【物理】2020届一轮复习人教版第七章静电场中的图象问题学案

【物理】2020届一轮复习人教版第七章静电场中的图象问题学案

专题突破(七) 静电场中的图象问题 【p123】 静电场中常见的图象问题主要有以下几种类型：1.电场强度随位置变化的图象，即 E－x 图象；2. 电势随位置变化的图象，即φ－x 图象；3.电势能随位置变化的图象，即 Ep－x 图象．解答此类题目的关 键是弄清图象的物理意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、面积、交点坐标等的物理意义，同时也可以根据 图象特点，把抽象的图象转化为具体的电场模型(如匀强电场、点电荷电场、等量同种电荷电场、等量异 种电荷电场等)，再来分析、解决这类问题． 一、E－x 图象 例 1 有一个均匀带电圆环，以圆环圆心 O 为坐标原点，过 O 且垂直于圆环平面的线为 x 轴，如图甲所 示，现测得 x 轴上的电场强度随坐标 x 值变化的图象如图乙所示(场强为正值，表示方向沿 x 轴正方向)， H、I 是 x 轴上两点，且 HO＜OI，取无穷远处电势为零．则以下分析正确的是( ) A．该圆环带负电 B．x 轴上 O 点电势为零 C．将一个正的试探电荷沿 x 轴从 H 移动到 I 的过程中，电势能先增大后减小 D．H 点的电势低于 I 点的电势 【解析】根据 x 轴上的电场强度随坐标 x 值变化的图象可知，该圆环带正电，选项 A 错误；x 轴上 O 点电场强度为零，电势最高，H 点的电势高于 I 点的电势，选项 B、D 错误．将一个正的试探电荷沿 x 轴从 H 移动到 I 的过程中，电势能先增大后减小，选项 C 正确． 【答案】C 【归纳总结】1.几种常见的 E－x 图象 (1)点电荷的 E－x 图象 正点电荷及负点电荷的电场强度 E 随坐标 x 变化关系的图象大致如图 1 和图 2 所示． (2)两个等量异种点电荷的 E－x 图象 ①两电荷连线上的 E－x 图象如图 3 所示． ②两电荷连线的中垂线上的 E－y 图象如图 4 所示． (3)两个等量同种点电荷的 E－x 图象 ①两电荷连线上的 E－x 图象如图 5 所示． ②两电荷连线的中垂线上的 E－y 图象如图 6 所示． 2．E－x 图象特点 (1)反映了电场强度随位移变化的规律． (2)E＞0 表示场强沿 x 轴正方向；E＜0 表示场强沿 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． 二、φ－x 图象 例 2 真空中有一静电场，其在 x 轴正半轴的电势φ随 x 变化的关系如图所示，则根据图象可知( ) A．R 处的电场强度 E＝0 B．若试探电荷从 x1 处移到 x2 处，电场力不一定做正功 C．x1 处与 x2 处的电场强度沿 x 方向的分量的方向相反 D．该电场有可能是处在 O 点的正的点电荷激发产生的 【解析】φ－x 图象中，曲线上任意一点的切线的斜率表示电场强度，R 处切线的斜率不为零，故 x 轴方向的电场强度不为零，故 A 错误；若试探电荷从 x1 处移到 x2 处，电势降低，根据公式 WAB＝qUAB，如果 是正电荷，电场力做正功；如果是负电荷，电场力做负功，故 B 正确；x1 处与 x2 处的切线斜率同为负值， 故 x 方向的电场强度分量的方向相同，故 C 错误；离电荷越近，电场强度越大，故φ－x 图象的斜率越大， 而在 O 点向右，切线斜率变大，故 O 点不可能有电荷，故 D 错误，故选 B. 【答案】B 【归纳总结】1.几种常见的φ－x 图象 (1)点电荷的φ－x 图象(取无限远处电势为零) ①正点电荷的φ－x 图象如图 1 所示； ②负点电荷的φ－x 图象如图 2 所示． (2)两个等量异种电荷连线上的φ－x 图象，如图 3 所示． (3)两个等量同种电荷的φ－x 图象 ①两正电荷连线上的φ－x 图象如图 4 所示． ②两正电荷连线的中垂线上的φ－y 图象如图 5 所示． 2．φ－x 图象特点及应用 (1)电场强度的大小等于φ－x 图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x 图线存在极值，其切线的斜 率为零． (2)在φ－x 图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向． (3)在φ－x 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用 WAB＝qUAB，进而分析 WAB 的正负，然后作出判断． 三、Ep(Ek)－x 图象 例 3 一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正向运动，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．在 O、x1、x2、x3 处电势φ0、φ1、φ2、φ3 的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1 D．x2～x3 段的电场强度大小、方向均不变 【解析】根据电势能与电势的关系 Ep＝qφ，场强与电势的关系 E＝Δφ Δx ，得 E＝1 q ·ΔEp Δx ，由数学知识 可知 Ep－x 图象切线的斜率等于ΔEp Δx ，x1 处切线斜率为零，则 x1 处电场强度为零，A 错误；由题图知在 O～ x1 段图象切线斜率的绝对值不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，粒子做变速 运动，x1～x2 段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，粒子做变速运动，x2～x3 段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，粒子做匀 加速直线运动，B 错误，D 正确；根据 Ep＝qφ，粒子带负电即 q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势 越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，C 错误． 【答案】D 【归纳总结】解决此类图象问题的关键是弄清楚电场中的功能关系：电场力做功对应电势能的变化， 即 W 电＝－ΔEp＝Ep0－Ep，即 F 电＝|ΔEp Δx |，因此图线的斜率表示了电场力的大小，也反映了电场强度的大小， 若电场力为恒力，则电场强度不变，则 Ep－x 图线为一条倾斜直线． 针对训练 1．已知某静电场的电场强度的方向与 x 轴的正方向一致，电场强度大小 E 与位置 x 的关系图象如图 所示，其中 O～x2 段为抛物线的一段且关于 x＝x1 对称，x2～x3 段为倾斜的直线，且 x1＝x2－x1＝x3－x2，开 始时一带正电粒子位于原点，现给该粒子一水平向右的初速度，使其仅在电场力的作用下沿 x 轴的正方向 运动．则下列说法正确的是(C) A．带电粒子在 O～x2 段先做减速运动再做加速运动 B．带电粒子在 x2～x3 段做匀加速直线运动 C．位置 O 与 x1 间的电势差等于位置 x1 与 x2 间的电势差 D．在 O～x3 段电场力对带电粒子一直做负功 【解析】O～x3 段电场的方向始终沿 x 轴的正方向，则该带电粒子所受的电场力一直沿 x 轴的正方向， 粒子一直沿 x 轴的正方向做加速运动，则电场力一直对该粒子做正功，A、D 错误；x2～x3 段电场强度沿 x 轴的正方向逐渐增大，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，B 错误；根据对称性可知，位置 O 与 x1 间的平 均电场强度与位置 x1 与 x2 间的平均电场强度相等，则由 U＝Ed 可知，位置 O 与 x1 间的电势差等于位置 x1 与 x2 间的电势差，C 正确． 2．(多选)在 x 轴上存在一水平方向的电场，有一质量 m＝2 kg 的带电小球沿光滑绝缘的水平面只在 电场力的作用下，以初速度 v0＝2 m/s 在 x0＝7 m 处开始向 x 轴负方向运动．电势能 Ep 随位置 x 的变化关 系如图所示，则小球的运动范围和最大速度分别为(BC) A．运动范围 x≥0 B．运动范围 x≥1 m C．最大速度 vm＝2 2 m/s D．最大速度 vm＝3 m/s 【解析】根据动能定理可得 W 电＝0－1 2 mv2 0＝－4 J，故电势能增大 4 J，因在开始时电势能为零，故电 势能最多增大 4 J，故运动范围在 x≥1 m，故 A 错误，B 正确；由图可知，电势能最大减小 4 J，故动能 最多增大 4 J，根据动能定理可得 W＝1 2 mv2－1 2 mv2 0；解得 v＝2 2 m/s，故 C 正确，D 错误． 3．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿 x 轴的静电场，其电势φ随坐标 x 变化的图线如图所示(图中 φ0 已知)．有一质量为 m，带电量为 q 的带负电小球(可视为质点)从 O 点以某一未知速度 v0 沿 x 轴正向移 动到点 x4.下列叙述正确的是(BC) A．带电小球从 O 运动到 x1 的过程中，所受电场力逐渐增大 B．带电小球从 x1 运动到 x3 的过程中，电势能一直增大 C．若小球的初速度 v0＝2 φ0q m ，则运动过程中的最大速度为 6φ0q m D．要使小球能运动到 x4 处，则初速度 v0 至少为 2 φ0q m 【解析】由 E＝U d 知，φ－x 图象的斜率等于电场强度，则可知小球从 O 运动到 x1 的过程中，场强不变， 由 F＝qE 知，粒子所受电场力保持不变，故 A 错误；负电荷在电势高处电势能小，则小球从 x1 运动到 x3 的过程中，电势不断降低，负电荷的电势能一直增大，故 B 正确；若小球的初速度 v0＝2 φ0q m ，当小球 运动到 x1 处时，电场力做正功最多，粒子的速度最大，从 x＝0 到 x1 处，根据动能定理得：qφ0＝1 2 mv2 m－1 2 mv2 0， 由题意，有：v0＝2 φ0q m ，解得最大速度为：vm＝ 6φ0q m ，故 C 正确；只要小球能恰好运动到 x3 处，初 速度 v0 最小，就能到 x4 处，从 x＝0 到 x3 处，根据动能定理得：qφ0＝1 2 mv2 0，解得：v0＝ 2φ0q m ，故 D 错 误． 4．等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随 x 的分布图象如图所示．x 轴上 AOφA>φO B．EA>EO>EB C．EpOEpO－EpA 【解析】正电荷周围电势较高，负电荷周围电势较低，φA>φO>φB，A 错误；根据电场强度的合成可 知 B 点场强最大，O 点最小，B 错误；电子带负电，根据电势能 Ep＝qφ，可知 EpB 最大，EpA 最小，C 错误； 由图象可知 UOB>UAO，根据电场力做功 W＝qU，电子带负电，可知 WBO>WOA，即 EpB－EpO>EpO－EpA，D 正确． 5．(多选)一带正电粒子在正点电荷的电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线 为 x 轴，起始点 O 为坐标原点，则下列关于电场强度 E、粒子动能 Ek、粒子电势能 Ep、粒子加速度 a 与位 移 x 的关系图象可能的是(CD) 【解析】依点电荷的场强公式 E＝kQ r2，可知电场强度随 x 的变化不是均匀减小，故 A 错误；由于不是 匀强电场，电场力做功 W≠qEx，则动能不是随 x 均匀增大，故 B 错误；Ep－x 图线的切线斜率表示电场力， 随着 x 的增大，电场力逐渐减小，故 C 正确；加速度 a＝F m ＝qE m ＝kQq mx2 ，可知 a 随 x 的变化图线是曲线，且 减小，故 D 正确． 6．如图所示，矩形区域 PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(重 力不计)从 a 点以 v1 的初速度垂直于 PQ 进入电场，最终从 MN 边界的 b 点以与水平边界 MN 成 30°角斜向右 上方的方向射出，射出电场时的速度 v2＝2v1，取 a 点电势为零，如果以 a 点为坐标原点 O，沿 PQ 方向建 立 x 轴，则粒子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场的电场强度 E、电势φ、粒子的速度 v、电势能 Ep 随 x 的变化图象正确的是(D) 【解析】因为匀强电场中的电场强度处处相等，故 A 错误；因为粒子离开电场时 y 方向的速度 vy＝v2sin 30°＝v1，则电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故 B 错误；粒子在电场中运动的过程中， 由动能定理可知，qEx＝1 2 mv2－1 2 mv2 1，所以 v 与 x 不是线性关系，C 错误；因为规定 a 点电势为零，粒子进 入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有 qEx＝－ΔEp＝0－Ep，故 Ep＝－qEx， 故 D 正确． 7．(多选)真空中有一半径为 r0 的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离．下列说法中正确的是(BC) A．A 点的电势低于 B 点的电势 B．A 点的电场强度方向由 A 指向 B C．A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 D．正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做负功 【解析】A 点的电势高于 B 点的电势，选项 A 错误；A 点的电场强度方向由 A 指向 B，A 点的电场强度 大于 B 点的电场强度，选项 B、C 正确；正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做正功，选项 D 错误． 8．(多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线 与 x 轴平行，在 x 轴上的电势φ与坐标 x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3.0)的 切线．现有一质量为 0.20 kg，电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块 P(可视作质点)，从 x＝0.10 m 处由静止释 放，其与水平面的动摩擦因数为 0.02.取重力加速度 g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(CD) A．滑块运动的加速度逐渐减小 B．滑块运动的速度先减小后增大 C．x＝0.15 m 处的场强大小为 2.0×106 N/C D．滑块运动的最大速度约为 0.10 m/s 【解析】根据 E＝U d ＝－Δφ Δx ，在 x 轴上的电势φ与坐标 x 的关系图象斜率的大小表示电场强度，电场 强度的方向沿 x 轴的正方向．由电势φ与坐标 x 的关系图象可知，沿 x 轴正方向，电场强度越来越小．滑 块从 x＝0.10 m 处由静止释放，所受电场力方向沿 x 轴正方向，所受电场力越来越小，当电场力等于滑动 摩擦力时加速度减小到零．滑块继续运动，做减速运动，加速度增大，所以滑块运动的加速度先减小后增 大，选项 A 错误．滑块先做加速运动，后做减速运动，选项 B 错误．由 E＝－Δφ Δx ，可知 x＝0.15 m 处的 场强大小为 2.0×106 N/C，选项 C 正确．当滑动摩擦力等于电场力时，滑块运动的速度最大．滑块所受滑 动摩擦力 f＝μmg＝0.04 N．由 f＝qE 可得对应点的电场强度 E＝2.0×106 N/C，对应的 x＝0.15 m．由动 能定理，qU－μmgΔx＝1 2 mv2，0.1 m 处电势约为 4.5×105 V，0.15 m 处电势为 3.0×105 V，∴U＝1.5×105 V，解得 v＝0.1 m/s.即滑块运动的最大速度约为 0.1 m/s，选项 D 正确．