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 浙江专用）

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　(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，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错误，B、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　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．机械能增加2mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2 答案　B 解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。 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3　一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是(　　) A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC B．A、B、C三点的电场强度大小关系为EC>EB>EA C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 D．粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功 答案　C 解析　由v－t图像知带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，所以A错误；v－t图像中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，所以B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4　(多选)如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是(　　) A．a、c两点的电场强度相同 B．q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍 C．将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零 D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增大 答案　BC 解析　φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；由题图可知，题图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，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5　(2024·浙江台州市评估)半径为R均匀带正电荷的球体在空间产生关于球对称的电场，电场强度E沿半径方向分布的示意图如图所示，下列说法正确的是(　　) A．R处电势最高 B．球体带总电荷量为Q＝ C．球心与球表面间的电势差U＝E0R D．r＝2R处的电场强度大小为E＝ 答案　B 解析　根据电场线从正电荷出发到无限远终止，且沿着电场线方向电势逐渐降低，可知球心处的电势最高，故A错误；E－r曲线与r轴围成的面积表示电势差，则球心与球表面间的电势差ΔU＝E0R，故C错误；球外电场可等效成电荷量集中在球心的点电荷产生，则E0＝k，即Q＝，r＝2R处的电场强度大小E＝k＝k＝，故B正确，D错误。 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6　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随位置x变化的关系如图所示，其中0～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0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．若x1、x3处电势分别为φ1、φ3，则φ1<φ3 D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变 答案　D 解析　Ep－x图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，选项A错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，静电力发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C错误；x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确。 课时精练 1.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产生的热量之和，故A错误，B正确；静电力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故C、D错误。 2.(多选)(2023·浙江宁波市模拟)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，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。下列说法中正确的是(　　) A．金属块带正电荷 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　AB 解析　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，ΔEk＝12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，Wf＝－8 J，重力做功24 J，WG＝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，所以静电力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小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。 3.带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是(　　) A．球体带正电荷 B．球心处电场强度最大 C．A、B两点电场强度相同 D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大 答案　D 解析　从球边缘出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B错误；A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，C错误；从B到C，电势升高，根据Ep＝qφ，故负电荷在B点的电势能比在C点的电势能大，D正确。 4.(2023·浙江省联考)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关系图像如图所示，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，静电力做的功相等 答案　D 解析　由于电场强度为正值，则电场强度E的方向沿x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势，A错误；从N到O的过程中，电势一直降低，B错误；电子从N移到P的过程中，静电力一直做负功，电势能逐渐增大，C错误；由题图可知，E－x图像与x轴所围图形的面积表示电势差，则有UNO＝UOP，再根据W＝qU可知，则电子从N移到O和从O移到P的过程中，静电力做的功相等，D正确。 5.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是(　　) A．O～x1段电势逐渐升高 B．O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动 C．x1～x2段电场强度为零 D．x2～x3段的电势沿x轴均匀降低 答案　ACD 解析　电势能Ep＝φq，由于微粒带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据ΔEp＝FΔx，图线斜率反映静电力，O～x1段图线斜率变小，静电力减小，加速度逐渐减小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x1～x2段斜率为零，不受静电力，即电场强度为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀降低，D正确。 6．(多选)如图甲所示，在光滑绝缘水平地面上建立Ox轴，x轴正方向水平向右，O点右侧两竖直虚线中间区域存在平行x轴方向的电场，电势φ随x位置的变化情况如图乙所示。一带电物块以某一初速度向右由O点进入电场区域，物块在该电场区域运动中的动能Ek随x位置变化的图像可能正确的是(　　) 答案　AC 解析　根据E＝＝可知φ－x图像斜率表示电场强度。根据题图乙可知，电场强度逐渐减小，静电力逐渐减小。据Fx＝ΔEk得F＝，可知Ek－x图像斜率表示合外力。综上分析可知，A、C正确。 7.(2023·浙江省稽阳联谊学校联考)在x轴上各点电场强度E平行于x轴且随x的变化规律如图所示，O、A、B、C为x轴上等间距的四个点。现将带正电的试探电荷从O点静止释放，试探电荷沿直线运动到A点时的动能为Ek，已知试探电荷只受静电力作用，则以下分析正确的是(　　) A．试探电荷运动到C点时的动能小于3Ek B．该电场的O、A、B、C四个点，A点电势最高 C．试探电荷从O点到C点，先做加速运动，后做减速运动 D．O、A、B、C四个点，O点附近电场线最密 答案　A 解析　根据E－x图像与横轴围成的面积表示电势差，可知UOC<3UOA，根据动能定理可得qUOA＝Ek－0，qUOC＝EkC－0，联立可得EkC<3Ek，故A正确；从O点到C点电场方向一直向右，故电势一直降低，O点电势最高，且试探电荷一直加速，故B、C错误；O、A、B、C四个点，A点电场强度最大，故A点附近电场线最密，故D错误。 8.如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，两个质量相同、带电荷量分别为－q和＋q的小球a、b固定于绝缘轻杆的两端，轻杆可绕中点O处的固定轴在竖直面内无摩擦转动。已知O点电势为0，不考虑带电小球间的相互作用力，以O点所在水平面为零势能面，杆从静止开始由水平位置顺时针转动180°的过程中(　　) A．小球a、b总动能一直增加 B．小球a、b系统机械能始终不变 C．小球a、b系统电势能始终不变 D．小球a、b任一时刻的电势能相等 答案　D 解析　静电力对a球先做正功再做负功，对b球也是先做正功再做负功，所以杆从静止开始由水平位置顺时针转动90°的过程中小球a、b与轻杆组成的系统电势能减小，总动能增加，机械能增加；杆从90°转到180°的过程中，系统电势能增大，总动能减小，机械能减小，最后与初始位置的电势能相等，机械能也相等，总动能为零，故A、B、C错误；由于O点处电势为零，由W电＝0－Ep，在匀强电场中W电＝Eqx 因为两小球运动过程中在任一时刻竖直方向上的位移大小相同，所以小球a、b任一时刻的电势能相等，D正确。 9．在光滑绝缘水平面上固定着两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电小物块从A点由静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大。根据图线可以确定(　　) A．两点电荷是负电荷 B．B点是A、C连线的中点 C．UBC＝UAB D．中垂线上B点电场强度最大，为EB＝2.0×104 N/C 答案　D 解析　小物块从B到C过程，动能增大，则静电力做正功，由于小物块带正电，所以两点电荷是正电荷，故A错误；小物块从A到B过程，根据动能定理得qUAB＝mvB2－mvA2＝0.08 J，从B到C过程，根据动能定理得qUBC＝mvC2－mvB2＝0.165 J，可得UBC>UAB，由于两点电荷连线的中垂线上电场线分布不均匀，所以不能确定B点是不是A、C连线的中点，故B、C错误；v－t图像的斜率表示加速度，由题图乙可知，小物块在B点的加速度最大，aB＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得qEB＝maB，解得EB＝2.0×104 N/C，故D正确。 10．(多选)如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为＋Q、－Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子(重力不计)从A点静止释放，无穷远处电势为零。粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图线中，可能正确的是(　　) 答案　AC 解析　设O′为AB中点，根据电势的叠加可知，O′点的电势为0，且A、B两点关于O′点对称，则A、B两点电势大小相等，符号相反，故A正确；在A点，＋Q环产生的电场强度为0，但－Q环产生的电场强度不为0，即图像不过原点，故B错误；由动能定理W＝qEx＝Ek－0＝Ek，则Ek－x图像斜率表示静电力qE，而在O′点静电力最大，故Ek－x图像在x＝处斜率最大，故C正确；由于A、B处的电势一正一负，绝对值相等，根据Ep＝φq可知，粒子在A、B两点的电势能也是一正一负，绝对值相等，故D错误。 11.如图，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离也为d。静电力常量为k，重力加速度为g。求： (1)从C到O过程静电力对小球做的功WCO与C、O间的电势差UCO； (2)小球经过O点时加速度的大小； (3)小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小。 答案　(1)mv2－mgd　　(2)＋g　(3)v 解析　(1)根据动能定理有mgd＋WCO＝mv2，得WCO＝mv2－mgd，C、O间的电势差为 UCO＝＝ (2)点电荷A、B在O点的电场强度大小均为E＝k 则合电场强度大小E′＝E，小球经过O点时加速度的大小为a，由牛顿第二定律得qE′＋mg＝ma，解得a＝＝＋g (3)小球在CO和OD两个过程中，静电力做功相同，则根据动能定理有2WCO＋mg·2d＝mv′2 则小球经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为v′＝v。 12．(2023·浙江宁波市联考)如图甲所示，一带电荷量为2×10－8 C的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能Ek－x关系图像如图乙所示，其中0.40 m处物块的动能最大但未知，0.50 m处的动能为1.50 J,0.50～1.25 m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是(　　) A．该匀强电场的电场强度大小为1×107 N/C B．弹性绳的劲度系数为5 N/m C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5 J D．物块会做往复运动，且全过程是简谐运动 答案　C 解析　在0.50～1.25 m范围内，动能变化量等于物块克服静电力做的功，则有ΔEk＝qEΔx，因此Ek－x图线的斜率绝对值为qE＝ N＝2 N，解得匀强电场的电场强度大小为E＝1×108 N/C，故A错误；根据题图乙可知，物块在0.50 m时不受弹性绳弹力作用，物块在0.40 m时速度最大，此时弹性绳弹力和静电力大小相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长Δx′＝0.50 m－0.40 m＝0.10 m，根据胡克定律可得kΔx′＝qE，解得k＝20 N/m，故B错误；根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值Ep0＝qEΔxm＝2×1.25 J＝2.5 J，故C正确；因物块不受弹性绳弹力后受恒定的静电力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐运动，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $