【物理】2019届一轮复习人教版电场中的图象问题学案 16页

第30课时　电场中的图象问题 ‎1．静电场中涉及的图象主要有 ‎(1)vt图象；(2)φx图象；(3)Ex图象；(4)Epx图象；(5)Ekx图象。‎ ‎2．应对策略 ‎(1)vt图象：根据vt图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，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。‎ ‎(2)φx图象：①电场强度的大小等于φx图线的斜率大小。②在φx图象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φx图象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。‎ ‎(3)Ex图象：①反映了电场强度随位移变化的规律。②E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿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)Epx图象：①Epx图象的斜率大小表示，即电场力。可以根据斜率大小的变化从而判断出电场力大小的变化，从而可以判断场强E的大小变化。②图象斜率的正负表示电场力的方向，由斜率正负的变化可以判断电场力方向以及场强方向的变化。③由Epx图象的总体变化情况可判定电场力做功情况。比如：Ep增大，则F电一定做负功，反之做正功。‎ ‎(5)Ekx图象：①Ekx图象的斜率表示，即合外力。斜率的大小表示F合的大小，斜率的正负表示F合的方向。②若Ek增大，则F合做正功；若Ek减小，则F合做负功。‎ ‎[例]　(多选)如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C，让小球从C点由静止释放。其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示，且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，下列说法正确的是(　　)‎ A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 B．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m C．沿着C到A的方向，电势先降低后升高 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V 解析　从C到A电场力对带正电的小球一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A、C错误；由乙图可知，小球在B点的加速度最大，且加速度只由电场力提供，故B点的电场强度最大，由乙图可知a＝＝0.06 m/s2，又a＝，代入数据解得E＝1.2 V/m，故B正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，所以C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，故D正确。‎ 答案　BD 带电粒子仅在电场力作用下运动时只发生电势能和动能之间的转化，在vt图象中可知速度的大小关系和加速度的大小关系，即可 确定电场强度、动能和电势能的大小关系，带电粒子带正电，电势能越大时所处位置电势越高，动能越小。所有的图象问题都是先明确函数关系，再理解图象中斜率、截距和面积的物理意义。‎ 一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是(　　)‎ 答案　D 解析　粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量。Epx图象上某点的切线的斜率表示 即电场力；由Epx图象可得斜率逐渐减小，故电场力逐渐减小，根据E＝，故电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有F合·Δx＝ΔEk，又F合＝F电，由于电场力逐渐减小，所以F合逐渐减小。B图的斜率表示＝F合，由图可知F合逐渐变大，故矛盾，B错误；C图中vx图象是直线，表示经过相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，C错误；粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。‎ ‎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1 m、4 m，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6 m/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，－2nx0]‎ 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＝·· ＝＝2v0‎ 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＝－2nx0‎ 故在nT时离子的坐标为：[(4n＋1)x0，－2nx0]。‎