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(共32张PPT)
微专题2　电场中的图像和
轨迹问题
1.会根据电场线和运动轨迹判断静电力做功情况和电势能变化情况,形成物理观念。2.理解E-x、φ-x、Ep-x等图像的意义,并会分析有关问题,培养科学思维和探究能力。
[定位·学习目标]　
突破·关键能力
要点一　利用电场线与等势面分析带电粒子的运动轨迹
「要点归纳」
1.已知等势面的形状分布,利用电场线和等势面互相垂直可以绘制电场线。
2.带电粒子在电场中运动时,在电场线密处所受静电力大,加速度也大。
3.速度方向沿运动轨迹的切线方向,所受静电力的方向沿电场线的切线方向或反方向,所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧。
「典例研习」
[例1] (带电体在电场中的运动轨迹问题)(多选)(2023·全国乙卷,19)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球(　 　)
[A]在运动过程中,电势能先增加后减少
[B]在P点的电势能大于在N点的电势能
[C]在M点的机械能等于在N点的机械能
[D]从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功
BC
【解析】 由题知,OP>OM,OM=ON,根据正点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP,则带负电的小球在运动过程中,电势能先减少后增加,且EpP>EpM=EpN,但电势能与机械能的总量保持不变,则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能,A错误,B、C正确;从M点运动到N点的过程中,小球与点电荷距离先减小后增大,可知电场力先做正功后做负功,D错误。
[例2] (电场线与运动轨迹)如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,a、b为其运动轨迹上的两点,可以判定(　　)
[A]粒子在a点的速度大于在b点的速度
[B]粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
[C]粒子一定带负电荷
[D]粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
D
【解析】 该粒子在电场中做曲线运动,则静电力应指向轨迹的凹侧,假设粒子由a向b运动,则其所受静电力方向和速度方向的关系如图所示。
因为静电力与粒子速度方向成锐角,则静电力做正功,粒子速度增加,电势能减小,故A错误,D正确;b点处电场线比a点处电场线密,即粒子在b点所受静电力大,加速度大,故B错误;由图可知电场线方向与静电力方向一致,所以粒子带正电,故C错误。
[例3] (等势面与运动轨迹)(2024·甘肃卷,9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是( 　 　)
[A]粒子带负电荷
[B]M点的电场强度比N点的小
[C]粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
[D]粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
BCD
【解析】 沿电场线方向电势降低,故可知该带电体带正电,根据粒子所受静电力指向运动轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A错误;因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,故D正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C正确;等差等势面越密集的地方电场强度越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确。
要点二　静电场中常见的图像问题
「要点归纳」
静电场中的常见图像
类型 特点与应用
E-t (或φ-t) 图像 对静电场中,某一物理量随时间的变化关系图像问题,一般应用静电场规律,结合动力学知识,对问题作分析判断
E-x 图像 (1)反映电场强度随位移变化的规律。
(2)E>0表示电场强度沿x轴正方向,E<0表示电场强度沿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
Ep-x 图像 (1)反映了电势能随位移变化的规律。
(2)由WAB=EpA-EpB,WAB=qEx可知Ep-x图像的切线斜率的绝对值表示静电力大小。
(3)进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
「典例研习」
[例4] (E-x图像)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为电场强度正方向,一个带正电的点电荷只在静电力的作用下沿x轴运动,x1、x2、x3、x4四点间隔相等,则(　　)
[A]点电荷在x2和x4处电势能相等
[B]x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差
[C]点电荷由x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小
[D]点电荷由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大
B
【解析】 从x1到x4电场强度为正值,因此沿x轴正方向电势降低,则x2处电势高于x4处电势,可知点电荷在x2和x4处电势能不相等,选项A错误;根据U=Ex关系定性分析可知,图像与坐标轴围成的面积表示电势差,可知x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差,选项B正确;点电荷由x1运动到x3的过程中静电力一直做正功,则电势能逐渐减小,选项C错误;从x1到x4电场强度沿x轴正方向先增大后减小,可知点电荷在该过程中静电力先增大后减小,选项D错误。
[例5] (φ-x图像)(多选)(2025·湖北荆门月考)A、B为一电场中x轴上的两点,如图甲所示。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点,x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示,则下列说法正确的是(　 　)
[A]该电场是点电荷形成的电场
[B]A、B两点电场强度大小关系为EA[C]电子从A运动到B过程中静电力做正功
[D]电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB
CD
【解析】 在φ-x图像中,斜率的绝对值表示电场强度大小,则该电场为匀强电场,则A、B两点电场强度大小关系为EA=EB,故A、B错误;电场方向为由B指向A,电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,即 EpA>EpB,故C、D正确。
[例6] (Ep-x图像)(多选)(2025·辽宁鞍山检测)真空中存在平行于x轴方向的电场,一试探电荷在x轴各点的电势能Ep随x的分布如图所示。根据Ep-x图像可知( 　　)
[A]x1处的电场强度等于零
[B]x2处的电势大于x3处的电势
[C]x3处的电场强度大于x4处的电场强度
[D]试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,静电力做功为Ep1-Ep2
AC
【解析】 根据静电力做功与电势能变化的关系可知ΔEp=-Fx,Ep-x图像斜率的绝对值表示试探电荷所受静电力的大小,静电力越大表示电场强度越大,由题图可知,x1处的斜率为零,x3处的斜率绝对值大于x4处的斜率绝对值,故x1处的电场强度等于零,x3处的电场强度大于x4处的电场强度,故A、C正确;因为试探电荷的电性未知,所以由Ep-x图像不能判断出沿x轴方向电势的升降,故B错误;试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,电势能增加Ep1-Ep2,静电力做功为Ep2-Ep1,故D错误。
[例7] (φ-t图像)空间中存在平行于纸面的匀强电场,在纸面内取O点为坐标原点建立x轴,如图甲所示。现有一个质量为m、电荷量为+q的带电微粒,在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动,圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹,ab为圆轨迹的一条直径;除静电力外微粒还受到一个变力F,不计其他力的作用;测得带电微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
D
检测·学习效果
1.如图所示,虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线,且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,M、N是这条轨迹上的两点,则下列说法正确的是(　　)
[A]φa>φb>φc [B]EpM>EpN
[C]EkM>EkN [D]aM>aN
C
【解析】 由于带电粒子做曲线运动,根据所受静电力的方向指向轨迹的凹侧,且和等势面垂直可知,电场线是由c指向b再指向a,所以有φa<φb<φc,故A错误。带正电粒子若从N点运动到M点,静电力的方向与运动方向成锐角,静电力做正功,电势能减小,动能增加;若从M点运动到N点,静电力的方向与粒子运动方向成钝角,静电力做负功,电势能增加,则动能减少,总之有EpMEkN,故B错误,C正确。由于相邻等势面之间的电势差相等,且N点等势面密集,所以N点附近电场强度大,根据牛顿第二定律得aM2.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线,a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后仅在静电力作用下的运动轨迹,其中b虚线为一圆弧,AB的长度等于BC的长度,且三个粒子的电荷量大小相等。下列说法正确的是
(　　)
[A]a一定是正粒子的运动轨迹,b和c一定是负粒子的运动轨迹
[B]a虚线对应的粒子的加速度越来越小,b、c虚线对应的粒子的加速度越来越大
[C]a虚线对应的粒子的动能减小,b虚线对应的粒子的动能不变,c虚线对应的粒子的动能增大
[D]b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
D
【解析】 由运动轨迹可知a虚线对应的粒子受到向左的静电力,b、c虚线对应的粒子受到向右的静电力,由于不知道电场的方向,因此无法确定三个带电粒子的电性,故A错误;由电场线的疏密表示电场强度的大小结合牛顿第二定律可知,a虚线对应的粒子的加速度变小,c虚线对应的粒子的加速度变大,b虚线对应的粒子的加速度大小不变,故B错误;由粒子运动方向与静电力夹角的关系,结合动能定理,可知a虚线对应的粒子的动能增大,b虚线对应的粒子的动能不变,c虚线对应的粒子的动能增大,故C错误;
3.(多选)如图甲所示,直线MN表示某电场中一条电场线,a、b是线上的两点,将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放,粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图乙所示,设a、b两点的电势分别为φa、φb,电场强度大小分别为Ea、Eb,粒子在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb,不计重力,则有(　 　)
[A]φa>φb [B]Ea>Eb
[C]EaEpb
BD
【解析】 由v-t图像的斜率逐渐变小可知,由a到b的过程中,粒子的加速度逐渐变小,所以电场强度逐渐变小,Ea>Eb;根据动能定理,速度增大,可知电势能减小,Epa>Epb,因为粒子带负电,故φb>φa,B、D正确,A、C错误。
4.如图所示为x轴上各点电势随位置变化的图像,一电子仅在静电力的作用下沿x轴从A点向D点做直线运动,下列说法正确的是(　　)
[A]电子到达O点时,动能为20 eV
[B]电子从A点到O点,先做匀加速运动,后做加速度逐渐减小的减速运动
[C]从A点到D点,电子的动能先减小后增大
[D]整个运动过程中,电子的电势能减少了40 eV
D
【解析】 由题图可知,从A到O电势升高,电场方向沿x轴负方向,则电子从A到O的过程中静电力做正功,根据关系式W=qU及动能定理,则动能增加ΔEk=-eUAO=20 eV,即动能增加20 eV;由于电子的初始动能未知,所以电子到达O点时,动能不一定为20 eV,故A错误。由于φ-x图像的斜率代表电场强度,则从A到B电场强度为零,从B到O点电场强度逐渐增大,则电子先做匀速运动,后做加速度逐渐增大的加速运动,故B错误。电子从A到B和从C到D不受静电力,则电势能、动能不变,而从B到C静电力做正功,动能增加,故C错误。根据静电力做的功与电势差的关系,WAD=-eUAD=-e(φA-φD)=
40 eV,静电力做正功,电子的电势能减少了40 eV,故D正确。
感谢观看微专题2　电场中的图像和轨迹问题
[定位·学习目标]　1.会根据电场线和运动轨迹判断静电力做功情况和电势能变化情况,形成物理观念。2.理解E-x、φ-x、Ep-x等图像的意义,并会分析有关问题,培养科学思维和探究能力。
要点一　利用电场线与等势面分析带电粒子的运动轨迹
要点归纳
1.已知等势面的形状分布,利用电场线和等势面互相垂直可以绘制电场线。
2.带电粒子在电场中运动时,在电场线密处所受静电力大,加速度也大。
3.速度方向沿运动轨迹的切线方向,所受静电力的方向沿电场线的切线方向或反方向,所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧。
典例研习
[例1] (带电体在电场中的运动轨迹问题)(多选)(2023·全国乙卷,19)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,
OP>OM,OM=ON,则小球(　　)
[A]在运动过程中,电势能先增加后减少
[B]在P点的电势能大于在N点的电势能
[C]在M点的机械能等于在N点的机械能
[D]从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功
【答案】 BC
【解析】 由题知,OP>OM,OM=ON,根据正点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP,则带负电的小球在运动过程中,电势能先减少后增加,且EpP>EpM=EpN,但电势能与机械能的总量保持不变,则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能,A错误,B、C正确;从M点运动到N点的过程中,小球与点电荷距离先减小后增大,可知电场力先做正功后做负功,D错误。
[例2] (电场线与运动轨迹)如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,a、b为其运动轨迹上的两点,可以判定(　　)
[A]粒子在a点的速度大于在b点的速度
[B]粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
[C]粒子一定带负电荷
[D]粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】 D
【解析】 该粒子在电场中做曲线运动,则静电力应指向轨迹的凹侧,假设粒子由a向b运动,则其所受静电力方向和速度方向的关系如图所示。
因为静电力与粒子速度方向成锐角,则静电力做正功,粒子速度增加,电势能减小,故A错误,D正确;b点处电场线比a点处电场线密,即粒子在b点所受静电力大,加速度大,故B错误;由图可知电场线方向与静电力方向一致,所以粒子带正电,故C错误。
[例3] (等势面与运动轨迹)(2024·甘肃卷,9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　)
[A]粒子带负电荷
[B]M点的电场强度比N点的小
[C]粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
[D]粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】 BCD
【解析】 沿电场线方向电势降低,故可知该带电体带正电,根据粒子所受静电力指向运动轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A错误;因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,故D正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C正确;等差等势面越密集的地方电场强度越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确。
要点二　静电场中常见的图像问题
要点归纳
静电场中的常见图像
类型 特点与应用
E-t (或φ-t) 图像 对静电场中,某一物理量随时间的变化关系图像问题,一般应用静电场规律,结合动力学知识,对问题作分析判断
φ-x 图像 (1)根据UAB=,结合WAB=qEx,UAB=φA-φB,可定性确定φ=φ0+Ex,即图像的斜率的绝对值反映电场强度的大小,电场强度为零处,电势φ存在极值,其切线的斜率为零。 (2)由图像可以直接判断各点电势的高低,进而确定电场的方向
E-x 图像 (1)反映电场强度随位移变化的规律。 (2)E>0表示电场强度沿x轴正方向,E<0表示电场强度沿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
Ep-x 图像 (1)反映了电势能随位移变化的规律。 (2)由WAB=EpA-EpB,WAB=qEx可知Ep-x图像的切线斜率的绝对值表示静电力大小。 (3)进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
典例研习
[例4] (E-x图像)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为电场强度正方向,一个带正电的点电荷只在静电力的作用下沿x轴运动,x1、x2、x3、x4四点间隔相等,则(　　)
[A]点电荷在x2和x4处电势能相等
[B]x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差
[C]点电荷由x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小
[D]点电荷由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大
【答案】 B
【解析】 从x1到x4电场强度为正值,因此沿x轴正方向电势降低,则x2处电势高于x4处电势,可知点电荷在x2和x4处电势能不相等,选项A错误;根据U=Ex关系定性分析可知,图像与坐标轴围成的面积表示电势差,可知x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差,选项B正确;点电荷由x1运动到x3的过程中静电力一直做正功,则电势能逐渐减小,选项C错误;从x1到x4电场强度沿x轴正方向先增大后减小,可知点电荷在该过程中静电力先增大后减小,选项D错误。
[例5] (φ-x图像)(多选)(2025·湖北荆门月考)A、B为一电场中x轴上的两点,如图甲所示。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点,x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)
[A]该电场是点电荷形成的电场
[B]A、B两点电场强度大小关系为EA[C]电子从A运动到B过程中静电力做正功
[D]电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB
【答案】 CD
【解析】 在φ-x图像中,斜率的绝对值表示电场强度大小,则该电场为匀强电场,则A、B两点电场强度大小关系为EA=EB,故A、B错误;电场方向为由B指向A,电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,即 EpA>EpB,故C、D正确。
[例6] (Ep-x图像)(多选)(2025·辽宁鞍山检测)真空中存在平行于x轴方向的电场,一试探电荷在x轴各点的电势能Ep随x的分布如图所示。根据Ep-x图像可知(　　)
[A]x1处的电场强度等于零
[B]x2处的电势大于x3处的电势
[C]x3处的电场强度大于x4处的电场强度
[D]试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,静电力做功为Ep1-Ep2
【答案】 AC
【解析】 根据静电力做功与电势能变化的关系可知ΔEp=-Fx,Ep-x图像斜率的绝对值表示试探电荷所受静电力的大小,静电力越大表示电场强度越大,由题图可知,x1处的斜率为零,x3处的斜率绝对值大于x4处的斜率绝对值,故x1处的电场强度等于零,x3处的电场强度大于x4处的电场强度,故A、C正确;因为试探电荷的电性未知,所以由Ep-x图像不能判断出沿x轴方向电势的升降,故B错误;试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,电势能增加Ep1-Ep2,静电力做功为Ep2-Ep1,故D错误。
[例7] (φ-t图像)空间中存在平行于纸面的匀强电场,在纸面内取O点为坐标原点建立x轴,如图甲所示。现有一个质量为m、电荷量为+q的带电微粒,在t=0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动,圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹,ab为圆轨迹的一条直径;除静电力外微粒还受到一个变力F,不计其他力的作用;测得带电微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
[A]电场强度的大小为,方向与x轴正方向成
[B]b点与a点的电势差Uba=
[C]微粒在t1时刻所受变力F可能为最大值
[D]圆周运动的过程中变力F的最大值与t的关系为mR+q
【答案】 D
【解析】 根据匀强电场的电场强度与电势差的关系E===,由题图乙知微粒做匀速圆周运动的周期T=12t1,故电场强度方向与x轴负方向成,b点与a点的电势差Uba=-,故A、B错误;根据φ-t图像,电场强度方向斜向左下方,而微粒做匀速圆周运动,所以微粒在7t1时刻所受变力F可能为最大值,在t1时刻所受变力F可能为最小值,故C错误;圆周运动的过程中变力F为最大值时有F-qE=m()2R,则F=mR+Eq,而T=12t1,所以F=mR+q,故D正确。
1.如图所示,虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线,且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,M、N是这条轨迹上的两点,则下列说法正确的是(　　)
[A]φa>φb>φc [B]EpM>EpN
[C]EkM>EkN [D]aM>aN
【答案】 C
【解析】 由于带电粒子做曲线运动,根据所受静电力的方向指向轨迹的凹侧,且和等势面垂直可知,电场线是由c指向b再指向a,所以有φa<φb<φc,故A错误。带正电粒子若从N点运动到M点,静电力的方向与运动方向成锐角,静电力做正功,电势能减小,动能增加;若从M点运动到N点,静电力的方向与粒子运动方向成钝角,静电力做负功,电势能增加,则动能减少,总之有EpMEkN,故B错误,C正确。由于相邻等势面之间的电势差相等,且N点等势面密集,所以N点附近电场强度大,根据牛顿第二定律得aM2.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线,a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后仅在静电力作用下的运动轨迹,其中b虚线为一圆弧,AB的长度等于BC的长度,且三个粒子的电荷量大小相等。下列说法正确的是(　　)
[A]a一定是正粒子的运动轨迹,b和c一定是负粒子的运动轨迹
[B]a虚线对应的粒子的加速度越来越小,b、c虚线对应的粒子的加速度越来越大
[C]a虚线对应的粒子的动能减小,b虚线对应的粒子的动能不变,c虚线对应的粒子的动能
增大
[D]b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
【答案】 D
【解析】 由运动轨迹可知a虚线对应的粒子受到向左的静电力,b、c虚线对应的粒子受到向右的静电力,由于不知道电场的方向,因此无法确定三个带电粒子的电性,故A错误;由电场线的疏密表示电场强度的大小结合牛顿第二定律可知,a虚线对应的粒子的加速度变小,c虚线对应的粒子的加速度变大,b虚线对应的粒子的加速度大小不变,故B错误;由粒子运动方向与静电力夹角的关系,结合动能定理,可知a虚线对应的粒子的动能增大,b虚线对应的粒子的动能不变,c虚线对应的粒子的动能增大,故C错误;a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹,且三个粒子的电荷量大小相等,故静电力相等,由于b虚线对应的粒子轨迹为圆弧而做圆周运动,静电力充当向心力,其大小F=mb,c虚线对应的粒子做近心运动,则F>mc,可知mb>mc,故D正确。
3.(多选)如图甲所示,直线MN表示某电场中一条电场线,a、b是线上的两点,将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放,粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图乙所示,设a、b两点的电势分别为φa、φb,电场强度大小分别为Ea、Eb,粒子在a、b两点的电势能分别为Epa、Epb,不计重力,则有(　　)
[A]φa>φb [B]Ea>Eb
[C]EaEpb
【答案】 BD
【解析】 由v-t图像的斜率逐渐变小可知,由a到b的过程中,粒子的加速度逐渐变小,所以电场强度逐渐变小,Ea>Eb;根据动能定理,速度增大,可知电势能减小,Epa>Epb,因为粒子带负电,故φb>φa,B、D正确,A、C错误。
4.如图所示为x轴上各点电势随位置变化的图像,一电子仅在静电力的作用下沿x轴从A点向D点做直线运动,下列说法正确的是(　　)
[A]电子到达O点时,动能为20 eV
[B]电子从A点到O点,先做匀加速运动,后做加速度逐渐减小的减速运动
[C]从A点到D点,电子的动能先减小后增大
[D]整个运动过程中,电子的电势能减少了40 eV
【答案】 D
【解析】 由题图可知,从A到O电势升高,电场方向沿x轴负方向,则电子从A到O的过程中静电力做正功,根据关系式W=qU及动能定理,则动能增加ΔEk=-eUAO=20 eV,即动能增加20 eV;由于电子的初始动能未知,所以电子到达O点时,动能不一定为20 eV,故A错误。由于φ-x图像的斜率代表电场强度,则从A到B电场强度为零,从B到O点电场强度逐渐增大,则电子先做匀速运动,后做加速度逐渐增大的加速运动,故B错误。电子从A到B和从C到D不受静电力,则电势能、动能不变,而从B到C静电力做正功,动能增加,故C错误。根据静电力做的功与电势差的关系,WAD=-eUAD=-e(φA-φD)=40 eV,静电力做正功,电子的电势能减少了40 eV,故D正确。
课时作业
(分值:50分)
基础巩固练
考点一　电场线、等势面与粒子的运动轨迹问题
1.(4分)(2025·福建厦门阶段练习)一带正电的粒子在匀强电场中运动,从a点运动到 c点的轨迹如图所示,已知该粒子运动到b点时速度最小,不计粒子的重力。a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc,则(　　)
[A]φa>φb [B]φb>φc
[C]φa<φc [D]φa=φc
【答案】 B
【解析】 根据做曲线运动的物体受到的合力总是指向轨迹的凹侧,结合题意可知粒子轨迹过b点的切线为等势线,电场线与等势线垂直,电场强度方向向左,沿电场线方向电势降低,可知φb>φa>φc。
2.(6分)(多选)如图所示,一带正电的粒子q以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中,粒子只受静电力的作用,沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点,其中a点的电场强度大小为Ea,方向与ab连线成30°角;b点的电场强度大小为Eb,方向与a、b连线成60°角。下列说法正确的是(　　)
[A]点电荷Q带正电
[B]a点的电势低于b点电势
[C]从a到b,q、Q系统的电势能减小
[D]粒子q在a点的加速度小于在b点的加速度
【答案】 CD
【解析】 根据轨迹的弯曲方向,可知带正电粒子与点电荷Q之间为库仑引力,故点电荷Q带负电,故A错误;在题图中过a、b分别沿Ea、Eb方向作直线,交点O则为点电荷Q的位置,三角形abO为直角三角形,则a点比b点到点电荷的距离大,根据负点电荷周围等势面的分布情况,可知a点的电势高于b点电势,故B错误;粒子从a到b过程中,a、b两点间电势差Uab>0,静电力做功Wab=qUab>0,即从a到b,q、Q系统的电势能减小,故C正确;根据牛顿第二定律,有a=,而F库=,可得粒子q在a点的加速度小于在b点的加速度,故D正确。
3.(6分)(多选)(2025·陕西汉中月考)两个固定的点电荷P、Q所形成电场的等势线如图中的虚线所示,一带电粒子以某一初速度从图中的d点进入电场,仅在静电力的作用下运动,运动轨迹如图中的实线所示。下列说法正确的是(　　)
[A]点电荷P、Q带有等量同种电荷,粒子带负电
[B]点电荷P、Q带有等量同种电荷,粒子带正电
[C]粒子从d点到a点运动的过程中,电势能先增大后减小
[D]粒子经过a点时的速度大于经过d点时的速度
【答案】 AC
【解析】 题图中等势线左右对称,由于电场线垂直于等势线,且由电势高处指向电势低处,可知点电荷P、Q带有等量正电荷,由于粒子所受静电力为其合力,则静电力指向轨迹凹侧,根据题图可知,粒子所受静电力方向与电场方向相反,则粒子带负电,故A正确,B错误;结合上述可知,粒子从d点到a点运动的过程中,静电力先做负功,后做正功,则电势能先增大后减小,故C正确;根据题图可知φa=φd,粒子从d点到a点运动的过程中,根据动能定理有qUda=q(φd-φa)=m-m,解得vd=va,故D错误。
4.(4分)如图所示,实线为电场线,虚线为电场中的三条等势线,其中电势φa=60 V,φc=20 V,b点为a、c连线的中点,某带电粒子仅在静电力作用下从M点运动到N点,轨迹如图所示。则下列说法正确的是(　　)
[A]电势φb=40 V
[B]带电粒子带正电荷
[C]带电粒子在M点的速度比在N点的速度大
[D]带电粒子在M点的加速度比在N点的加速度小
【答案】 C
【解析】 由电场线疏密反映电场强度的大小可知,ab段电场强度的平均值大于bc段电场强度的平均值,根据公式U=Ed,可判断Uab>Ubc,即φa-φb>φb-φc,得到φb<= V=
40 V,故A错误;根据曲线运动中合力指向轨迹凹侧,可知带电粒子所受的静电力方向与电场线的方向相反,所以带电粒子带负电,故B错误;带电粒子从M点运动到N点,静电力的方向和速度方向之间的夹角始终为钝角,静电力做负功,动能减小,速度减小,即带电粒子在M点的速度比在N点的速度大,故C正确;由M点比N点电场线密,可知带电粒子在M点所受静电力比在N点的大,因此在M点的加速度比在N点的加速度大,故D错误。
考点二　静电场中常见的图像问题
5.(4分)某半导体中存在电场,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两点的电势相等
[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,静电力做功相等
【答案】 D
【解析】 根据U=Ed可知E-x图线与坐标轴围成的面积表示某两点间的电势差,由于A和B之间图线与坐标轴围成的面积不为零,则A和B两点的电势不相等,故A错误;由题意知,电场强度E的方向为x轴正方向,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电场线方向一直是沿x轴正方向,电子从N移到P的过程中静电力方向一直沿x轴负方向,静电力一直做负功,电势能一直增大,故C错误;E-x图线与坐标轴围成的面积表示某两点间的电势差,N、O和O、P间电势差相等,根据W=qU可知,电子从N移到O和从O移到P,静电力做功相等,故D正确。
6.(4分)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,下列图像中电场强度、动能、速度、加速度分别与位移的关系可能正确的是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 带电粒子在电场中仅受静电力作用,则由ΔEp=-F电Δx可知Ep-x图像的切线斜率绝对值表示静电力大小,根据题图可知,带电粒子受到的静电力逐渐减小,则电场强度逐渐减小,带电粒子的加速度逐渐减小,故A错误,D正确;根据动能定理可得ΔEk=F电Δx,可知Ek-x图像的切线斜率表示静电力大小,由于静电力逐渐减小,则Ek-x图像的切线斜率逐渐减小,故B错误;由于静电力逐渐减小,可知粒子做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,速度达到最大值,故速度与位移一定不是线性关系,故C错误。
能力提升练
7.(6分)(多选)(2025·河南南阳期中)如图所示,水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线,一个质量为m、电荷量绝对值为q的带负电的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两个点,已知该粒子在A点的速度大小为v1,在B点的速度大小为v2,且方向与等势线平行,A、B连线长为L,连线与竖直方向的夹角为θ,粒子所受重力忽略不计,则(　　)
[A]粒子从A到B的过程中静电力做正功
[B]a、b、c、d四条等势线对应的电势高低为φa>φb>φc>φd
[C]粒子在B点的电势能大于在A点的电势能
[D]匀强电场的电场强度大小为
【答案】 CD
【解析】 带电粒子在匀强电场中只受静电力,粒子做曲线运动,所受静电力指向轨迹凹侧,且垂直于等势线,所以粒子所受静电力竖直向下,如图所示,
即A到B过程中静电力做负功,A错误;根据带负电粒子所受静电力竖直向下,可知电场线竖直向上,沿电场线方向电势减小,即φa<φb<φc<φd,B错误;由于粒子从A到B的过程中静电力做负功,电势能增加,所以在B点的电势能大于在A点的电势能,C正确;设匀强电场的电场强度大小为E,根据动能定理有-qELcos θ=m-m,解得E=,D正确。
8.(4分)两个等量正电荷固定于光滑水平面上,其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2×10-5 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放,经B点运动到A点,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　　)
[A]小物块带负电
[B]A、B两点间的电势差UAB=500 V
[C]小物体由C点到A点电势能先减小再增大
[D]B点为中垂线上电场强度最大的点,电场强度E=100 V/m
【答案】 D
【解析】 由C到A的过程中,小物块速度增大,则小物块受到由C指向A的力,由电场叠加规律可知,等量正电荷形成的电场沿连线的中垂线上的方向由C指向A,即小物块所受静电力与电场强度的方向一致,则小物块带正电,故A错误;由于小物块在A、B两点的速度分别为vA=
6 m/s,vB=4 m/s,从B到A的过程中,根据动能定理得qUBA=m-m,又UBA=-UAB,解得UAB=-500 V,故B错误;小物块由C到A的过程中速度不断增大,动能不断增大,根据能量守恒定律,可知电势能不断减小,故C错误;根据v-t图像的斜率表示加速度,而B点处为整条图线切线斜率最大的位置,说明B点为中垂线上加速度最大的点,其大小为am==
m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律得qEm=mam,解得 Em=100 V/m,所以B点为中垂线上电场强度最大的点,故D正确。
9.(12分)(2025·湖北黄石期中)绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电荷量不等的正电荷,两电荷的位置坐标如图甲所示,已知A处电荷的电荷量为+Q,图乙是A、B连线之间的电势φ与位置x之间的关系图像,图中x=L处对应图线的最低点,x=-2L处的纵坐标φ=2φ0,x=2L处的纵坐标φ=φ0,若在x=-2L处的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电物块(可视为质点),物块随即向右运动(假设此带电物块不影响原电场
分布)。
(1)求固定在B处的电荷的电荷量QB;
(2)小物块与水平面间的动摩擦因数μ为多大,才能使小物块恰好到达x=2L处
(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数μ=,小物块运动到何处时速度最大
【答案】 (1)　(2)　(3)x=0处
【解析】 (1)φ-x图线的斜率表示电场强度,由题图乙可知x=L处为图线的最低点,图线的斜率为零,即合电场强度为0,则有k=k,
代入数据解得QB==。
(2)从x=-2L到x=2L的过程中,物块先做加速运动再做减速运动,由动能定理得
qU1-μmgs1=0,
即q(2φ0-φ0)-μmg·4L=0,
解得μ=。
(3)小物块运动速度最大时,静电力与摩擦力的合力为零,设该位置离A点的距离为LA,则有
k-k-μmg=0,
解得LA=3L,
即小物块运动到x=0处时速度最大。

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