由B指向C，C到D过程电势逐渐升高，所以电场强度方向由D指向C，则q1为负点电荷，q2为正点电荷，所以A点的电场强度方向向左，A正确，B错误；由φ－x图像斜率知，从B点到D点的电场强度先减小后增大，C错误；将一带负电的试探电荷从C点移到D点，静电力做正功，D错误。7.(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点电场强度随x变化关系如图7所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下判断中正确的是()图7A.点电荷M、N一定为同种电荷B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C.把一个检验电荷由x1位置静止释放，其加速度一直减小D.把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小答案AB解析x＝2a处电场强度为零且左侧电场强度向右(正值)、右侧电场强度向左(负值)，结合点电荷的电场强度特征可知，点电荷M、N一定为同种电荷，两点电荷在x＝2a处的电场强度大小满足keq\f(q1,（2a）2)＝keq\f(q2,a2)，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(4,1)，A、B正确；由题图可知，O点右侧电场强度先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带正电)由x1位置静止释放，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先减小再增大，C错误；把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先做正功再做负功，其电势能先减小后增大，D错误。8.(多选)(2023·云南昆明市一中适应性考试)空间存在一沿x轴方向的静电场，一正电荷由O点开始仅在静电力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中电荷的电势能关于位移x的变化规律如图8所示，电荷运动到x3处时速度