2023高中物理步步高大一轮 第八章 专题强化十四　电场性质的综合应用

1、专题强化十四电场性质的综合应用目标要求1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题题型一电场中功能关系的综合问题电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量例1(2022山西师大附中模拟)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J下列说法中正确的是()A粒子带

2、负电B粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC粒子在A点的动能比在B点少0.5 JD粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J答案D解析由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得WWGEk0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确例2如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的物块从A点由静止开始下落，加速度为eq f(1,3)g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，

3、且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A该匀强电场的电场强度为eq f(mg,3q)B带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为eq f(mgHh,3)C带电物块电势能的增加量为mg(Hh)D弹簧的弹性势能的增加量为eq f(mgHh,3)答案D解析物块从静止开始下落时的加速度为eq f(1,3)g，根据牛顿第二定律得：mgqEma，解得：Eeq f(2mg,3q)，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：WqE(Hh)eq f(2mgHh,3)，可知机械能减小量为eq f(2mgHh,3)，故B错误

4、；从A到C过程中，静电力做功为eq f(2mgHh,3)，则电势能增加量为eq f(2mgHh,3)，故C错误；根据动能定理得：mg(Hh)eq f(2mgHh,3)W弹0，解得弹力做功为：W弹eq f(mgHh,3)，即弹性势能增加量为eq f(mgHh,3)，故D正确例3如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点现有一质量为m、电荷量为q套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq r(gR)

5、.求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势答案(1)eq r(7gR)(2)eq f(mgR,2q)解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零由几何关系可得BC的竖直高度hBCeq f(3R,2)根据动能定理有mgeq f(3R,2)eq f(mvC2,2)eq f(mvB2,2)解得vCeq r(7gR).(2)小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg3RW电eq f(mvC2,2)0，又根据静电力做功与电势能的关系：W电EpAEpCqA(qC)又因为C0，可得Aeq f(mgR,2q).题型二电场中

6、的图像问题 考向1电场中的vt图像根据vt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4(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q5.0104 C小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的vt图像如图乙所示小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)则下列说法正确的是()A由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大B由C到A电势逐渐降低

7、CC、B两点间的电势差 UCB0.9 VD在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E1.2 V/m答案BCD解析从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A错误，B正确；根据动能定理知qUCBeq f(1,2)mvB20，解得UCB0.9 V，故C正确；根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度aeq f(v,t)eq f(0.3,5) m/s20.06 m/s2，根据牛顿第二定律得qEma，联立解得E1.2 V/m，故D正确 考向2x图像(电场方向与x

8、轴平行)1电场强度的大小等于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x图像(1)点电荷的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x图像，如图(3)两个等量同种点电荷的x图像，如图例5(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随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAPxPB，

9、则()Aq1和q2都带负电荷Bq1的电荷量大于q2的电荷量C在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大D一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小答案AC解析由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都带负电荷，故A项正确；x图像的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即keq f(q1,xAP2)keq f(q2,xBP2)，又xAP0，电场强度E沿x轴正方向；E0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是()A该匀强电场的

10、场强方向与ab平行B将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WCa点电势低于c点电势D若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动答案AB解析由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴，如图所示从c到d有WExq2R从a到b有2WEyqeq r(3)R ExqR可得Exeq f(W,2qR)，Eyeq f(r(3)W,2qR)则Eeq r(Ex2Ey2)eq f(W,qR)，tan eq f(Ey,Ex)eq r(3)由于电场方向与水平方向成60角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功

11、为WEqeq f(R,2)0.5W，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中Ox1段是曲线，x1x2段是平行于x轴的直线，x2x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是()AOx1段电势逐渐升高BOx1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动Cx1x2段电场强度为零Dx2x3段的电势沿x轴均匀减小答案ACD解析电势能Epq，由于粒子带正电，Ox1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据静电力做功与电势能关系

12、EpEqx，图像斜率反映场强大小，Ox1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，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；x2x3段斜率为0，场强为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确9.竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x1 cm的P处沿直线运动到x2 cm的Q处，已知小球的质量为3104 kg，取g10 m/s2，则()A匀强电场的场强大小为400 V/mB带电小球的电荷量大小为1105

13、CC带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40 m/s2D带电小球运动到Q点时动能可能为0答案B解析由电势差与电场强度的关系得UExcos 37，则0Ecos 37x，结合图像得Ecos 37eq f(16 V,0.04 m)，解得E500 V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mgEqsin 37，解得q1105 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得qEcos 37ma，代入数据解得aeq f(40,3) m/s2，故C、D错误10.(多选)如图所示，

14、半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零则小球a()A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案BC解析小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90，所以库仑力整个过程做负功小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们

15、的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90，在P点合力与速度夹角大于90，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误11(2021山东卷6)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 xeq f(r(2),2)a区间，x轴上电势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

16、移动后，由静止释放，以下判断正确的是()AQeq f(r(2)1,2)q，释放后P将向右运动BQeq f(r(2)1,2)q，释放后P将向左运动CQeq f(2r(2)1,4)q，释放后P将向右运动DQeq f(2r(2)1,4)q，释放后P将向左运动答案C解析对y轴正向的点电荷，由平衡条件可得eq r(2)keq f(q2,a2)keq f(q2,r(2)a2)keq f(Qq,f(r(2),2)a2)解得Qeq f(2r(2)1,4)q因在0 xeq f(r(2),2)a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的库仑力而向右运动故选C.12.(多选)如图所示，有一均匀对称带负电花环和一质量为m的带正电小球，小球由静止从花环正上方某一高处的A点落下，穿过花环中心又下落到与A对称的A点在这个过程中，若取花环中心为坐标原点且重力势能为零，无限远处电势为零，竖直向下为x轴正方向，则关于小球的加速度a、重力势能Ep、电势能p、机械能E，这四个物理量与小球的位置坐标x的关系图像可能正确的是()答案AD解析花环中心电场强度为零，无限远处电场强度为零，所以从中心到无限远处电场强度是先增加再减少加速度是重力和静电力的合力与质量的比值，在花环上方，重力和静电力都向下，且静电力可能先增加再减小，所以加