高考物理培優(yōu)一輪計劃全國創(chuàng)新版培優(yōu)講義第8章電場第30課時電場中的圖象問題

第30課時電場中的圖象問題1．靜電場中涉及的圖象主要有(1)v-t圖象；(2)φ-x圖象；(3)E-x圖象；(4)Ep-x圖象；(5)Ek-x圖象。2．應(yīng)對策略(1)v-t圖象：根據(jù)v-t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。(2)φ-x圖象：①電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小。②在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向。③在φ-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。(3)E-x圖象：①反映了電場強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律。②E>0表示場強(qiáng)沿x軸正方向；E<0表示場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向。③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。(4)Ep-x圖象：①Ep-x圖象的斜率大小表示eq\f(ΔEp,Δx)，即電場力。可以根據(jù)斜率大小的變化從而判斷出電場力大小的變化，從而可以判斷場強(qiáng)E的大小變化。②圖象斜率的正負(fù)表示電場力的方向，由斜率正負(fù)的變化可以判斷電場力方向以及場強(qiáng)方向的變化。③由Ep-x圖象的總體變化情況可判定電場力做功情況。比如：Ep增大，則F電一定做負(fù)功，反之做正功。(5)Ek-x圖象：①Ek-x圖象的斜率表示eq\f(ΔEk,Δx)，即合外力。斜率的大小表示F合的大小，斜率的正負(fù)表示F合的方向。②若Ek增大，則F合做正功；若Ek減小，則F合做負(fù)功。[例](多選)如圖甲所示，有一絕緣的豎直圓環(huán)，圓環(huán)上分布著正電荷。一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細(xì)桿上套有一質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4C，讓小球從C點由靜止釋放。其沿細(xì)桿由C經(jīng)B向A運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示，且已知小球運(yùn)動到B點時，速度圖象的切線斜率最大(圖中標(biāo)出了該切線)，下列說法正確的是()A．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大B．在O點右側(cè)桿上，B點場強(qiáng)最大，場強(qiáng)大小為E＝1.2V/mC．沿著C到A的方向，電勢先降低后升高D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9V解析從C到A電場力對帶正電的小球一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故A、C錯誤；由乙圖可知，小球在B點的加速度最大，且加速度只由電場力提供，故B點的電場強(qiáng)度最大，由乙圖可知a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.06m/s2，又a＝eq\f(qE,m)，代入數(shù)據(jù)解得E＝1.2V/m，故B正確；由C到B電場力做功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，所以C、B間電勢差為UCB＝eq\f(W,q)＝0.9V，故D正確。答案BD帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動時只發(fā)生電勢能和動能之間的轉(zhuǎn)化，在v-t圖象中可知速度的大小關(guān)系和加速度的大小關(guān)系，即可確定電場強(qiáng)度、動能和電勢能的大小關(guān)系，帶電粒子帶正電，電勢能越大時所處位置電勢越高，動能越小。所有的圖象問題都是先明確函數(shù)關(guān)系，再理解圖象中斜率、截距和面積的物理意義。一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動。取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖象中合理的是()答案D解析粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動，電場力做功等于電勢能的減小量。Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示eq\f(ΔEp,Δx)即電場力；由Ep-x圖象可得斜率逐漸減小，故電場力逐漸減小，根據(jù)E＝eq\f(F,q)，故電場強(qiáng)度也逐漸減小，故A錯誤；根據(jù)動能定理，有F合·Δx＝ΔEk，又F合＝F電，由于電場力逐漸減小，所以F合逐漸減小。B圖的斜率表示eq\f(ΔEk,x)＝F合，由圖可知F合逐漸變大，故矛盾，B錯誤；C圖中v-x圖象是直線，表示經(jīng)過相同位移速度增加量相等，又是加速運(yùn)動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加，而電場力減小導(dǎo)致加速度減小，故矛盾，C錯誤；粒子做加速度減小的加速運(yùn)動，故D正確。1.某靜電場的電場線與x軸平行，電勢φ隨x坐標(biāo)變換的關(guān)系圖象如圖所示。已知電場中P、Q兩點的x坐標(biāo)分別為1m、4m，將一帶負(fù)電的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點O由靜止釋放，則()A．粒子在P點的動能等于在Q點的動能B．粒子在P點的動能大于在Q點的動能C．粒子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能D．粒子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能答案A解析根據(jù)圖象可得P與Q兩點的電勢相等，P、Q間的電勢差為零，則粒子從P運(yùn)動到Q的過程中，電場力做功為零，由動能定理知，兩點的動能相等，故A正確、B錯誤；粒子在P點的動能等于在Q點的動能，由能量守恒定律知，粒子在P點的電勢能等于在Q點的電勢能，故C、D錯誤。2．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動到A點。取O點為坐標(biāo)原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計。在O到A運(yùn)動過程中，下列關(guān)于粒子運(yùn)動速度v和加速度a隨時間t的變化、運(yùn)動徑跡上電勢φ和粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是()答案B解析從O到A過程中電場線先是變疏后又變密，所以電場強(qiáng)度先減小后增大，電場強(qiáng)度越大，單位長度上電勢降落的越快，故電勢先減小的慢后減小的快，即φ-x圖象的斜率先減小后增大，故C錯誤；電場強(qiáng)度先減小后增大，則電場力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，B正確；由于粒子一直做正功，所以速度一直增加，而v-t圖象的斜率表示加速度，所以斜率先減小后增大，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得Ek＝Eqx，所以Ek-x圖象的斜率表示電場力的大小，所以斜率也應(yīng)先減小后增大，故D錯誤。3.在x軸上有兩個點電荷q1和q2，x軸上電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，則()A．x＝x1處電場強(qiáng)度為0B．x＝x2處電場強(qiáng)度不為0C．q1、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x＝0處，負(fù)電荷在x<0的某處D．q1、q2為等量異種電荷，且正電荷在x<0處，負(fù)電荷在x>0的某處答案C解析在φ-x圖象中，電勢降低最快的方向即為場強(qiáng)方向，則x2右側(cè)的場強(qiáng)沿x軸負(fù)向，x2左側(cè)的場強(qiáng)方向沿x軸正向；由φ-x圖象的斜率表示eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)，即場強(qiáng)的大小，得x1處電勢為零，場強(qiáng)不為零；x2處場強(qiáng)為零，電勢不為零，A、B錯誤；兩個點電荷的連線上出現(xiàn)場強(qiáng)為零的點(x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但兩側(cè)的電勢變化相同；二是異種電荷的連線之外，x1處的電勢為正逐漸降低且場強(qiáng)沿x軸正向，可知此處附近的場源電荷為正，負(fù)電荷在x<0的某處，C正確、D錯誤。4.(多選)在x軸上存在與x軸同向的電場，各點的電場強(qiáng)度隨x點位置變化情況如圖所示。點電荷a和b帶的電量分別為＋q和－q，不計a和b間的靜電力。下列敘述正確的是()A．x1、x2兩處的電勢相同B．a(chǎn)和b在x1處的電勢能相等C．將電荷a沿x軸從x1處移到x2處，電場力一直做正功D．b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能答案CD解析根據(jù)E-x圖線可知，電場線沿x軸正向，因順著電場線電勢逐漸降低，可知x1處的電勢高于x2處的電勢，A錯誤；因點電荷a和b帶的電量分別為＋q和－q，根據(jù)Ep＝φq可知a和b在x1處的電勢能不相等，B錯誤；因電場線沿x軸正向，則將電荷a沿x軸從x1處移到x2處，電場力一直做正功，C正確；因x1處的電勢高于x2處的電勢，則負(fù)電荷b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能，D正確。5．(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是()A．q1、q2為等量異種電荷B．C點的電場強(qiáng)度大小為零C．C、D兩點間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向D．將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做負(fù)功后做正功答案BCD解析因φ-x圖線切線的斜率為電場強(qiáng)度，故可知C點的場強(qiáng)為零，故q1、q2為等量同種電荷，A錯誤、B正確；由C到D電勢升高，故電場線方向為由D到C，C正確；由N到D電勢先降低后升高，故將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電勢能先升高后降低，即電場力先做負(fù)功后做正功，D正確。6．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則()A．N點的電場強(qiáng)度大小為零B．q1小于q2C．NC間場強(qiáng)方向向x軸正方向D．將負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功答案D解析φ-x圖象的斜率等于電場強(qiáng)度E，圖線在N點處的斜率不等于0，則知N點的場強(qiáng)不為零，故A錯誤；C點切線的斜率為零，故C點的場強(qiáng)為零，由其位置在q2右側(cè)，可知q1大于q2，B錯誤；由圖可知，從N到C，電勢升高，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，NC間電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故C錯誤；N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確。7．(2017·吉林長春質(zhì)檢)如圖在x軸的－3a和3a兩處分別固定兩個電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷之間的電勢φ與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝a處為圖線的最低點。現(xiàn)于x＝2a處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電點電荷，該電荷只在電場力作用下運(yùn)動。下列有關(guān)說法正確的是()A．x＝a處電場強(qiáng)度為零，該電荷運(yùn)動至此處時速度最大B．兩點電荷QA∶QB＝3∶1C．該電荷一定通過x＝a處，但不能到達(dá)x＝－a處D．該電荷以x＝a為中點做往復(fù)運(yùn)動答案A解析由φ-x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度的大小可知x＝a處電場強(qiáng)度為零，由動能定理qU＝ΔEk，點電荷從x＝2a到x＝a處，電勢差最大，所以電場力做正功最多，在x＝a處速度最大，A正確；因在x＝a電場強(qiáng)度為零，即keq\f(QA,4a2)＝keq\f(QB,2a2)，所以QA∶QB＝4∶1，B錯誤；由圖知x＝－a處與x＝2a處電勢相等且點電荷由靜止釋放，由動能定理可知點電荷剛好能到達(dá)x＝－a處；點電荷在x＝－a與x＝2a之間做往復(fù)運(yùn)動，但x＝a處不是運(yùn)動中心，故C、D錯誤。8．(2017·浙江溫州中學(xué)模擬)如圖甲，傾角為θ的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為Q的正點電荷。將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放，小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處，此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖象如圖乙(E1和x1為已知量)。已知重力加速度為g，靜電力常量為k，由圖象可求出()A．小物塊的帶電量B．A、B間的電勢差C．小物塊的質(zhì)量D．小物塊速度最大時到斜面底端的距離答案C解析由重力勢能圖線可得到E1＝mgh＝mgx1sinθ，可求出m＝eq\f(E1,gx1sinθ)，C正確；由動能圖線得知，小球的速度先增大，后減小。根據(jù)庫侖定律得知，小球所受的庫侖力逐漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，直至速度為零。由動能圖線看出，速度有最大值，此時小球受力平衡，即庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，mgsinθ＝keq\f(Qq,r2)，q為小物塊的帶電量，r為速度最大時小物塊到斜面底端的距離，雖然m可求出，但這個等式不能求出q、r，A、D錯誤；A到B的過程中重力勢能的增加量等于電場力所做的正功，即E1＝qUAB，由于q未知，所以不能求出UAB，B錯誤。9．(多選)一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高的A點靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關(guān)于小球從A運(yùn)動到與O對稱的點A′的過程中，其加速度(a)、重力勢能(EpG)、機(jī)械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象如圖所示(取O點為坐標(biāo)原點且重力勢能為零，向下為加速度的正方向，并取無限遠(yuǎn)處電勢為零)。其中不正確的是()答案AD解析圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A錯誤；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG＝mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG＝－mgh，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，B是可能的，故B正確；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機(jī)械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，所以D是不可能的，故D錯誤。10．(2018·河北衡水調(diào)研)(多選)如圖甲所示為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標(biāo)軸，則坐標(biāo)軸上O～x2間各點的電勢分布如圖乙所示，下列說法中正確的是()A．x1點的電場強(qiáng)度最小B．O～x2之間，x軸附近的電場線分布先變密后變疏C．一正點電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，點電荷的加速度先增大后減小D．一正點電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，速度先增大后減小答案BC解析φ-x圖象的切線斜率表示電場強(qiáng)度，故x1點的電場強(qiáng)度最大，A錯誤；φ-x圖象的切線斜率表示電場強(qiáng)度，由幾何知識得知，O～x2之間斜率先增大后減小，則電場強(qiáng)度先增大后減小，故O～x2之間，x軸附近的電場線分布先變密后變疏，B正確；O～x2之間φ-x圖象的斜率先增大后減小，且斜率一直為負(fù)值，說明電場強(qiáng)度方向不變，向右，電場強(qiáng)度先增大后減??；故一正點電荷從O點由靜止釋放，僅受電場力作用向右加速，速度一直增加，加速度先增大后減小，故C正確，D錯誤。11.(2017·長沙長郡中學(xué)月考)空間存在一沿x軸方向的靜電場，以x正方向為電場強(qiáng)度的正方向，電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，圖線關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，A、B是x軸上關(guān)于原點對稱的兩點，下列說法中不正確的是()A．電子在A、B兩點的電勢能相等B．電子在A、B兩點的加速度方向相反C．取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則O點處電勢亦為零D．電子從A點由靜止釋放后的運(yùn)動軌跡可能是曲線答案D解析電子從A移動到B，x小于0時，運(yùn)動的方向與電場的方向相反，而電場力的方向與電場線的方向相反，所以電場力做正功；當(dāng)x大于0時，電場力做負(fù)功，總功為零，故A、B兩點的電勢能相等，故A正確；電子在A、B兩點受到的電場力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正確；由于電場線關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，過原點O與AB垂直的直線是一條等勢線，其電勢與無窮遠(yuǎn)相等，則若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則O點處電勢亦為零，故C正確；由于電場力方向與x軸平行，故速度與合力始終共線，故一定做直線運(yùn)動，故D錯誤。12．(2017·廣東肇慶模擬)(多選)如圖a所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷。t＝0時，甲靜止，乙以初速度6m/s向甲運(yùn)動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(整個運(yùn)動過程中沒有接觸)，它們運(yùn)動的v-t圖象分別如圖b中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知()A．兩電荷的電性一定相反B．t1時刻兩電荷的電勢能最大C．0～t2時間內(nèi)，兩電荷的靜電力先增大后減小D．0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小答案BC解析由圖可知，兩個電荷間產(chǎn)生的是排斥力，因為剛開始乙做減速運(yùn)動，甲做初速度為0的加速運(yùn)動，則兩個電荷的電性一定相同，A錯誤；在t1時刻，兩個電荷共速，兩個電荷間的距離最小，故在間距減小的過程中，對于甲、乙系統(tǒng)克服電場力做功，以后電荷的距離逐漸增大，對于甲、乙系統(tǒng)電場力就做正功了，故間距最小時的電勢能最大，B正確；t2時刻，乙速度為零，在0～t2時間內(nèi)，兩電荷的間距先減小后增大，故它們間的靜電力先增大后減小，C正確；0～t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，故它的動能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動能也是先減小后增大，D錯誤。13．(2017·成都武侯區(qū)期中)在如圖甲所示的平面坐標(biāo)系內(nèi)，有三個不同的靜電場：第一象限內(nèi)有固定在O點處的點電荷產(chǎn)生的電場E1(未知)，該點電荷的電荷量為－Q，且只考慮該點電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生電場；第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場E2(未知)；第四象限內(nèi)有大小為eq\f(2kQ,x\o\al(2,0))，方向按圖乙周期性變化的電場E3，以水平向右為正方向，變化周期T＝eq\r(\f(8mx\o\al(3,0),kQq))。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的離子從(－x0，x0)點由靜止釋放，進(jìn)入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運(yùn)動。以離子到達(dá)x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，不計離子重力。求：(1)離子在第一象限運(yùn)動時速度大小和第二象限電場E2的大小；(2)當(dāng)t＝eq\f(T,2)時，離子的速度；(3)當(dāng)t＝nT(n＝1、2、3…)時，離子的坐標(biāo)。答案(1)eq\r(\f(kQq,mx0))eq\f(kQ,2x\o\al(2,0))(2)3eq\r(\f(kQq