2023-2024学年（人教版2019必修第三册） 高二物理举一反三 专题10.7 静电场中的图像问题（原卷版+解析）

这是一份2023-2024学年（人教版2019必修第三册） 高二物理举一反三 专题10.7 静电场中的图像问题（原卷版+解析），共34页。

专题10.7 静电场中的图像问题【人教版】TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc1161" 【题型1 φ-x图像】  HYPERLINK \l "_Toc25206" 【题型2 Ep-x图像】  HYPERLINK \l "_Toc9103" 【题型3 E-x图像】  HYPERLINK \l "_Toc6522" 【题型4 v-t图像的应用】  HYPERLINK \l "_Toc10925" 【题型5 有关加速度的图像】  HYPERLINK \l "_Toc2094" 【题型6 有关动能的图像】  HYPERLINK \l "_Toc22177" 【题型7 对称问题】  HYPERLINK \l "_Toc24590" 【题型8 其它图像问题】 【题型1 φ-x图像】【例1】(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且AP＜BP，则(　 )A．q1的电荷量大于q2的电荷量B．从P点到B点，电场强度逐渐增大C．q1和q2都是负电荷D．在A、B之间将一负试探电荷从P点左侧移到右侧，电势能先减少后增加【变式1-1】如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x＜eq \f(\r(2),2)a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是(　 )A．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向右运动B．Q＝eq \f(\r(2)＋1,2)q，释放后P将向左运动C．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向右运动D．Q＝eq \f(2\r(2)＋1,4)q，释放后P将向左运动【变式1-2】空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是(　 )A．E＝3 V/m，方向沿x轴正方向B．E＝5 V/m，方向指向第一象限C．E＝400 V/m，方向沿y轴负方向D．E＝500 V/m，方向指向第三象限【变式1-3】(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPφB>φC，B错误；根据F＝eq \f(kQq,r2)＝ma，并进行定性分析(F＝qE)，由aC＝3aA＝1.5aB，可知A、B、C三点电场强度关系：EC＝3EA＝1.5EB，题图斜率k′＝eq \f(kQq,m)，故C正确，D错误．【题型6 有关动能的图像】【例6】如图甲所示，光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h = 0的过程中，其动能随h的变化曲线如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）A．小环带负电B．从h高处下落至h = 0的过程中，小环电势能一直增大C．从h高处下落至h = 0的过程中，小环先后经过了减速、加速、再减速三个阶段D．小环将做以O点为中心的往复运动答案：B解析：A. 若小环带负电，重力和静电力对小环都做正功，小环的动能一直增大，与图乙不符，所以小环带正电，故A错误；B. 结合动能随着h的变化图象可知，小环带正电，从h高处下落至h=0的过程中，小环所受的电场力为斥力，电场力一直做负功，小环的电势能一直增大，故B正确；C. 结合动能随着h的变化图象可知：从h高处下落至h=0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故C错误； D. 过了O点后，电场力、杆对小环的支持力以及重力的合力向下，小环一直向下做加速运动，不会以O点为中心的往复运动，故D错误。故选：B。【变式6-1】（多选）如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在水平面右端固定一轻弹簧，一带电物块（可视为质点）质量为m，电量为+q，将带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立坐标系，物块动能Ek与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x1处为弹簧原长位置，O~x1段为直线，坐标x2处动能最大，坐标x4处动能为零。下列说法正确的是（　　）A．弹簧的劲度系数为B．从坐标x1处到坐标x4处，物块所受力的合力先增加后减小C．从坐标x1处到坐标x3处弹簧弹性势能增加了D．从坐标x1处到坐标x2处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小答案：AC解析：A．由动能定理可知，物体做匀加速直线运动，则在处物体动能最大，此时物体加速度为零，则即解得故A正确；B．从坐标x1处到坐标x4处，在处所以阶段变大，则变小，而从到对应变大，变大，所以合力先减小后增大，故B错误；C．从坐标x1处到坐标x3处，弹簧弹性势能变大，而电场力做功全部转化为弹簧的弹性势能，即有故C正确；D．从坐标x1处到坐标x2处，弹性势能增加、动能增加，电场力做正功，电势能减小，可知弹簧弹性势能增加量和动能的增加量之和大小等于电势能减少量的大小，故D错误。故选AC。【变式6-2】一带电粒子在电场中仅受电场力作用，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，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是(　　)答案　D解析　粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故F＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))，即Ep－x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝eq \f(F,q)，故电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，斜率减小，故B错误；题图v－x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而电场力减小导致加速度减小，故C错误；由以上分析可知，粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．【变式6-3】(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(　　)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点场强比b点场强大D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大答案　CD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，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，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．【题型7 对称问题】【例7】(多选)图1为电机保护接地极电势分布图,接地极打入大地。当电机发生接地故障时,接地电流呈半球形散开,实线为电场线,虚线为等势线。以接地极位置为原点O,水平地面上的电势φ与到原点的距离x的关系图像如图2所示,左右呈金字塔形对称分布。则(　　)。A.一正试探电荷在x=10 m和x=-10 m两处的电势能不相等B.x轴上位于x=-10 m和x=10 m两处的电场强度相同C.一负电荷从x=-5 m由静止释放,运动到原点动能最大D.接地极处电势最高,距离接地极越远电势越低,直至为零答案　CD解析　因x=10 m和x=-10 m两处的电势相等,根据Ep=qφ可知,一正试探电荷在x=10 m和x=-10 m两处的电势能相等,A项错误;x轴上位于x=-10 m和x=10 m两处的电场强度大小相等,方向不相同,B项错误;一负电荷从x=-5 m由静止释放,在x轴负半轴做加速运动,在x轴正半轴做减速运动,所以运动到原点动能最大,C项正确;由图像可知接地极处电势最高,距离接地极越远电势越低,直至为零,D项正确。【变式7-1】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，电势一直增大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，电场力做功相等解析：选D　由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，A、B错误；电子从N移到P的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，C错误；由图像可知，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，电场力做功相等，D正确。【变式7-2】(多选)空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，图像关于O点中心对称．下列说法正确的是(　　)A．O点的电场强度一定为零B．－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同C．将负电荷从－x1移到x1电荷的电势能增大D．－x1和x1两点在同一等势面上答案　BC解析　φ－x图像的斜率表示电场强度，由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零，故O点的电场强度不为零，－x1与x1点的切线斜率相同，故－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同，故A错误，B正确；电势的定义式为φ＝eq \f(Ep,q)，故电势能Ep＝qφ，将负电荷从－x1移到x1，电荷的电势能由负值变为正值，电荷的电势能增大，故C正确；－x1和x1两点电势不相等，故一定不在同一等势面上，故D错误．【变式7-3】平行金属板A、B带等量异种电荷，以过两板中心O点(原点)的某轴线为x轴、由A指向B的方向为电场强度的正方向，作出电场强度大小随坐标变化的图像如图8所示，其中aO＝Ob＝l。下列说法正确的是(　　)A．A板带正电B．沿x轴正方向电势降低C．电势差UbO＝UOa＝E0lD．将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变答案　D解析　a、b间电场强度大小为E0且保持不变，则其为匀强电场，外侧电场强度快速趋近于零，且都为负值，因此x轴为平行于两板的中心轴线，电场强度为负表示电场强度方向由B指向A，如图所示，则A板带负电，选项A错误；由于两板间的x轴为一等势线，电势不变，b、O与O、a之间的电势差均为零，所以将电子由a点沿x轴移动到b点，电场力不做功，电势能不变，选项B、C错误，D正确。【题型8 其它图像问题】【例8】如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力，则(　 )A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶4C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了eq \f(2e2T2φ12,md2)解析：选D　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝eq \f(φ1,d)，电子以a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eφ1,md)向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝eq \f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度E2＝eq \f(φ2,d)，加速度a2＝eq \f(eφ2,md)，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－eq \f(1,2)a2T2，2T时刻回到P点，则x1＋x2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A、B错误；0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－eq \f(2eTφ1,md)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2e2T2φ12,md2)，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。【变式8-1】(多选) 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定能使电子打到B板的是(　　)答案　CD解析　加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确．【变式8-2】如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg、电荷量为q的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为，已知sinθ=、cosθ=，，取g=10 m/s2，则小物块（　　）A．一直处于静止状态B．一直匀加速直线运动C．在传送带上运动的总时间为2.5 sD．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J答案：D解析：AB．存在电场时，有 解得 不存在电场时，有 解得 所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行，AB错误；C．一个周期运动的位移为 所以运动的时间为 C错误；D．在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为发热量为 D正确。故选D。【变式8-3】如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等。板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则以下说法中正确的是（　　）A．带电粒子通过电场的时间为 B．在0～时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝（n＝0，1，2…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场解析：A、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，t＝nT，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故AD错误；B、粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速直线运动，在0～内射入的粒子能从OO′上方射出电场，在～时间内射入的粒子在OO′下方射出电场，故B错误；C、t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，根据分位移公式，有：＝，由于L＝d，解得：vym＝v0，故最大动能：EK′＝m（v02+v2ym）＝2EK0，故C正确；故选：C。