高考物理一轮复习讲义练习第九章　第5讲　专题强化：静电场中的图像问题

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1．由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的变化。
2．根据牛顿第二定律a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(qE,m)，判断电场强度E的变化。
3．根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向。
4．由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。
【典例1】 (多选)两个等量同种点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点由静止释放，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( ABD )
A.小物块带正电
B．A、B两点间的电势差UAB＝－500 V
C．小物块由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
【解析】 由小物块运动的v－t图像可知，小物块带正电，A正确；由v－t图像可知，小物块在A、B两点的速度分别为vA＝6 m/s、vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A)＝ eq \f(1,2)×1×10-3×(42－62) J，解得UAB＝－500 V，B正确；由v－t图像可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直增大，静电力对小物块一直做正功，电势能一直减小，C错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝ eq \f(4,7－5) m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为Fm＝mam＝0.001×2 N＝0.002 N，则电场强度最大值为Em＝ eq \f(Fm,q)＝ eq \f(0.002,2×10-5) N/C＝100 N/C，D正确。
1．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是( C )
A．EA＝EB B．EAEB，故A、B错误；由题图可得，正电荷从A到B的速度减小，静电力做负功，说明静电力方向为从B指向A，即电场线方向为从B指向A，而沿电场线方向电势降低，则φA0)的电势为0，得k eq \f(4q,1＋x′)＋k eq \f(－q,x′)＝0，解得x′＝ eq \f(1,3)，故可知当00，故选D。
4．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10-20 kg、电荷量大小为q＝1.0×10-9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则( D )
A．x轴上O点左侧的电场强度方向沿x轴正方向
B．x轴上O点左侧的电场强度E1和右侧的电场强度E2的大小之比E1∶E2＝2∶1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10-8 s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10-8 J
解析：沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x轴上O点左侧的电场强度方向沿x轴负方向，x轴上O点右侧的电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；根据U＝Ed可知，x轴上O点左侧的电场强度大小为E1＝ eq \f(20,1×10-2) V/m＝2.0×103 V/m，右侧的电场强度大小为E2＝ eq \f(20,0.5×10-2) V/m＝4.0×103 V/m，所以x轴上O点左侧电场强度和O点右侧电场强度的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B错误；设粒子从(－1 cm，0)点静止加速到原点所用时间为t1，接着从原点向右减速运动到(0.5 cm，0)点所用时间为t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有vm＝ eq \f(qE1,m)t1，vm＝ eq \f(qE2,m)t2，又Ekm＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m)＝qE1x，其中x＝0.01 m，而周期T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得T＝3.0×10-8 s，该粒子运动过程中动能的最大值为Ekm＝2×10-8 J，故C错误，D正确。
题型三 E－x图像问题
1．反映了电场强度随位移变化的规律。
2．E＞0表示电场强度沿某一特定方向；E＜0表示电场强度沿相反方向。由题目判定电场强度沿x轴正方向还是沿x轴负方向。
3．图线与x轴围成的“面积”表示电势差，如图所示。
4．电场中常见的E－x图像
(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，如图所示。
(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图所示。
【典例3】 (多选)(2024·四川绵阳中学高三诊断)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带电粒子从位置x3由静止释放，粒子仅在静电力的作用下由坐标位置x3运动到原点O的过程中，下列说法正确的是( CD )
A．该粒子带正电
B．粒子先加速后减速运动
C．粒子的电势能一直减小
D．坐标原点O和位置x2的电势差为 eq \f(E0x2,2)
【解析】 该带电粒子仅在静电力作用下由坐标位置x3从静止运动到坐标原点O的过程中，由题图知电场方向一直沿x轴正方向，而带电粒子向x轴负方向运动，所以该粒子带负电，静电力方向一直与速度方向相同，静电力一直对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，A、B错误，C正确；坐标原点O和位置x2间的电势差为E－x图线与x轴所围成的面积，即U＝ eq \f(E0x2,2)，D正确。
5．某静电场中x轴上各点的电场强度方向均和x轴重合，以x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上的电场强度随位置坐标的变化规律如图所示，其中x1～x3间的图线关于x2点中心对称，规定x2点为零电势点，已知x2＝2x1＝2d，将一带电荷量为＋q的粒子从坐标原点由静止释放，不计粒子重力，关于粒子从原点O运动到x3点的过程，下列说法正确的是( C )
A．释放后粒子的加速度先不变后减小
B．粒子到达x3点时的动能为 eq \f(3,2)qdE0
C．粒子经过的位置中O点电势一定最大
D．粒子在x1和x3处速度达到最大值
解析：O～x1，电场强度沿x轴正方向且大小不变，又粒子带正电，故粒子沿x轴正方向做匀加速直线运动；x1～x2，电场强度沿x轴正方向，且大小逐渐减小，故粒子沿x轴正方向做加速度减小的加速运动；x2～x3，电场强度沿x轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子沿x轴正方向做加速度增大的减速运动，故A、D错误。x1～x3的图线关于x2点中心对称，则x1～x2间静电力对粒子做的正功数值上等于x2～x3间静电力对粒子做的负功，粒子到达x3时的动能等于粒子到达x1时的动能，即Ek＝qdE0，故B错误。沿电场线方向电势逐渐降低，φx1BD)，则由图中给出的信息可知，下列说法正确的是( C )
A．Q1和Q2电荷量可能相等
B．B点的电场强度为零
C．Q1和Q2连线上各点的电场方向都相同
D．电子在C点的电势能高于电子在A点的电势能
解析：图线切线的斜率表示电场强度，图线在B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故B错误；由题图可知，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故A错误；由于Q1为负电荷，Q2为正电荷，所以Q1和Q2连线上各点的电场方向均沿x轴负方向，故C正确；从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电子在C点的电势能低于电子在A点的电势能，故D错误。
3．(5分)(多选)(2024·江西南昌高三质检)如图甲所示，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在静电力作用下由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，则( BD )
A．细圆环带负电
B．O、P两点间电势差UOP等于O、Q两点间电势差UOQ
C．该粒子将会在PQ两点之间做往复运动
D．该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小
解析：由题图乙可知，圆环左边电场强度方向向左，右边电场强度方向向右，可知圆环带正电，故A错误；根据题图乙可知，圆环的电场具有对称性，由于O点两侧的两点电场强度大小相同、方向相反，可知 eq \x\t(EOQ)＝ eq \x\t(EOP)，由于OQ＝OP，结合公式U＝ eq \x\t(E)d，因此可得UOP＝UOQ，故B正确；由题图乙可知，正电荷先受到向左的静电力，该力先增大后减小，再受到向右的静电力，该力先增大后减小，因此正电粒子先向右减速，再向右加速，故C错误；由P点运动到Q点的过程静电力对正电粒子先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小， 故D正确。
4．(5分) (多选)如图所示，A、B两个等量正点电荷固定放置，O为A、B连线中点，在A、B连线的垂直平分线上P点由静止释放一个负的点电荷，该点电荷仅在静电力作用下运动，取P点电势为零，在该点电荷从P点运动到O点过程中，速度随时间、电势能随运动位移的关系可能正确的是( BC )
解析：v－t图像中图线的斜率表示加速度，根据静电场的叠加可知，PO间的电场强度可能一直减小，也可能先增大后减小，根据a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(qE,m)可知，如果电场强度一直减小，则静电力一直减小，加速度一直减小，如果电场强度先增大后减小，则静电力先增大后减小，加速度先增大后减小，故A错误，B正确；根据静电力做功与电势能变化的关系W电＝qEx＝－ΔEp，可知Ep－x图像中图线的斜率表示静电力，由以上分析可知，静电力可能一直减小，也可能先增大后减小，故C正确，D错误。
5．(5分)(多选)如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( CD )
A．带电粒子与场源电荷带异种电荷
B．a点电势比b点电势高
C．a点电场强度比b点电场强度大
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
解析：粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，可知电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点电场强度比b点电场强度大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒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，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。
6．(5分) (2025·西安六校高三联考)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，两电荷连线上的电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则下列判断正确的是( B )
A．P点放置的是带正电的点电荷
B．q1>q2
C．C点的电场强度大于A点的电场强度
D．将一带负电的试探电荷从B点移到D点，其电势能先增大后减小
解析：由题图可知从O到B电势先不断降低后升高，则两个点电荷必定是异种电荷，且P点电势为最低，可知P点放置的是带负电的点电荷，故A错误；根据φ－x图像切线的斜率表示电场强度，可知C点合电场强度为零，A点的合电场强度不等于零，则A点的电场强度比C点的大，由于C点与电荷量为q2的点电荷的距离较近，根据E＝k eq \f(q,r2)，可知q1>q2，故B正确，C错误；将一带负电的试探电荷从B移到D点，电势先升高后降低，根据Ep＝qφ可知，电势能先减小后增大，故D错误。
7．(5分) (多选)(2025·四川巴中高三检测)有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势能Ep以及动能与电势能之和E0随x变化的图像，正确的是( BD )
解析：带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下沿x轴运动，则静电力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向，沿电场线方向电势降低，A错误；静电力做正功，带电粒子的动能增加，电势能减小，C错误；由Ek－x图像斜率大小代表静电力大小，斜率正负代表静电力方向，由题图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，静电力F＝qE，先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化规律一致，B正确；由能量守恒定律有E0＝Ek＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。
8．(5分)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ eq \r(3) m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3 J)和(3 m，0)两点，g取10 m/s2。下列说法正确的是( C )
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
解析：Ep－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F＝|qE1|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEp,Δx)))＝ eq \f(3,3) N＝1 N，解得E1＝10 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理可得W电＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，W电＝－(Ep3－Ep1)＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则W′电＝0－ eq \f(1,2)m1v eq \\al(2,0)，W′电＝－(Ep5－Ep1)，其中Ep1＝2 J，解得滑块的电势能Ep5＝5 J，该处的电势为φ＝ eq \f(Ep5,q)＝ eq \f(5,－0.1) V＝－50 V，D错误。
9．(5分)如图甲所示，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO′为圆环轴线；以O为原点沿轴线建立Ox坐标轴，x轴上各点电势φ随x坐标变化的φ－x关系图像如图乙所示，坐标x1处的P点为图像的切线斜率最大的点，P点切线与x轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O以初速度v0沿x轴正向运动，最远能到达x3处。电子质量为m、电荷量绝对值为e，不计电子重力，下列说法不正确的是( A )
A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为 eq \f(eφ1,m(x2－x1))
C．x3处的电势为φ0－ eq \f(mv eq \\al(2,0),2e)
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为 eq \r(v eq \\al(2,0)－\f(2e(φ0－φ1),m))
解析：由φ－x图像知，沿x轴正向电势逐渐降低，则电场方向沿x轴正向，圆环带正电，A错误；φ－x图像的斜率大小表示电场强度大小，x1处的斜率大小为k＝ eq \f(φ1,x2－x1)，可得 eq \f(eφ1,x2－x1)＝ma，解得a＝ eq \f(eφ1,m(x2－x1))，B正确；电子最远到达x3处，说明电子在x3处速度为零，从O点到x3，由动能定理得－(φ0－φ3)e＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，解得φ3＝φ0－ eq \f(mv eq \\al(2,0),2e)，C正确；设返回过程中电子经过x1处时的速度大小为v1，由动能定理得－(φ0－φ1)e＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，解得v1＝ eq \r(v eq \\al(2,0)－\f(2e(φ0－φ1),m))，D正确。本题选不正确的，故选A。
10．(5分)(多选)如图甲所示，空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场，质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0，小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示，图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量，P为E－h关系图线上的点，其坐标为(h1，E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是( BC )
A．在h2处小球的重力势能一定为零
B.电场的方向竖直向上，电场强度随h的增大而增大
C．小球在下落过程中电势能不断增大
D．在h1处小球所受的静电力大小为 eq \f(E1,h2－h1)
解析：因为小球初速度为零，所以E0＝mgh0，因为在h2处小球的机械能为零，但动能可能不为零，所以h2处小球的重力势能可能为负值，即可能不为零，故A错误；因为小球的机械能减小，静电力做负功，小球带正电，所以电场方向竖直向上，E－h图像的斜率越来越大，所以电场强度随h的增大而增大，故B正确；小球下落过程中静电力做负功，电势能不断增大，故C正确；根据功能关系E＝E0－qEh，可知在h1处小球所受的静电力大小为P点切线斜率的绝对值，即F＝ eq \f(E1,h3－h1)，故D错误。
11．(5分) (2025·浙江县域教研联盟高三联考)在x轴上A、B两点分别放置两电荷q1和q2，C为两电荷中垂线上一点，且AO＝BO＝CO，在x轴上的电场强度与x的关系图线如图所示，规定场强沿x轴正方向为正，则( D )
A．两电荷为等量异种电荷
B.O点电势小于0
C．电子从C到O运动过程中电势能增大
D．电子从C到O运动过程中加速度先增大后减小
解析：根据题意，由题图可知，O点左侧电场方向沿x轴正方向，O点右侧电场方向沿x轴负方向，O点场强为0且AO＝BO，可知，q1、q2为等量正电荷，中垂线上的电场方向为由O点指向无穷远，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，由于无穷远处电势为0，则O点电势大于0，故A、B错误；结合以上分析可知，电子从C到O运动过程中静电力做正功，电势能减小，故C错误；根据题意，设AO＝BO＝CO＝L，q1＝q2＝Q，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时C点电场强度为EC＝ eq \f(\r(2),2)· eq \f(kQ,L2)，在CO连线上取一点D，令∠DAB＝30°，由点电荷场强公式和场强叠加原理可得，此时D点电场强度为ED＝ eq \f(3,4)· eq \f(kQ,L2)，可知ED>EC，结合等量同种电荷连线中垂线上的电场强度情况可知，从C到O电场强度先增大后减小，则电子从C到O运动过程中加速度先增大后减小，故D正确。