第八章 专题强化十一 电场中的功能关系及图像问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习（人教版2019）

null专强化十一 电场中的功能关系及图像间微 误：根据点电荷电势公式，g、C两点电 荷从（点移到d点，静电力做正功，电 【探究热点链视角】 势分别为？，=k又一k互=友4 势能减小，故D错误。 热点1 针对训练 精讲导学 、·2=表又一女丝·可知9>9·根 3.AC 解析9一x图像的斜率表示电 例1]ACD解析根据重力发功与重 场强度，可得A,B两点的电场强度E, 力势能变化关系可得W,=W,= 据E=一中可知，同一带负电的试探 >E。,故A正确：根据沿电场线方向电 一△E:,小球上升过程重力做负功 电荷在g点具有的电婷能小于在￠点 势降低，可知电场强度的方向为A指 小球的重力势能增加了一W,故A 具有的电势能，C正确：根据等量异种 向B,则电子受到电场力方向为B指 正确：根据电场力做功与电势能变化 点电荷的等婷线分布规律可知，沿椭 向A,电子由点A运动到点B,电场力 国顺时针从a点经b点移到C点，电势 关系可得W。=W:=一△E,。,带正电 小球上升过程电场力微正功，小球的 逐渐减小，根据Wu=“U:=g“(9, 微负功，电子的动能减小，速度减小， 电势能减少了W,,故B错误：小球与 华)可知，电场力始终微正功，故将一蒂 故？>n,故B错误：由图乙可如A、B 两点的电劳：>，故C正确：电子由 弹黄组成的系统，在小球从静止开始 正电的试探电荷沿椭圆颗时针从点 点A运动到点B,电场力做负功，电子 运动到离开弹簧的过程中，由于电场 经b点移到c点，电场力始终数正功，D 正确。故选ACD。 的电势能增加，故E,<E,故D错误， 力对小球做正功，大小为W:,小球与 类型突破 磔簧组成的系统机械能端加了W:, 热点2 例4]D解析由E-x图像可知，在x 故C正确：在小球从静止开始运动到 类型突破 例2BC解析 轴上的P点对应x:点，在P点的左 离开弹簧的过程中，根据能量中恒定 带正电的小球从a点 律可知，减少的弹性势能与或少的电 由静止释放，向上微加速运动，可知 侧电场猛度为正值，沿x轴正方向， 右侧为负值，可知A、B带等量负电 势能之和等于增加的重力势能与增 小球a受到向上的电场力，aO线上的 电动方向些直向上，两电荷带负电， 荷，A错误：电荷量为g的正点电荷， 加的动能之和，则有W:十E= 故A错误；v一【图像上斜率表示加速 从O点到P点，静电力做正功，电势 一W,十之m心，解得撒去F前弹黄的 度，在b点可得a,=-1.0m号，报 能减小，从P点沿工轴正方向运动， △ 静电力做负功，电势能增加，因此点 弹性势能为Ew■交m一W,一W: 据牛顿第二定律得gE。=6,联立解 电荷g在x处电势能不是最大，且点 故D正确 得E。=10Vfm,故B正确，从a到b 电荷g在x,处动能最大，B,C错民： 针对训练 由动能定理得儿=专m 由对称性可知，点电荷？沿x轴正方 1.AB解析因 向最运能到达O处，由动能定理 幕势面间距相 1 m,由图乙可得=3m‘s,代入 gUr=△E=0.则Uv=0,由对称性 等，由U=Ed 知O与O关于P点对称，故点电荷g 解得U=45V,故C正确：由图像乙 得相邻虚线之 沿x轴正方向运动的最远距离为 同电势差相等， 4V2V0-2V-4Y 可知·小球速度一直增大，电场力 2x2,D正确 直做正功，故电势能一直减小，运动 由a到d,eU=-6eV,故U=6V 针对训练 到)点时电势能最小，故D钳误，敌 因电场力数负功，故电场方向向右，沿 4.C解析从O点到C点，电场强度方 选BC, 电场找方向电势降低，又华=2V,则g 向保持不变，由于开始电场强度方向 例3]BC解析$-x图像的斜率的绝 =0,各虚线电势如图所示，故A正确 沿工轴正方向，所以沿电场线方向电 对值表不电场强度的大小，斜率的正 因电子的速度方向未知，若不垂直于 势逐渐降低，则从(O)点到C点，电势逐 负表示电场强度的方向，由题留可 等势面，如图中实线所示，电子可能到 渐降低，所以A钳误：由图像可知电场 知，：，两点电势相等，但电扬强度大 达不了平面∫，故B正确。电子经过平 强度先增大后减小，则电场力也是先 小和方南均不同，故A错误：B项判 面d时，电势镜E,=eg=2eV,故C 增大后减小，所以粒子的加速度先增 断有以下两种方法： 错误。由a到b,W。■E一E 大后减小，一直做交加速运动，则B错 方法一：电场强度叠加法 -2eV,所以E=8eV:由u到d,W 误，因图像与横轴所围的面积表示电 由题图可知，d点图像斜率为零，表明 =Eu-E=-6eV,所以Eu=4eV 势差，则有Ux>3U,由动能定理有 该点的合电场强度为零，而d点到两 则￡。=2E,根据￡=m时知 qUn=E,gUx=E…由上几式可得 点电荷的距离之比为21，根 E>3E,所以粒子运动到C点时动 2,故D错误。 据点电荷电场强度公式E=9可得， 能大于3E,则C正确：因UAw>U 2.ACD解析很据等量异种点电荷的 4,4电荷量之比为4：1，故B正确： 所以粒子在AB段电势能减少量大于 电场线的分布规律可知，关于中心O BC段电势能减少量，则D错误。 方法二：电势叠如法 对称点所在位置，电场线方向与分布 类型突破 a点电势为零，a点到两点电荷的距 的疏密程度均相司，即，c两点场强相 [例5]AC解析粒子从O运动到x的 同，由于沿电场线电势降低，可知点 离之比r·行=4：1，由g=9得： 过程中，电势能变化量为零，静电力 电势高于c点电势，A正确：b、d两点 4 做功为零，根据动能定理知，粒子在 关于中心O对称，根据上述可知，b,d 一9=0，得：一工，赦B正确， rr 工，点的速度为，故A正确：从O点 两点场强相同，根据等量异种点电荷 a,c两点电势相等，电势差为零，负电 到x,点的过程中，电场的电势先降低 的等势线分布规律，b、d两点连线为一 荷从a点移到C点，静电力假功为零， 再升高，故B错误：粒子能运动到T 条等势线，则b,d两点电势相可，B错 故C正确，d间电场方向向左，负电 处，就能运动到x,处，若粒子恰好能 ·523· 高考一轮总复习·物理 运动到x,处，此时初速度最小，根 流恒定不变。接“恒流源”时，随着电 出，A点为放电快结束阶段，B点为充 据动能定理得一q9=0一 2m',解 容器两端电压的增大，“恒流源”两端 电开始阶段，所以在B点时通过电阻 电压增大 R的电流更大。 EE,所以若粒子 针对训练 (4)由题图(e)可知，当f=45Hz时， (1)正极(2)C(3)R.电荷量 电容器此时两端的电压最大值约为 能运动到x,处，则初速度至少为 解析(1)多用电表红表笔流入电流， U.=3.?5V,根据电容的定义式C= ，故C正确：粒子运动拉程中， 黑表笔流出电流，故电流表红表笔应 Q m 该与电池的正极接触：(2)电容器充电 得此时电容器所带电荷量的最大 静电力所做正功的最大值为？g,者 完成后，开始时两极板电量较多，电势 值为Q.=CU=4.7×10°×3.75C ,由动能定理得W=4 =2入√m 差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路 ≈1.8×10C, 立即形战电流，灯泡迅速变亮：随着时 【随堂巩固练速能】 =E。一号m.解得En=3E,故 问的积黑，两板板电量变少，电势差变 1.(1)B(2)a+b5.2 小，流过灯泡的电流减小，直至两极板 解析(1)电容器充电过程中，当电路 D错误 电荷量为零不带电，则无电流流过小 刚接通后，电流表示数从0增大到某 实验十理察电客器的充放电现象 灯泡即德灭，故选C。(3)开始充电时 一最大值，后随着电容塞的不断充电， 考点1 两极板都不带电，两授板电势差为军， 电路中的充电电流在减小，当充电结 典例剖析 设电源内阻为，，则开始充电时有E 束电路璃定后，此时电路相当于开路， [例1们(1)“-？图像见解析图 CU I(R十厂)，由留像可知开始充电时实线 电流为0。故法B。 的电流较小，放电路中的电阻较大，因 (2)根据电路图可知充电结束后电容 (2)n.Rb.减小电阻R,可以实现对 比电阻箱阻值为R,:图像的物理意久 器上极板带正电，将S,接2，电容幕放 电容器更快速充电：增大电阻R,可以 为充电过程中电流随时问的变化图 电，此时通过定慎电阻R的电流方向 实现更均匀充电 线，故曲线与坐标轴所图面积等于该 →b:1=2s时1=1.10mA,可知此时 (3) 次充电完成后电容器上的电荷量， 电容器两端的电压为U,=R,电容器 “恒流源”(2)中电源 考点2 开始校电前两端电压为12,3V,根据1 电源两端电压 增大 不变 典例剖析 一1图像与横轴围成的面积表示放电量 例2](1)91×102(2)c两次放电 可得0一2s间的放电量为 通过电源的电流 不变 减小 电荷量相等，图线与1轴围成部分的 Q=△U·C=(12.3-1.10×103× 解析(1)u-g图 面积相等，另由于R>R,开关掷向 R)C 像如图所示， 2瞬间放电电流较小 2、后到放电结束问放电量为 电压为U时，电容 解析(1)由题图乙知，最大电流为 Q=U'·C=1.10×10-3·RC 器后电Q,图线和横 I=90mA=0.09A,因此最大电压 轴国成的面积表示所储存的电能E。 为U.=IR=9V:曲线与坐标轴所 根据是e8-号解得R5,2n E=号Q,又Q=CU,故E 图的面积表示电容器的带电荷量Q 2.(1)h(2)6.5(3)3.8×103 90mA·s,根据电容器的定义式可得 (4)4.8×10+(5)D. 1 U. C=1×101F 解析(1)滑动变阻器采用分压式接 (2)m.由图像可知，电容器充完电后 U 法，故向b端清动，电容器充电电压升 (2)根据i=R,知第2次实验的最 ①②两次电荷量相等，由Q=CU= 高：(2)量程15V,每个小格0.5V,则 大放电电流小些，而曲线与坐标轴所 CE知，两次电源电动势相等。故① 电压表的示数为6.5V:(3)1-t图像 ②两条角线不可不是E的改变造成 围的面积相等，故电流随时间变化的 所围的面积等于电容器存储的电荷 的，只能是R的改变造戒的。 曲线应波是虚线c, 量，共计约38个小格，故电容器存绪的 [例3](1)见解析图(2)40(3)充电 b.刚开始充电瞬问，电容器两端的电 电荷量为3,8×10C:(4)由电容的定 压为零，电路的晚时电流为1一景，故 B(4)1.8×10 解析(1)根据电路图连接实物图， 义式C-号得：C=48X10C,(6)开 减小电阻R,刚开始充电瞬问电流「 如图所示。 关S排向2，电容器放电，故D,闪光 大，曲线上该点切线斜率大，即为曲 3.(1)正(3)3.5×10(3.3×102 线①。这样能在较短时间内使电荷 3.7×10均可)4,4×10(4.1× 量达到最大，故可以实现对电容器快 104.6×10‘均可)(4)见解析图 速充电。增大电阻R,刚开给充电瞬 中下 解析(1)电容器上极板与电源正板 电源 传感器 间电流1小，厚为出线②，该西线接近 相连，充满电后上极板带正电， 线性，可以实现均匀充电。 (2)由题图(c)可知周期T=25× (3)1-‘图像与坐标轴图成的面积表 (3)接(2)中电源时，由干忽路电源E 10s,所以该矩形波的频率为f 示电荷量，一小格代表的电荷量为 的内阻，赦电源两端电压不变。通过 0.25mA×1s=2.5×10C, 电海的电淀1=藏着电章据调 T=40 Hz. 网图中意共约14小格，所以电容器充 (3)由愿图(d)可知，B点处于电容幂 满电的电荷量为Q=14g=3.5× 端电压U不断变大，通过电源的电流 两端的电区在慢漫增大的过程，脚电 103C, 减小。“恒流源”是指电源输出的电 容器处于老电状态：从题图中可得 电容磊充满电后电压为8V, 高考一轮总复习+物理 ·524·