第十章 专题强化4 电场能的性质及图像问题-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）苏京

专题强化4　电场能的性质及图像问题 [学习目标]　1.进一步掌握电场强度、电势、电势差、电势能及静电力做功之间的关系(重点)。2.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题(重点)。3.理解E－x、φ－x、Ep－x图像的意义，并会分析有关问题(重难点)。 一、电场强度、电势、电势差及电势能之间的关系 电场强度 电势 电势差 电势能 意义 描述电场的力的性质 描述电场的能的性质 描述静电力做功的本领 描述电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量 公式 E＝ φ＝ UAB＝ Ep＝φq 关系 (1)电场强度为零的地方电势不一定为零 (2)电势为零的地方电场强度不一定为零 (3)电势为零，电势能一定为零(均填“一定”或“不一定”) 联系 (1)匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点沿电场强度方向上的距离) (2)电势沿着电场强度方向降低最快 (3)UAB＝φA－φB，φ＝，WAB＝qUAB，WAB＝EpA－EpB 例1　(2022·南京市校考)如图甲、乙、丙所示为三种带电体产生的电场线和等差等势面示意图，下列说法正确的是(　　) A．甲图中A点和B点电场强度相同 B．乙图中带电体表面上C点和D点电势相等 C．丙图中F点电势大于E点电势，电子在F点电势能比较大 D．甲图中A、B连线中点电势等于 答案　B 解析　由甲图可知A、B两点离正电荷距离相等，所以A、B两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误； 乙图中带电体是等势体，故C、D两点电势相等，所以B正确； 由丙图可知电场线方向向上，所以F点电势高于E点电势，电子由F点到E点静电力做负功，电势能增加，故电子在E点电势能较大，故C错误； 由甲图可知A、B两点电势相等，弧AB在一个等势面上，弧AB的中点电势等于，但因A、B连线并不是一个等势面，根据电场线方向可知连线中点电势大于，故D错误。 二、电场中的功能关系 1．静电力做功的计算 2．电场中常见的几种功能关系 (1)静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 (2)合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 (3)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 例2　如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带负电荷 B．金属块的机械能减少12 J C．金属块克服静电力做功8 J D．金属块的电势能减少4 J 答案　B 解析　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以金属块带正电荷，故A、C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 例3　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的过程中克服静电力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　) A．平面c上的电势为零 B．该电子一定能到达平面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　A 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，电子由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；因静电力做负功，故电场线方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各等势面电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B错误；电子经过平面d时，电势能Ep＝(－e)φd＝2 eV，故C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，故D错误。 三、电场中的图像问题 1．φ－x图像 (1)φ－x图像的意义：反映了电势φ随位置x变化的规律。在φ－x图像中根据纵坐标值可以直接判断各点电势的高低。 (2)φ－x图线的斜率绝对值表示沿x轴方向电场强度的大小；电场强度为零处，其切线的斜率为零。 (3)设电场强度的方向与x轴平行，图像中沿x轴，电势降低的方向即为电场强度方向。图中A点电势高于B点电势，故A、B间电场方向沿x轴正方向，C点电势低于D点电势，故C、D间电场方向沿x轴负方向。 例4　如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是(　　) A．x1和x2处的电场强度均为零 B．x1和x2之间的电场强度方向不变 C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小 答案　C 解析　φ－x图像的切线斜率越大，则电场强度越大，x1和x2处的电场强度均不为零，A项错误；由电势变化可知，x1和x2之间的电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中，电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，C项正确；粒子在x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D项错误。 2．E－x图像 (1)E－x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 (2)设x轴正方向为电场强度的正方向，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。 例5　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，带正电的点电荷沿x轴运动，则(　　) A．x2和x4处电势相等 B．点电荷由x1运动到x3的过程中所受电势能增大 C．点电荷由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大 D．x1与x2间的电势差大小大于x2与x3间的电势差大小 答案　B 解析　由题图可知，x1右侧电场强度为负值，方向向左，故x2位置电势低于x4位置的电势，A项错误；从x1移动到x3的过程静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大后减小，所以点电荷所受静电力先增大后减小，C项错误；图线与x轴围成的“面积”表示电势差，则x1与x2间的电势差大小小于x2与x3间的电势差大小，D项错误。 3．Ep－x图像 (1)Ep－x图像的物理意义：反映了电势能Ep随x变化的规律。 (2)图像切线的斜率绝对值表示静电力大小。图像切线斜率为零时静电力为零，该点的电场强度的大小也为零。 例6　(2022·江苏省震泽中学高一期中)如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为－x1处分别固定两点电荷Q1、Q2(两点电荷的电荷量和电性均未知)。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是(　　) A．点电荷Q1带负电 B．试探电荷在x2～x3之间受到的静电力沿x轴正方向 C．x3～x4之间的电场强度沿x轴正方向 D．两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为 答案　C 解析　试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的静电力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受静电力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，选项A错误；由题图可知x4处的电场强度为零，则＝，解得＝，D错误。 专题强化练 1.如图所示，在xOy坐标系中以O点为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦点P上放一负点电荷，下列说法正确的是(　　) A．B、E两点电场强度相同 B．A点电势比D点电势高 C．将一负点电荷由B沿BCDE移到E点，静电力做功为零 D．同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能 答案　C 解析　由电场线的分布情况和对称性可知，B、E两点电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误；D点到负点电荷的距离大于A点到负点电荷的距离，由离负点电荷越远电势越高知，D点的电势高于A点的电势，故B错误；B、E两点电势相等，负点电荷在B、E两点的电势能相等，所以负点电荷由B沿BCDE移到E点，静电力做功为零，故C正确；D点的电势高于C点的电势，而正点电荷在电势高处电势能大，则同一正点电荷在D点的电势能大于在C点的电势能，故D错误。 2．(2023·宿迁高一统考期末)在x轴方向存在一静电场，其φ－x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受静电力，则该电子(　　) A．在x1处速度达到最大 B．从x1到x2的过程中静电力做正功 C．在x3处电势为零，电场强度也为零 D．从x3到x4的过程中加速度逐渐增大 答案　A 解析　根据题意可知，电子仅在静电力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，0～x1电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由φ－x图像中斜率表示电场强度可知，x1处电场强度为0，结合上述分析可知，从0～x1电子在静电力作用下做加速运动，之后做减速运动，则电子运动到x1处时速度最大，故A正确； 从x1到x2电场方向水平向右，此过程中静电力做负功，故B错误； 由φ－x图像中斜率表示电场强度可知，在x3处电势为零，但电场强度不为零，故C错误； 由φ－x图像中斜率表示电场强度可知，从x3到x4的过程中电场强度逐渐减小，则加速度逐渐减小，故D错误。 3.空间某一静电场的电场线与x轴平行，其电场强度随x变化情况如图所示。图中坐标x1～x2、x2～x3曲线与x轴所围的面积相等，设x1、x2、x3三点的电势分别为φ1、φ2、φ3；把一个正电荷从x1移动到x2，静电力做功为W1，从x2移动到x3，静电力做功为W2，下列说法正确的是(　　) A．φ2＝ B．φ2< C．φ2> D．W1<W2 答案　A 解析　因E－x图像与横轴围成的面积等于电势差，则从x1到x2的电势差等于从x2到x3的电势差，则φ1－φ2＝φ2－φ3，可得φ2＝，选项A正确，B、C错误；根据W＝qU，U12＝U23可知，W1＝W2，选项D错误。 4.一正电荷在电场中仅受静电力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(　　) A．A处的电场强度一定小于B处的电场强度 B．A处的电势一定低于B处的电势 C．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能 D．从A到B的过程中，静电力对电荷做正功 答案　B 解析　根据速度—时间图像的斜率表示加速度，可知电荷在A点的加速度大于在B点的加速度，因为只受静电力作用，故电荷在A点所受的静电力大于在B点所受的静电力，推知EA>EB，A错误；正电荷仅在静电力作用下速度减小，正电荷一定逆着电场线运动，沿着电场线方向电势降低，所以φA<φB，B正确；从A到B静电力做负功，电势能增大，C、D错误。 5.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　) A．动能增加mv2 B．电势能减少mv2 C．重力势能增加mv2 D．机械能增加2mv2 答案　D 解析　动能的增加量为ΔEk＝m·(2v)2－mv2＝mv2，A错误； 竖直方向，小球做竖直上抛运动，则h＝ 重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2 根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能和重力势能的增加量之和 ΔEp减＝mv2＋mv2＝2mv2，B、C错误； 机械能增加量等于电势能减少量ΔE＝2mv2，D正确。 6.如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定放置，与以电荷量为Q的正电荷为圆心、半径为L的圆周交于B、C两点，质量为m、电荷量为＋q的有孔小球(视为点电荷)从杆上的A点无初速度滑下。已知AB＝BC＝3L，小球滑到B点时的速度大小为，静电力常量为k，重力加速度为g，求： (1)在B点时杆对小球的弹力大小以及此时小球的加速度大小； (2)A、C两点间的电势差。 答案　(1)　g－　(2) 解析　(1)在B点对小球受力分析，受到的库仑力为FB＝＝，设小球在B点的库仑力与竖直杆的夹角为θ，由几何关系cos θ＝＝，则有sin θ＝，把FB沿水平方向、竖直方向分解，水平方向由二力平衡可得B点杆对小球的弹力大小FN＝FBsin θ＝，由牛顿第二定律得mg－FBcos θ＝ma，解得a＝g－ (2)半径为L的圆周是一个等势面，则有φB＝φC，小球由A点到B点，由动能定理可得mg·3L＋(φA－φB)q＝m()2，A、C两点间的电势差为UAC＝φA－φC＝φA－φB，解得UAC＝。 7．(2022·南通市期中)如图所示，O为竖直方向上固定的等量异种点电荷连线的中点，点M、N关于O点对称，无穷远处电势为0。一带负电荷的小球从M点由静止释放，在其运动至N点的过程中，小球的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和电势能Ep与时间t或位移x的关系图像正确的是(　　) 答案　D 解析　由于小球从M点由静止释放，能够向下运动至N点，表明初始状态的加速度不为0，故A错误； 根据等量异种点电荷的电场线分布特征，小球从M点至N点，电场强度先减小后增大，带负电小球受到的静电力竖直向上，根据牛顿第二定律可得a＝ 可知小球的加速度先增大后减小，速度－时间图像斜率表示加速度，而图中斜率先减小后增大，故B错误； 小球从M点至N点，加速度先增大后减小，方向一直竖直向下，故小球一直做加速运动，小球的动能一直增加，故C错误； 小球从M点至N点，静电力做负功，电势能逐渐增加；电势能与位移的图像的斜率表示静电力，根据等量异种点电荷的电场线分布特征，小球从M点至N点，静电力先减小后增大，即图像的斜率先减小后增大，故D正确。 8．(2023·江苏省南通一中月考)如图甲所示，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，O点为坐标原点，x轴上各点的电势φ随x轴坐标的变化规律如图乙所示，图中x轴上C点的电势为零，D点的电势最低。则(　　) A．图乙中图线的斜率表示电势能 B．在x轴上D点的电场强度最大 C．点电荷 Q1的电荷量比Q2的大 D．点电荷 Q1带正电，Q2带负电 答案　C 解析　φ－x图像中某点切线的斜率表示该点的电场强度，根据图像可知，在x轴上D点的电场强度为零，故A、B错误； 因为在x轴上D点的电场强度为零，根据电场强度叠加的特点可知，两个点电荷在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，则两个电荷为异种电荷，从点O到点D电场强度方向向右，点D右侧电场强度方向向左，由此可知点电荷 Q1带负电，Q2带正电。根据距离的关系结合电场强度的计算公式E＝k可知，点电荷Q1的电荷量比Q2的大，故C正确，D错误。 9．(2022·南京市宁海中学期中)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　) A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变，为一定值 D．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1 答案　C 解析　Ep－x图像切线斜率的绝对值表示静电力大小， x1处切线斜率为零，粒子在x1处所受静电力为零，故x1处电场强度为零，故A错误； 由题图知，在0～x1段图像切线斜率不断减小，粒子所受静电力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图像切线斜率不断增大，粒子所受静电力不断增大，加速度增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，电场强度大小和方向均不变，粒子所受静电力不变，做匀变速直线运动，故B错误，C正确； 根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D错误。 10．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q(q>0)的滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0，沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　) A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于 C．此过程中产生的内能小于mv02 D．Q产生的电场中，a，b两点间的电势差为Uab＝ 答案　D 解析　由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力方向与运动方向相反，库仑力与运动方向相同。因滑块在b点静止，故库仑力小于滑动摩擦力，滑动过程中，随着距离的减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点速度减为零，A错误； 滑块滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，因此加速度逐渐减小，故中间时刻的速度小于，B错误； 滑块从a点到达b点过程中，由动能定理可得W电－μmgs＝0－mv02 产生的内能为Q＝μmgs＝W电＋mv02 由于静电力做正功，因此在此过程中产生的内能大于mv02，C错误； 滑块从a点到达b点过程中，由动能定理可得－qUab－μmgs＝0－mv02 解得：Uab＝，D正确。 11．(2023·海安实验中学高一联考)如图甲所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷，一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从a点由静止释放，并开始计时，后经过b、c两点，其运动过程中的v－t图像如图乙所示。则下列说法不正确的是(　　) A．带电圆环在圆心处产生的电场强度为零 B．b点电势高于c点电势 C．b点电场强度小于c点电场强度 D．a、b两点电势差Uab小于b、c两点电势差Ubc 答案　C 解析　根据电场的叠加原理和对称性可以知道，带电圆环在圆心处产生的电场强度为零，故A正确； 据对称性知，绝缘竖直圆环上均匀分布的正电荷在杆上bc段的电场强度方向由b指向c，所以b点电势高于c点电势，故B正确； v－t图像的斜率表示加速度，小球在b处的加速度大于c处加速度，由qE＝ma可知，b点电场强度大于c点，故C错误； 根据动能定理可得 qUab＝mvb2－mva2＝0.045m，qUbc＝mvc2－mvb2＝0.08m 可得Uab<Ubc，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$