第九章 第3课时 专题强化：电场中的图像问题 电场中的功能关系（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 苏京）

第3课时　专题强化：电场中的图像问题　电场中的功能关系 目标要求　1.掌握静电力做功的计算方法及电场中常用的功能关系。2.掌握电场中的几种常见图像。 考点一　电场中的功能关系 几种常见的功能关系： (1)合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk(动能定理)。 (2)重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp。 (3)静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电。 (4)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹。 (5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机。 说明：动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来；能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。 例1　(2023·全国乙卷·19改编)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点的电势能小于在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　C 解析　由题知，OP>OM，OM＝ON，则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，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A、B错误，C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。 例2　(2024·江苏南通市校考)如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m、电荷量为q的带负电小物块，水平面上方有一电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场。开始时物块在大小为2qE、方向水平向右的外力F作用下静止在M点，设物块在M点的电势能为零。现将力F撤去，则物块运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．弹簧和物块组成的系统机械能之和不变 B．弹簧处于原长时物块的速度最大 C．弹簧最短时物块加速度大小为 D．物块电势能的最小值为－ 答案　C 解析　弹簧和物块组成的系统，撤去F后受到弹簧的弹力和静电力作用，则机械能与电势能之和不变，选项A错误；当所受的合力为零时速度最大，即此时弹力大小等于静电力大小，此时弹簧不是处于原长位置，选项B错误；开始撤去F时，物块受到的合力大小为2qE，由对称性可知，弹簧最短时物块所受的合力大小为2qE，此时物块加速度大小为a＝，选项C正确；开始时弹簧的弹力大小为F弹＝qE，此时弹簧处于伸长状态；在平衡位置时弹簧的弹力大小为F弹＝qE，此时弹簧处于压缩状态，则从开始运动到平衡位置的距离为x＝，弹簧最短时物块的电势能最小，从开始释放物块到弹簧最短时，静电力做功为W＝qE·2x＝qE·＝，即物块的电势能减小；因M点的电势为零，则物块电势能的最小值为－，选项D错误。 例3　(2023·江苏苏州市检测)可视为质点的物块A、B、C放在倾角为37°、长L＝2 m的固定斜面上，B、C相距1 m，其位置关系如图所示。物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，物块A、B的质量分别为mA＝0.80 kg、mB＝0.40 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且C的带电荷量为qC＝＋2.0×10－5 C，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上一直做加速度大小为a＝2.5 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0，物块A、B分离，当A运动到斜面顶端时撤去力F。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求物块B带电荷量qB； (2)求时间t0； (3)已知点电荷Q周围的电势分布可表示为φ＝k，求力F对物块A做的功。 答案　(1)＋4.0×10－5 C　(2)0.4 s　(3)9.8 J 解析　(1)由题知，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，则以AB整体为研究对象有(mA＋mB)gsin 37°＝k 解得qB＝＋4.0×10－5 C (2)当A、B刚好分离时，对B有 k－mBgsin 37°－μmBgcos 37°＝mBa 代入数据有x′＝1.2 m 在A、B分离前二者一起做匀加速直线运动，则A、B一起匀加速运动了x＝x′－xBC＝0.2 m 根据匀变速直线运动位移与时间的关系有 x＝at02，代入数据解得t0＝0.4 s (3)根据以上分析当A、B刚好分离时，二者的共同速度为v＝at0＝1 m/s 则A从A、B开始运动到二者刚好分离时，根据功能关系有WF1－μ(mA＋mB)gxcos 37°－(mA＋mB)gxsin 37°＋W电＝(mA＋mB)v2 由于点电荷Q周围的电势分布可表示为φ＝k，则W电＝(φ－φ′)qB＝(k－k)qB 联立解得WF1＝1.8 J 当A、B分离后有F2－mAgsin 37°－μmAgcos 37°＝mAa 解得F2＝10 N 则A、B分离后，A还要继续上滑 x″＝L－x′＝0.8 m 则A、B分离后，A继续上滑过程中F做的功为WF2＝F2x″＝8 J 则整个过程中力F对物块A做的功WF＝WF1＋WF2＝9.8 J。 考点二　电场中的图像问题 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　一带负电粒子仅在静电力的作用下从A点沿直线运动到B点，速度由v1变为v2，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是(　　) A．A、B两点的电势关系为φA<φB B．A点附近的等势面比B点附近的等势面稀疏 C．A、B两点的电场强度大小关系为EA>EB D．粒子从A点到B点的过程中，可能两次经过同一个等势面 答案　C 解析　根据速度由v1变为v2，速度减小，可知静电力对粒子做负功，电势能增加。根据负电荷在电势高处电势能低，则φA>φB，故A错误；电场线密集的位置等势面密集，电场强度更大，则带电粒子受到的静电力更大，加速度大，在v－t图像中斜率的绝对值更大，A处斜率的绝对值大于B处斜率的绝对值，则电场强度的关系为EA>EB，A点附近的等势面比B点附近的等势面密集，故B错误，C正确；粒子从A点到B点的过程中，速度一直减小，则静电力一直做负功，电势能一直增大，故不可能两次经过同一个等势面，故D错误。 2．φ－x图像(电场方向与x轴平行) (1)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　(2024·江苏南京市联考)两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．试探电荷在M点受到的静电力比在N点大 B．试探电荷在M点具有的电势能比在N点大 C．试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相同 D．静电力先做正功后做负功 答案　A 解析　φ－x图线上某点切线的斜率表示该点电场强度，由题图可知M点电场强度大小大于N点电场强度大小，则试探电荷在M点受到的静电力比在N点大，故A正确；两点电荷所带电荷量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误；M、N两点电场强度方向相反，试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相反，故C错误；由题图可知从M到O电势降低，从O到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，静电力对试探电荷先做负功后做正功，故D错误。 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(沿x轴正方向为电场强度正方向) 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　(2023·江苏盐城市三模)在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零，则下列说法正确的是(　　) A．x＝3x0处的电场强度大于x＝5x0处电场强度 B．x＝3x0处的电势高于x＝5x0处的电势 C．在x＝8x0处点电荷的电荷量的绝对值为3q D．电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少 答案　D 解析　由题图可知，从x＝2x0处到x＝8x0处，电场强度不断增大，所以x＝3x0处的电场强度小于x＝5x0处电场强度，故A错误；在x轴的坐标原点固定一电荷量绝对值为q的点电荷，在x＝8x0处固定另一点电荷，选取x轴正方向为电场强度的正方向，分析可知为两不等量正电荷产生的电场，类比等量同种正电荷产生的电场，可知从x＝2x0处到x＝8x0处电场强度沿x轴负方向，所以x＝3x0处的电势低于x＝5x0处的电势，故B错误；设在x＝8x0处固定另一点电荷的电荷量为q′，在x＝2x0处电场强度为0，可得k＝k，解得q′＝9q，故C错误；电子从x＝x0移动到x＝2x0过程，顺着电场线运动，可知静电力做负功，电势能增加，从x＝2x0移动到x＝5x0过程，逆着电场线运动，可知静电力做正功，电势能减少，所以电子沿x轴从x＝x0移动到x＝5x0过程中电势能先增加后减少，故D正确。 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＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向。 (2)Ek－x图像 当只有静电力对带电体做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力。 例7　(2023·江苏宿迁市阶段检测)将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上，将一带负电的试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中，该试探电荷的电势能随位置变化的图像如图所示，已知xAC>xCB，图中的水平虚线在C点与图线相切，两固定点电荷带电荷量的多少分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是(　　) A．两固定点电荷都带正电，且qA>qB B．在AB连线上，C点的电场强度最小但不等于零 C．因试探电荷的电势能始终为正值，可知AB两点间沿x轴方向的电场强度始终向右 D．如果将试探电荷的电性改为正电，则该电荷在C点的电势能最大 答案　D 解析　负试探电荷从A运动到C，电势能降低，则从A到C电势逐渐升高，电场方向从C到A；负电荷从C到B电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C到B，即电场方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则qA和qB均为负电荷。因为在qA和qB连线中点处的合电场强度沿x轴负方向，故qA>qB，故A、C错误；Ep－x图像的斜率表示静电力，而C点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C点处受到的静电力为零，可知C点的电场强度为零，B错误；在C点，负电荷的电势能最低，则正电荷在C点的电势能最大，故D正确。 课时精练 1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，物体运动距离s时速度变为零。则在此过程中(　　) A．物体克服静电力做功0.6qEs B．物体的电势能增加了qEs C．物体的重力势能增加了qEs D．物体的动能减少了0.6qEs 答案　D 解析　由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝ －0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确。 2.如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功 B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功 C．小球的机械能守恒 D．小球的机械能增大 答案　B 解析　小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，静电力做的总功为负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与克服摩擦力做的功之和，故A错误，B正确；静电力和摩擦力都做负功，小球机械能一定减少，故C、D错误。 3．如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电，位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受静电力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是(　　) A．Q1∶Q2＝4∶9 B．b点的电场强度一定为零 C．a点的电势比b点的电势高 D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小 答案　B 解析　由图像可知，粒子在b点之前做加速运动，b点之后做减速运动，可知在b点加速度为0，由于粒子只受静电力，所以b点电场强度为0，且Q2带负电，因此k－k＝0，解得Q1∶Q2＝9∶4，故A错误，B正确；因为Q1带正电、Q2带负电，所以在ab段电场线方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势比b点的电势低，故C错误；粒子从a到b过程中做加速运动，故静电力做正功，电势能在减小，所以粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故D错误。 4.(2023·江苏常州市前黄高级中学二模)O、A、B为一条电场线上的三点，一电子仅在静电力作用下由O点经A点向B点运动，以O点为零电势点，该电子运动过程中电势能Ep随移动距离x的变化规律如图所示，则下列说法中正确的是(　　) A．该电场可能是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度等于B点的电场强度 C．电子在A点的动能小于在B点的动能 D．电子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W＝EpB－EpA 答案　B 解析　由题图可知，从O点到B点，电子的电势能随移动距离均匀增加，则电势随移动距离也均匀增加，该电场一定为匀强电场，不可能为孤立点电荷形成的电场，A、B两点的电场强度相等，选项A错误，B正确；电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpA<EpB，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，静电力做负功，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，静电力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C、D错误。 5．(2023·江苏扬州市扬州中学期中)水平地面上方有水平向右、范围足够大的匀强电场，从地面上的A点竖直向上抛出一个带电的小球，运动轨迹如图所示，B点为轨迹的最高点，空气阻力可忽略。则小球在从A到B过程中(　　) A．电势能增大 B．动能先减小后增大 C．机械能先减小后增大 D．相同时间内速度变化量不同 答案　B 解析　由运动轨迹可知，小球带正电，则小球在从A到B过程中静电力做正功，电势能减小，机械能增大，故A、C错误；运动开始过程中，小球所受合力与速度夹角为钝角，合外力做负功，故小球动能减小，之后小球所受合力与速度夹角减小为锐角，合外力做正功，小球动能增大，故B正确；小球所受合外力固定不变，则加速度固定不变，则相同时间内小球的速度变化量相同，故D错误。 6．如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个点电荷分别固定于相距为6L的A、B两处。一质量为m、电荷量为q的带负电小滑块(可视为点电荷)从x＝－L处由静止释放后沿x轴正方向运动，在x＝2L处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．两固定点电荷均为正电荷 B．QA＝2QB C．x＝L处电势最低 D．从－L到2L，电势升高 答案　D 解析　小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x＝L处电势能最低，则x＝L处电势最高，故A、C错误；根据功能关系知Ep－x图像的斜率表示静电力，可知在x＝L处静电力为零，则k＝k，解得QA＝4QB，故B错误；对滑块，从－L到2L，由动能定理有－qU－μmg·3L＝0－0，解得U＝，则从－L到2L，电势差为负，电势升高，故D正确。 7．(2023·江苏连云港市阶段练习)某静电场中，取电场强度E的方向为x轴正方向，x轴上各点的电场强度E与位置x的关系如图所示。一带正电荷的粒子沿x轴从x1位置运动到x4位置，不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　) A．x2、x4处的电势相等 B．粒子在x2、x4处受到的静电力不同 C．粒子在x3处的电势能最大 D．粒子由x2处运动到x3处的过程中静电力做的功大于由x3处运动到x4处的过程中静电力做的功 答案　D 解析　x1到x4电场强度为正，沿电场线方向电势降低，因此x1处电势最高，粒子电势能最大，A、C错误；x2、x4处电场强度相同，因此粒子受到的静电力也相同，B错误；根据图像与x轴围成的面积表示电势差，由题图可知粒子由x2处运动到x3处的面积大于由x3处运动到x4处的面积，因此粒子由x2处运动到x3处的过程中静电力做的功大于由x3处运动到x4处的过程中静电力做的功，D正确。 8.(2024·江苏南京市六校联合调研)一带电粒子仅在静电力作用下沿x轴做直线运动，其动能Ek随位置x变化的关系如图所示，则其电势能Ep、加速度大小a、电场的电场强度大小E、电势φ分别与位置x的关系图，正确的是(　　) 答案　C 解析　根据功能关系有ΔEk＝qEx，由图像可知k＝＝qE，图像的斜率逐渐增大，则E逐渐增大，根据功能关系有ΔEp＝－qEx，由Ep－x图像可知斜率k′＝＝－qE，E逐渐增大，Ep－x图像斜率为负，斜率绝对值应逐渐增大，根据牛顿第二定律a＝，可知E逐渐增大，加速度a逐渐增大，故A、B错误，C正确；根据电场强度与电势差关系式有φ＝φ0－Ex，由φ－x图像可知斜率k″＝－E，E逐渐增大，φ－x图像斜率绝对值应逐渐增大，故D错误。 9．(2024·江苏南通市联考)如图所示，在一正点电荷Q的电场中，某点的电势φ与该点到点电荷Q的距离r的关系如图甲所示。如图乙所示，在正点电荷Q的上方水平固定一光滑绝缘杆，O点在点电荷Q的正上方，现将一质量为m、带电荷量为－q的小球穿在杆上，然后从a点由静止释放后，小球沿杆依次经过O、b两点到达最远点c。已知a、O、b三点到点电荷Q的距离分别为3L、L、2L，下列说法正确的是(　　) A．小球在a点和b点的加速度大小之比为4∶9 B．小球运动过程中的最大速度为2 C．电场中a点的电场强度和c点的电场强度相同 D．小球由a点到b点的过程中电势能增大 答案　B 解析　根据题意可知，a、b两点到点电荷的距离之比为3∶2，由点电荷的电场强度公式E＝k可知，a、b两点的电场强度大小之比为4∶9，则小球在a、b两点所受静电力之比为4∶9，但静电力与杆的夹角不相等，而静电力沿杆方向的分量即为小球所受合外力，大小之比不等于4∶9，因此小球在a、b两点加速度之比不等于4∶9，故A错误；小球释放后先做加速运动，后做减速运动，在经过O点时在运动方向上合外力为零，速度达到最大，由题图甲可知，a、O间的电势差为UaO＝2φ0－6φ0＝－4φ0，小球从a运动到O的过程中，由动能定理可得－qUaO＝mv2－0，可得最大速度v＝2，故B正确；小球从O点向右运动的过程中，静电力做负功，小球做减速运动，而小球最远可到达c点，c点与a点的电势相等，则可知c点到点电荷的距离为3L，a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；小球由a点到O点的过程中静电力做正功，动能增加，电势能减小，而从O点到b点的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，因此可知，小球由a点到b点的过程中电势能先减小后增大，故D错误。 10．(2023·江苏南通市调研)如图所示，光滑斜面上等高处固定着两个等量正电荷，两电荷连线的中垂线上有一带正电的小球。现将小球由静止释放，取两电荷连线中点为坐标原点O，沿中垂线向下为正方向，取无穷远处电势为零，设小球在O点重力势能为零，则小球运动过程中加速度a、重力势能Ep1、机械能E、电势能Ep2随位置x变化的关系图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　小球在O点以上向下运动时有mgsin θ－qE＝ma，因从开始下滑到O点的过程中电场强度可能先增加后减小，则加速度先减小后增加；在O点时加速度为a＝gsin θ，在O点以下运动时有mgsin θ＋qE＝ma，电场强度先增加后减小，则加速度先增加后减小，选项A正确；O点为零重力势能点，则重力势能Ep1＝－mgxsin θ，O点上方重力势能为正，O点下方重力势能为负，选项B错误；因从开始到O点，静电力做负功，则机械能减小；从O点向下运动时，静电力做正功，机械能增加，可知O点的机械能最小，选项C错误；因O点电势最高，则小球在O点的电势能最大，根据ΔEp2＝－EqΔx可知图像的斜率绝对值反映电场强度的大小，则从O点开始随着x增大，斜率绝对值先增加后减小，在O点的电场强度为零，则切线的斜率为零，选项D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $