(全國版)2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場 第30課時 電場中的圖象問題學(xué)案
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1、 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(diǎn)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
2、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(diǎn)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,即電場力??梢愿鶕?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,即
3、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=10 g的帶正電的小球,小球所帶電荷量q=5.0×10-4 C,讓小球從C點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)右側(cè)桿上,B點(diǎn)場強(qiáng)最大,場強(qiáng)大小為E=1.2 V/m
4、 C.沿著C到A的方向,電勢先降低后升高 D.C、B兩點(diǎn)間的電勢差UCB=0.9 V 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(diǎn)的加速度最大,且加速度只由電場力提供,故B點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大,由乙圖可知a==0.06 m/s2,又a=,代入數(shù)據(jù)解得E=1.2 V/m,故B正確;由C到B電場力做功為W=mv-0,所以C、B間電勢差為UCB==0.9 V,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
5、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(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),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(diǎn)的切線的斜率表示即電場力;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=,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
6、,由于電場力逐漸減小,所以F合逐漸減小。B圖的斜率表示=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(diǎn)的x坐標(biāo)分別為1 m、4 m,將一帶負(fù)電的粒子(重力不計(jì))從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止釋放,則( ) A.粒子在P點(diǎn)的動能等于在Q點(diǎn)的動能 B.粒子在P點(diǎn)的動能大于在Q點(diǎn)的動能 C.粒子在P
7、點(diǎn)的電勢能小于在Q點(diǎn)的電勢能 D.粒子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能 答案 A 解析 根據(jù)圖象可得P與Q兩點(diǎn)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(diǎn)的動能相等,故A正確、B錯誤;粒子在P點(diǎn)的動能等于在Q點(diǎn)的動能,由能量守恒定律知,粒子在P點(diǎn)的電勢能等于在Q點(diǎn)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(diǎn)由靜止開始在電場力作用下運(yùn)動到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),沿直線向右為x軸正方向,粒子的重力忽略不計(jì)。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、
8、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(diǎn)電荷q1和q2,x軸
9、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0 B.x=x2處電場強(qiáng)度不為0 C.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=,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(diǎn)電荷的連線上出現(xiàn)場強(qiáng)為零的點(diǎn)(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
10、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(diǎn)的電場強(qiáng)度隨x點(diǎn)位置變化情況如圖所示。點(diǎn)電荷a和b帶的電量分別為+q和-q,不計(jì)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;
11、因點(diǎn)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(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn),兩電荷連線上各點(diǎn)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(diǎn),則下列說法正確的是( ) A.q1、q2為等量異種電荷 B.C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 C.C、D兩點(diǎn)間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向 D.將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力先做負(fù)功后做
12、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(diǎn)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?yàn)橛蒁到C,C正確;由N到D電勢先降低后升高,故將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),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(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn),兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示,其中A、N兩點(diǎn)的電勢均為零,ND段中的C點(diǎn)電勢最高,則( ) A.N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 B.q1小于q2 C.NC間場強(qiáng)方向向x軸正方向 D.將負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),電場力先做正功后
13、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(diǎn)處的斜率不等于0,則知N點(diǎn)的場強(qiáng)不為零,故A錯誤;C點(diǎn)切線的斜率為零,故C點(diǎn)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(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn),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
14、線的最低點(diǎn)?,F(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(diǎn)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(diǎn)電荷QA∶QB=3∶1 C.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(diǎn)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(diǎn)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k=k,所以QA∶QB=4∶1,B錯誤;由圖知x=-a處與x
15、=2a處電勢相等且點(diǎn)電荷由靜止釋放,由動能定理可知點(diǎn)電荷剛好能到達(dá)x=-a處;點(diǎn)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(diǎn)電荷。將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放,小物塊沿斜面向上滑動至最高點(diǎn)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
16、C 解析 由重力勢能圖線可得到E1=mgh=mgx1sinθ,可求出m=,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=k,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
17、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(diǎn),質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點(diǎn)正上方h高的A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)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
18、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
19、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(diǎn)的電勢分布如圖乙所示,下列說法中正確的是( ) A.x1點(diǎn)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(diǎn)電荷從O點(diǎn)由靜止釋放,若僅受電場力作用,點(diǎn)電荷的加速度先增大后減小 D.一正點(diǎn)電荷從O點(diǎn)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(diǎn)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
20、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(diǎn)電荷從O點(diǎn)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?yàn)殡妶鰪?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(diǎn)對稱,A、B是x軸上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩點(diǎn),下列說法中不正確的是( ) A.電子在A、B兩點(diǎn)的電勢能相等 B.電子在A、B兩點(diǎn)的加速度方向相反 C.取無窮遠(yuǎn)處電勢為零,則O點(diǎn)處電勢亦為零 D.電子從A點(diǎn)由靜止釋放后的運(yùn)動
21、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(diǎn)的電勢能相等,故A正確;電子在A、B兩點(diǎn)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(diǎn)對稱,過原點(diǎn)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(diǎn)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、
22、乙兩個點(diǎn)電荷。t=0時,甲靜止,乙以初速度6 m/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?yàn)閯傞_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
23、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(diǎn)處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場E1(未知),該點(diǎn)電荷的電荷量為-Q,且只考慮該點(diǎn)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,方
24、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=。一質(zhì)量為m,電荷量為+q的離子從(-x0,x0)點(diǎn)由靜止釋放,進(jìn)入第一象限后恰能繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動。以離子到達(dá)x軸時為計(jì)時起點(diǎn),已知靜電力常量為k,不計(jì)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=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) (2)3 方向:與水平方向成θ角斜向下,tanθ= (3)[(4n+1)x0,-2nx0] 解析 (1)設(shè)離子在第一象限的速度為v0,在第一象限內(nèi),由庫侖力提供離子圓周運(yùn)動的向心力:
25、得:=,解得:v0= 在第二象限內(nèi),只有電場力對離子做功,由動能定理得:E2qx0=mv 解得:E2=。 (2)離子進(jìn)入第四象限后,在水平方向上,有: vx=t=·· ==2v0 所以此時離子的合速度:v==3v0=3 方向:與水平方向成θ角斜向下,tanθ=。 (3)由(2)分析知離子在第四象限中運(yùn)動時,y方向上做勻速直線運(yùn)動,x方向上前半個周期向右勻加速運(yùn)動,后半個周期向右勻減速運(yùn)動直到速度為0;每個周期向右運(yùn)動的平均速度為=v0 每個周期前進(jìn)x=T=v0·=4x0 因?yàn)殚_始計(jì)時時離子坐標(biāo)為x0,所以nT時,離子的橫坐標(biāo)為x=x0+4nx0=(4n+1)x0 縱坐標(biāo):y=-v0nT=-2nx0 故在nT時離子的坐標(biāo)為:[(4n+1)x0,-2nx0]。 12
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