（全國版）2019版高考物理一輪復習 第8章 電場 第30課時 電場中的圖象問題學案

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1、 第30課時　電場中的圖象問題 1．靜電場中涉及的圖象主要有 (1)v-t圖象；(2)φ-x圖象；(3)E-x圖象；(4)Ep-x圖象；(5)Ek-x圖象。 2．應(yīng)對策略 (1)v-t圖象：根據(jù)v-t圖象的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。 (2)φ-x圖象：①電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小。②在φ-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。③在φ-x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出

2、判斷。 (3)E-x圖象：①反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律。②E>0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負方向。③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。 (4)Ep-x圖象：①Ep-x圖象的斜率大小表示，即電場力?？梢愿鶕?jù)斜率大小的變化從而判斷出電場力大小的變化，從而可以判斷場強E的大小變化。②圖象斜率的正負表示電場力的方向，由斜率正負的變化可以判斷電場力方向以及場強方向的變化。③由Ep-x圖象的總體變化情況可判定電場力做功情況。比如：Ep增大，則F電一定做負功，反之做正功。 (5)Ek-x圖象：①Ek-x圖象的斜率表示，即

3、合外力。斜率的大小表示F合的大小，斜率的正負表示F合的方向。②若Ek增大，則F合做正功；若Ek減小，則F合做負功。 [例]　(多選)如圖甲所示，有一絕緣的豎直圓環(huán)，圓環(huán)上分布著正電荷。一光滑細桿沿垂直圓環(huán)平面的軸線穿過圓環(huán)，細桿上套有一質(zhì)量為m＝10 g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4 C，讓小球從C點由靜止釋放。其沿細桿由C經(jīng)B向A運動的v-t圖象如圖乙所示，且已知小球運動到B點時，速度圖象的切線斜率最大(圖中標出了該切線)，下列說法正確的是(　　) A．由C到A的過程中，小球的電勢能先減小后增大 B．在O點右側(cè)桿上，B點場強最大，場強大小為E＝1.2 V/m

4、 C．沿著C到A的方向，電勢先降低后升高 D．C、B兩點間的電勢差UCB＝0.9 V 解析　從C到A電場力對帶正電的小球一直做正功，故電勢能一直減小，電勢一直減小，故A、C錯誤；由乙圖可知，小球在B點的加速度最大，且加速度只由電場力提供，故B點的電場強度最大，由乙圖可知a＝＝0.06 m/s2，又a＝，代入數(shù)據(jù)解得E＝1.2 V/m，故B正確；由C到B電場力做功為W＝mv－0，所以C、B間電勢差為UCB＝＝0.9 V，故D正確。 答案　BD 帶電粒子僅在電場力作用下運動時只發(fā)生電勢能和動能之間的轉(zhuǎn)化，在v-t圖象中可知速度的大小關(guān)系和加速度的大小關(guān)系，即可確定電場強度、動能和電勢

5、能的大小關(guān)系，帶電粒子帶正電，電勢能越大時所處位置電勢越高，動能越小。所有的圖象問題都是先明確函數(shù)關(guān)系，再理解圖象中斜率、截距和面積的物理意義。 一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動。取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖象中合理的是(　　) 答案　D 解析　粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運動，電場力做功等于電勢能的減小量。Ep-x圖象上某點的切線的斜率表示即電場力；由Ep-x圖象可得斜率逐漸減小，故電場力逐漸減小，根據(jù)E＝，故電場強度也逐漸減小，故A錯誤；根據(jù)動能定理，有F合·Δx＝ΔEk，又F合＝F電

6、，由于電場力逐漸減小，所以F合逐漸減小。B圖的斜率表示＝F合，由圖可知F合逐漸變大，故矛盾，B錯誤；C圖中v-x圖象是直線，表示經(jīng)過相同位移速度增加量相等，又是加速運動，故增加相等的速度需要的時間逐漸減小，故加速度逐漸增加，而電場力減小導致加速度減小，故矛盾，C錯誤；粒子做加速度減小的加速運動，故D正確。 1.某靜電場的電場線與x軸平行，電勢φ隨x坐標變換的關(guān)系圖象如圖所示。已知電場中P、Q兩點的x坐標分別為1 m、4 m，將一帶負電的粒子(重力不計)從坐標原點O由靜止釋放，則(　　) A．粒子在P點的動能等于在Q點的動能 B．粒子在P點的動能大于在Q點的動能 C．粒子在P

7、點的電勢能小于在Q點的電勢能 D．粒子在P點的電勢能大于在Q點的電勢能 答案　A 解析　根據(jù)圖象可得P與Q兩點的電勢相等，P、Q間的電勢差為零，則粒子從P運動到Q的過程中，電場力做功為零，由動能定理知，兩點的動能相等，故A正確、B錯誤；粒子在P點的動能等于在Q點的動能，由能量守恒定律知，粒子在P點的電勢能等于在Q點的電勢能，故C、D錯誤。 2．某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點。取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計。在O到A運動過程中，下列關(guān)于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、

8、運動徑跡上電勢φ和粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線可能正確的是(　　) 答案　B 解析　從O到A過程中電場線先是變疏后又變密，所以電場強度先減小后增大，電場強度越大，單位長度上電勢降落的越快，故電勢先減小的慢后減小的快，即φ-x圖象的斜率先減小后增大，故C錯誤；電場強度先減小后增大，則電場力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，B正確；由于粒子一直做正功，所以速度一直增加，而v-t圖象的斜率表示加速度，所以斜率先減小后增大，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得Ek＝Eqx，所以Ek-x圖象的斜率表示電場力的大小，所以斜率也應(yīng)先減小后增大，故D錯誤。 3.在x軸上有兩個點電荷q1和q2，x軸

9、上電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，則(　　) A．x＝x1處電場強度為0 B．x＝x2處電場強度不為0 C．q1、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x<0的某處 D．q1、q2為等量異種電荷，且正電荷在x<0處，負電荷在x>0的某處 答案　C 解析　在φ-x圖象中，電勢降低最快的方向即為場強方向，則x2右側(cè)的場強沿x軸負向，x2左側(cè)的場強方向沿x軸正向；由φ-x圖象的斜率表示＝，即場強的大小，得x1處電勢為零，場強不為零；x2處場強為零，電勢不為零，A、B錯誤；兩個點電荷的連線上出現(xiàn)場強為零的點(x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但兩側(cè)的電勢變化相同；二是異種

10、電荷的連線之外，x1處的電勢為正逐漸降低且場強沿x軸正向，可知此處附近的場源電荷為正，負電荷在x<0的某處，C正確、D錯誤。 4.(多選)在x軸上存在與x軸同向的電場，各點的電場強度隨x點位置變化情況如圖所示。點電荷a和b帶的電量分別為＋q和－q，不計a和b間的靜電力。下列敘述正確的是(　　) A．x1、x2兩處的電勢相同 B．a(chǎn)和b在x1處的電勢能相等 C．將電荷a沿x軸從x1處移到x2處，電場力一直做正功 D．b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能 答案　CD 解析　根據(jù)E-x圖線可知，電場線沿x軸正向，因順著電場線電勢逐漸降低，可知x1處的電勢高于x2處的電勢，A錯誤；

11、因點電荷a和b帶的電量分別為＋q和－q，根據(jù)Ep＝φq可知a和b在x1處的電勢能不相等，B錯誤；因電場線沿x軸正向，則將電荷a沿x軸從x1處移到x2處，電場力一直做正功，C正確；因x1處的電勢高于x2處的電勢，則負電荷b在x1處的電勢能小于在x2處的電勢能，D正確。 5．(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是(　　) A．q1、q2為等量異種電荷 B．C點的電場強度大小為零 C．C、D兩點間場強方向沿x軸負方向 D．將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做負功后做

12、正功 答案　BCD 解析　因φ-x圖線切線的斜率為電場強度，故可知C點的場強為零，故q1、q2為等量同種電荷，A錯誤、B正確；由C到D電勢升高，故電場線方向為由D到C，C正確；由N到D電勢先降低后升高，故將一負點電荷從N點移到D點，電勢能先升高后降低，即電場力先做負功后做正功，D正確。 6．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則(　　) A．N點的電場強度大小為零 B．q1小于q2 C．NC間場強方向向x軸正方向 D．將負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后

13、做負功 答案　D 解析　φ-x圖象的斜率等于電場強度E，圖線在N點處的斜率不等于0，則知N點的場強不為零，故A錯誤；C點切線的斜率為零，故C點的場強為零，由其位置在q2右側(cè)，可知q1大于q2，B錯誤；由圖可知，從N到C，電勢升高，根據(jù)順著電場線電勢降低可知，NC間電場強度方向沿x軸負方向，故C錯誤；N→D段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負方向，后沿x軸正方向，將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功，故D正確。 7．(2017·吉林長春質(zhì)檢)如圖在x軸的－3a和3a兩處分別固定兩個電荷QA、QB，圖中曲線是兩電荷之間的電勢φ與位置 x之間的關(guān)系圖象，圖中x＝a處為圖

14、線的最低點?，F(xiàn)于x＝2a處由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電點電荷，該電荷只在電場力作用下運動。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．x＝a處電場強度為零，該電荷運動至此處時速度最大 B．兩點電荷QA∶QB＝3∶1 C．該電荷一定通過x＝a處，但不能到達x＝－a處 D．該電荷以x＝a為中點做往復運動 答案　A 解析　由φ-x圖線的斜率表示電場強度的大小可知x＝a處電場強度為零，由動能定理qU＝ΔEk，點電荷從x＝2a到x＝a處，電勢差最大，所以電場力做正功最多，在x＝a處速度最大，A正確；因在x＝a電場強度為零，即k＝k，所以QA∶QB＝4∶1，B錯誤；由圖知x＝－a處與x

15、＝2a處電勢相等且點電荷由靜止釋放，由動能定理可知點電荷剛好能到達x＝－a處；點電荷在x＝－a與x＝2a之間做往復運動，但x＝a處不是運動中心，故C、D錯誤。 8．(2017·浙江溫州中學模擬)如圖甲，傾角為θ的光滑絕緣斜面，底端固定一帶電量為Q的正點電荷。將一帶正電小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放，小物塊沿斜面向上滑動至最高點B處，此過程中小物塊的動能和重力勢能隨位移的變化圖象如圖乙(E1和x1為已知量)。已知重力加速度為g，靜電力常量為k，由圖象可求出(　　) A．小物塊的帶電量 B．A、B間的電勢差 C．小物塊的質(zhì)量 D．小物塊速度最大時到斜面底端的距離 答案　

16、C 解析　由重力勢能圖線可得到E1＝mgh＝mgx1sinθ，可求出m＝，C正確；由動能圖線得知，小球的速度先增大，后減小。根據(jù)庫侖定律得知，小球所受的庫侖力逐漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜面向上做加速度逐漸減小的加速運動，再沿斜面向上做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度為零。由動能圖線看出，速度有最大值，此時小球受力平衡，即庫侖力與重力沿斜面的分力平衡，mgsinθ＝k，q為小物塊的帶電量，r為速度最大時小物塊到斜面底端的距離，雖然m可求出，但這個等式不能求出q、r，A、D錯誤；A到B的過程中重力勢能的增加量等于電場力所做的正功，即E1＝qUAB，由于q未知，所

17、以不能求出UAB，B錯誤。 9．(多選)一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，環(huán)心為O點，質(zhì)量為m的帶正電的小球從O點正上方h高的A點靜止釋放，并穿過帶電環(huán)，關(guān)于小球從A運動到與O對稱的點A′的過程中，其加速度(a)、重力勢能(EpG)、機械能(E)、電勢能(Ep電)隨位置變化的圖象如圖所示(取O點為坐標原點且重力勢能為零，向下為加速度的正方向，并取無限遠處電勢為零)。其中不正確的是(　　) 答案　AD 解析　圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小，方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速

18、度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小，故A錯誤；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能EpG＝mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG＝－mgh，根據(jù)數(shù)學知識可知，B是可能的，故B正確；小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負功，機械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機械能增大，故C正確；由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，所以D是不可能的，故D錯誤。 10．(2018·河北衡水調(diào)研)(多選)如圖甲所示

19、為電場中的一條電場線，在電場線上建立坐標軸，則坐標軸上O～x2間各點的電勢分布如圖乙所示，下列說法中正確的是(　　) A．x1點的電場強度最小 B．O～x2之間，x軸附近的電場線分布先變密后變疏 C．一正點電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，點電荷的加速度先增大后減小 D．一正點電荷從O點由靜止釋放，若僅受電場力作用，速度先增大后減小 答案　BC 解析　φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，故x1點的電場強度最大，A錯誤；φ-x圖象的切線斜率表示電場強度，由幾何知識得知，O～x2之間斜率先增大后減小，則電場強度先增大后減小，故O～x2之間，x軸附近的電場線分布先變密后變疏，B正

20、確；O～x2之間φ-x圖象的斜率先增大后減小，且斜率一直為負值，說明電場強度方向不變，向右，電場強度先增大后減小；故一正點電荷從O點由靜止釋放，僅受電場力作用向右加速，速度一直增加，加速度先增大后減小，故C正確，D錯誤。 11.(2017·長沙長郡中學月考)空間存在一沿x軸方向的靜電場，以x正方向為電場強度的正方向，電場強度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，圖線關(guān)于坐標原點對稱，A、B是x軸上關(guān)于原點對稱的兩點，下列說法中不正確的是(　　) A．電子在A、B兩點的電勢能相等 B．電子在A、B兩點的加速度方向相反 C．取無窮遠處電勢為零，則O點處電勢亦為零 D．電子從A點由靜止釋放后的運動

21、軌跡可能是曲線 答案　D 解析　電子從A移動到B，x小于0時，運動的方向與電場的方向相反，而電場力的方向與電場線的方向相反，所以電場力做正功；當x大于0時，電場力做負功，總功為零，故A、B兩點的電勢能相等，故A正確；電子在A、B兩點受到的電場力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正確；由于電場線關(guān)于坐標原點對稱，過原點O與AB垂直的直線是一條等勢線，其電勢與無窮遠相等，則若取無窮遠處電勢為零，則O點處電勢亦為零，故C正確；由于電場力方向與x軸平行，故速度與合力始終共線，故一定做直線運動，故D錯誤。 12．(2017·廣東肇慶模擬)(多選)如圖a所示，光滑絕緣水平面上有甲、

22、乙兩個點電荷。t＝0時，甲靜止，乙以初速度6 m/s向甲運動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸)，它們運動的v-t圖象分別如圖b中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知(　　) A．兩電荷的電性一定相反 B．t1時刻兩電荷的電勢能最大 C．0～t2時間內(nèi)，兩電荷的靜電力先增大后減小 D．0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小 答案　BC 解析　由圖可知，兩個電荷間產(chǎn)生的是排斥力，因為剛開始乙做減速運動，甲做初速度為0的加速運動，則兩個電荷的電性一定相同，A錯誤；在t1時刻，兩個電荷共速，兩個電荷間的距離最小，故在間距減小的過程中，對于甲、乙

23、系統(tǒng)克服電場力做功，以后電荷的距離逐漸增大，對于甲、乙系統(tǒng)電場力就做正功了，故間距最小時的電勢能最大，B正確； t2時刻，乙速度為零，在0～t2時間內(nèi)，兩電荷的間距先減小后增大，故它們間的靜電力先增大后減小，C正確；0～t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，故它的動能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動能也是先減小后增大，D錯誤。 13．(2017·成都武侯區(qū)期中)在如圖甲所示的平面坐標系內(nèi)，有三個不同的靜電場：第一象限內(nèi)有固定在O點處的點電荷產(chǎn)生的電場E1(未知)，該點電荷的電荷量為－Q，且只考慮該點電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生電場；第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場E2(未知)；第四象限內(nèi)有大小為，方

24、向按圖乙周期性變化的電場E3，以水平向右為正方向，變化周期T＝。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的離子從(－x0，x0)點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動。以離子到達x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，不計離子重力。求： (1)離子在第一象限運動時速度大小和第二象限電場E2的大??； (2)當t＝時，離子的速度； (3)當t＝nT(n＝1、2、3…)時，離子的坐標。 答案　(1) 　　(2)3　方向：與水平方向成θ角斜向下，tanθ＝ (3)[(4n＋1)x0，－2nx0] 解析　(1)設(shè)離子在第一象限的速度為v0，在第一象限內(nèi)，由庫侖力提供離子圓周運動的向心力：

25、得：＝，解得：v0＝ 在第二象限內(nèi)，只有電場力對離子做功，由動能定理得：E2qx0＝mv 解得：E2＝。 (2)離子進入第四象限后，在水平方向上，有： vx＝t＝·· ＝＝2v0 所以此時離子的合速度：v＝＝3v0＝3 方向：與水平方向成θ角斜向下，tanθ＝。 (3)由(2)分析知離子在第四象限中運動時，y方向上做勻速直線運動，x方向上前半個周期向右勻加速運動，后半個周期向右勻減速運動直到速度為0；每個周期向右運動的平均速度為＝v0 每個周期前進x＝T＝v0·＝4x0 因為開始計時時離子坐標為x0，所以nT時，離子的橫坐標為x＝x0＋4nx0＝(4n＋1)x0 縱坐標：y＝－v0nT＝－2nx0 故在nT時離子的坐標為：[(4n＋1)x0，－2nx0]。 12