资源简介

专题强化十四　电场性质的综合应用
目标要求　1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题．
题型一　电场中功能关系的综合问题
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　(2022·山西师大附中模拟)如图所示为一匀强电场，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2.0 J，静电力做的功为1.5 J．下列说法中正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
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＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，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1.5 J，D正确．
例2　如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是(　　)
A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为
答案　D
解析　物块从静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－，可知机械能减小量为，故B错误；从A到C过程中，静电力做功为－，则电势能增加量为，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．
例3　如图所示，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2.求：
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．
答案　(1)　(2)
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总功为零．
由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－
解得vC＝.
(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＝－0，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＝.
题型二　电场中的图像问题
考向1　电场中的v－t图像
根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．
例4　(2021·江苏省1月适应性考试·11)带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动．两粒子的v－t图像如图所示．仅考虑静电力的作用，且A、B未接触．则(　　)
A．A粒子质量小于B粒子
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．A在t2时刻的加速度最大
D．B在0～t3时间内动能一直减小
答案　B
解析　两粒子仅受静电力作用，则该碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，由题图知，0～t2时间内，由系统动量守恒可知，mBv0＝mAvA，因v0>vA，则mB考向2　φ－x图像(电场方向与x轴平行)
1．沿x轴方向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5　两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPA．q1和q2都带正电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
答案　C
解析　由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都带负电荷，故A项错误；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即k＝k，又xAP考向3　E－x图像(电场方向与x轴平行)
1．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向．
2．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．
3．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6　某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E－x关系如图所示，ON＝OP，OA＝OB.取O点的电势为零，则(　　)
A．A、B的电势相等
B．从N到O的过程中，电势一直升高
C．电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小
D．电子从N移到O和从O移到P的过程中，静电力做功相等
答案　D
解析　根据U＝Ed可知，E－x图像与x坐标轴围成的面积表示某两点的电势差，由于A和B之间图像与x坐标轴围成的面积不为零，则A点和B点的电势不相等，故A错误；
电场强度E的方向为x轴正方向，从N到O电场强度增大且方向沿x正方向，根据沿电场线方向电势降低可知，从N到O的过程中，电势一直降低，故B错误；
从N到P电场线方向一直沿＋x方向，电子从N移到P的过程中所受静电力方向一直沿－x方向，静电力一直做负功，电势能一直增大，故C错误；
根据U＝Ed可知E－x图像与x坐标轴围成的面积表示某两点的电势差，从N到O和从O到P电势差相等，根据W＝qU可知，电子从N移到O和从O移到P的过程中，静电力做功相等，故D正确．
考向4　Ep－x图像、Ek－x图像
1．Ep－x图像
由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向．
2．Ek－x图像
当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，其大小表示静电力．
例7　如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．粒子在x2点的速度为v0
B．从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高
C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为
D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0
答案　D
解析　粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理知，粒子在x2点的速度为v0，故A正确；从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高，故B正确；粒子能运动到x1处，就能运动到x4处，若粒子恰好能运动到x1处，此时初速度v0最小，根据动能定理得－qφ0＝0－mv02，解得v0＝＝，所以若粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为，故C正确；粒子运动过程中，静电力所做正功的最大值为qφ0，若v0＝2，由动能定理得W＝qφ0＝Ekm－mv02，解得Ekm＝3Ep0，故D错误．
课时精练
1.如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电荷量分别为Q和—q(设两电荷间只有库仑力)，开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水平向右的恒力F，使物体 A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量
B．力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量
C．力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量
D．力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和
答案　D
解析　 力F 没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选项A错误；根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误；由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C错误；根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确．
2.如图所示，一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，微粒运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案　C
解析　若微粒带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于静电力时，静电力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，故A错误；当静电力沿斜面向上时，则静电力做负功，电势能增加，当静电力沿斜面向下时，静电力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确；若静电力沿斜面向上，静电力做负功，机械能减小，故D错误．
3.沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度E的正方向，坐标轴上的点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑静电力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子运动到C点时动能等于3Ek
D．粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量
答案　D
解析　由O点到C点，沿电场方向，电势一直降低，A错误；电场强度大小一直在变化，静电力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，做变加速运动，B错误；根据E随x的变化规律可知，由A到C电场强度平均值大于OA段电场强度平均值，A到C静电力做功大于2Ek，则粒子运动到C点时动能大于3Ek，C错误；粒子在AB段平均静电力大于BC段平均静电力，则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功，所以在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，D正确．
4．空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，图像关于O点中心对称．下列说法正确的是(　　)
A．O点的电场强度一定为零
B．－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同
C．将负电荷从－x1移到x1电荷的电势能不变
D．－x1和x1两点在同一等势面上
答案　B
解析　φ－x图像的斜率表示电场强度，由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零，故O点的电场强度不为零，－x1与x1点的切线斜率相同，故－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同，故A错误，B正确；电势的定义式为φ＝，故电势能Ep＝qφ，将负电荷从－x1移到x1，电荷的电势能由负值变为正值，电荷的电势能增大，故C错误；－x1和x1两点电势不相等，故一定不在同一等势面上，故D错误．
5．(2020·江苏卷·9改编)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)．开始时，两小球分别静止在A、B位置．现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置．取O点的电势为0.下列说法正确的有(　　)
A．电场E中A点电势高于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
答案　B
解析　沿电场线方向电势降低，可知A点的电势低于B点，故A错误；由于O点的电势为0，故由对称性可知，两小球所在位置的电势值总是一对相反数，且A点处的电势为负值，B点处的电势为正值，故转动中，两带异号电荷的小球的电势能始终相等，故B正确；该过程静电力对两小球均做正功，两小球的总电势能减小，故C、D错误．
6．如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子与场源电荷带异种电荷
B．a点电势比b点电势高
C．a点场强比b点场强小
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
答案　D
解析　粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A、C错误；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确．
7.(2022·江苏镇江市高三期中)如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连接一质量为m，电荷量为＋q的物块，空间内存在水平向左，场强大小为E的匀强电场．现用水平恒力F将物块自弹簧原长位置由静止开始向右拉动，不计一切摩擦，弹簧弹性势能Ep＝kx2.弹簧能获得的最大弹性势能为(　　)
A．(F－qE)2 B．(F－qE)2
C．F2 D．F2
答案　A
解析　物块向右移动时静电力做负功，则由动能定理可得，当弹簧获得弹性势能最大时有
(F－Eq)l－kl2＝0
解得l＝或l＝0(舍去)
故弹簧能获得的最大弹性势能为
Ep＝kl2＝(F－qE)2，故选A.
8．竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示．现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x＝－1 cm的P处沿直线运动到x＝2 cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则(　　)
A．匀强电场的场强大小为400 V/m
B．带电小球的电荷量大小为1×10－5 C
C．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40 m/s2
D．带电小球运动到Q点时动能可能为0
答案　B
解析　由电势差与电场强度的关系得U＝Excos 37°，则φ－0＝Ecos 37°×x，结合图像得 Ecos 37°＝，解得E＝500 V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得qEcos 37°＝ma，代入数据解得a＝ m/s2，故C、D错误．
9.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一个带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则(　　)
A．q1和q2都是正电荷且q1>q2
B．B、C间场强方向沿x轴负方向
C．C点的电场强度大于A点的电场强度
D．将一个负点电荷从B点移到D点，静电力先做负功后做正功
答案　B
解析　由题图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，则电势一直降低，两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，则电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；根据Ep－x图像的切线斜率表示静电力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；将一个负点电荷从B点移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，静电力先做正功后做负功，故D错误．
10.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a(　　)
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先减小后增大
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案　C
解析　小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，
在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B错误；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
11．(2021·山东卷·6)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤xA．Q＝q，释放后P将向右运动
B．Q＝q，释放后P将向左运动
C．Q＝q，释放后P将向右运动
D．Q＝q，释放后P将向左运动
答案　C
解析　对y轴正向的点电荷，由平衡条件可得
k＋k＝k
解得Q＝q
因在0≤x故选C.
12．(2018·全国卷Ⅰ·21改编)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为4 V
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
答案　B
解析　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虚线电势如图所示，
因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项错误；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，则电子到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2 eV，C项错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，D项错误．

展开更多......

收起↑