物理高考新素养总复习江苏专用讲义选修3-1第六章静电场专题突破Word版含答案

专题突破静电场中的图象问题电场中粒子运动的v－t图象根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。【例1】(2018·4月浙江选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图1所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的是()图1A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EAC.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功解析带电粒子的带电性质不确定，无法判断电势的高低，A项错误；根据图象可知带电粒子的动能先减小后增大，由能量转化关系可知，动能转化为电势能，所以电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，选项C正确，D错误；v－t图象的斜率表示加速度的大小，也可间接地反映电场力和电场强度的大小，图线的斜率先增大后减小，且方向没有改变，所以电场强度应该是EB最大，选项B错误。答案C电场中的E－x图象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2所示。(E方向向右为正)图2(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甲所示。②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图3乙所示。 甲乙图3(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4甲所示。②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图4乙所示。 甲乙图42.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。【例2】(多选)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图5所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点。下列说法正确的是()图5A.O点的电势最低B.x1和－x1两点的电势相等C.电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D.电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大解析作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O点电势最高，故A错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和－x1两点处的电势能相等，故B正确，C错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故D正确。答案BD电场中的φ－x图象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6甲所示。②负点电荷的φ－x图象如图6乙所示。 甲乙图6(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图象，如图7所示。图7(3)两个等量同种点电荷的φ－x图象①两正点电荷连线上的φ－x图象如图8甲所示。②两正点电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图8乙所示。 甲乙图82.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高低，并可根据电势高低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。【例3】(2018·江苏南京、盐城高三第一次模拟)(多选)电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图9所示。则()图9A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量B.G点处电场强度的方向沿x轴负方向C.将一带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D点D.将一带负电的试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功解析图象斜率大小表示场强大小，由图可知在H点的场强为零，即Q1和Q2两电荷在H点的合场强为零，由公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A项错误；由图知B点的电势为零，由于沿着电场线方向电势降低，所以在B点左边场强方向沿x轴正方向，在C点右边场强方向沿x轴负方向，故B项正确；由在G点场强方向沿x轴负方向，负电荷所受电场力方向向右，所以负电荷沿x轴向右运动，故C项错误；由图象可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D项正确。答案BDEp－x图象1.反映了电势能随位移变化的规律；2.图线的切线斜率大小等于电场力大小；3.进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况。【例4】(2018·苏锡常镇四市一调)一带电粒子在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，其电势能Ep与位移x的关系如图10所示。下列图象中合理的是()图10解析由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))可知，Ep－x图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图象可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，选项A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从选项B和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，选项B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，相等位移内速度增加的越来越小，v－x图线应为曲线，故选项C错误，D正确。答案D科学思维的培养——带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的试题有三种类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3.解答带电粒子在交变电场中运动的思路(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。【典例1】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图11甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝eq\f(5,4)，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。图11解析电子在0～τ时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ匀减速运动阶段的位移x2＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a2)由题知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))【典例2】(2018·徐州、宿迁、连云港、淮安高三模拟)如图12甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：图12(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。解析(1)粒子在A、B板间有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C、D板间有L＝v0t0解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m))。(2)粒子从nt0(n＝0，2，4，…)时刻进入C、D板间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动偏移距离y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)加速度a＝eq\f(qU1,md)得y＝eq\f(qU1teq\o\al(2,0),2md)。(3)粒子在C、D板间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远出C、D板时的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0打在荧光屏上距中心线的最远距离s＝y＋Ltanθ荧光屏上区域长度Δs＝s＝eq\f(3qU1teq\o\al(2,0),2md)。答案(1)t0eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(qU1teq\o\al(2,0),2md)(3)eq\f(3qU1teq\o\al(2,0),2md)1.(2018·江苏省泰州高三上学期摸底考试)如图13甲所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将A、B连线三等分，现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则A点电荷的电荷量可能是()图13A.＋5Q B.＋3QC.＋2Q D.＋Q解析由v－t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对该粒子的库仑引力大于点电荷B对该粒子的库仑引力，根据库仑定律，在D点，有keq\f(QAq,4r2)＞keq\f(Qq,r2)，得QA＞4Q，故选项A正确，B、C、D错误。答案A2.(2018·江苏南通高三第一次调研)(多选)真空中有一半径为r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立x轴，轴上各点的电势φ分布如图14所示，r1、r2分别是＋x轴上A、B两点到球心的距离。下列说法中正确的有()图14A.0～r0范围内电场强度处处为零B.A点电场强度小于B点电场强度C.A点电场强度的方向由A指向BD.正电荷从A点移到B点过程中电场力做正功解析根据E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ－x图象的斜率表示电场强度的大小，由图可知在0～r0范围内斜率为0，故在0～r0范围内电场强度处处为零，故A项正确；根据场强公式E＝eq\f(kQ,r2)，得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B项错误；A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故C项正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D项正确。答案ACD3.(2019·镇江一模)(多选)一个带电粒子在电场中仅在静电力作用下做直线运动，取该直线为x轴，初始位置O为坐标原点，其电势能Ep与坐标x的关系如图15所示，则下列关于直线上各点的场强E、粒子运动的速度v、动能Ek、加速度a与x的关系图象中，合理的是()图15解析电势能变化看电场力做功，有ΔEp＝EqΔx，由Ep－x图象的斜率为定值，说明电场为匀强电场，选项A正确；粒子所受电场力为恒力，加速度为定值，做匀变速运动，选项B、D错误；根据动能定理知动能变化看合力做功，电场力为恒力，动能随位移均匀变化，选项C正确。答案AC4.两个带正电，所带电荷量都为q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强E与x关系的是以下选项中的哪一个图()解析由等量同种点电荷的电场强度的分布情况可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，为零，从两点电荷向连线中点电场强度逐渐减小，关于连线中点对称的两点场强大小相等，但方向相反，因此选项A正确。答案A活页作业(时间：35分钟)一、单项选择题1.(2018·苏州质检)电场中某三条等势线如图1中实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的v－t图象可能是下图中的()图1解析结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，选项A正确。答案A2.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图2所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()图2A.q1、q2为等量异种电荷B.N、C两点间场强方向沿x轴负方向C.N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小解析根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误。答案C3.(2018·江苏徐州高三第一次质检)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图3所示，下列说法正确的是()图3A.球体带负电荷B.球内电场强度最大C.A、B两点电场强度相同D.正电荷在B点的电势能比C点的大解析从球出发向两侧电势降低，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带正电荷，故A项错误；球是等势体，内部任意两点间的电势差为零，故场强为零，故B项错误；A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，故C项错误；从B到C，电势降低，故正电荷电势能减小，故D项正确。答案D4.(2018·盐城模拟)在空间中存在着沿x轴的静电场，其电场强度E随位置坐标x变化规律如图4所示，A、B、C为x轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向。下列说法中正确的是()图4A.AC段中B点的电势最低B.一带正电的粒子从A点运动到B点电势能增加C.UAB>UBCD.一负电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先减小后增大解析顺着电场线方向，电势逐渐降低，所以B点电势不是最低，故选项A错误；一带正电的粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减少，故选项B错误；由图象可知与坐标轴围成的面积表示电势差，即UAB>UBC，故选项C正确；负电荷仅在电场力的作用下从A点运动到C点，电场力做负功，动能一直减小，故选项D错误。答案C5.在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图5所示，则下列说法正确的是()图5A.点电荷M、N一定都是负电荷B.点电荷P的电势能一定是先增大后减小C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1D.x＝4a处的电场强度一定为零解析根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P先做正功，后做负功，则M、N一定都是正电荷，且点电荷P的电势能一定是先减小后增大，所以选项A、B错误；由于在x＝4a处速度最大，说明点电荷M、N在此处产生的合场强为0，则有eq\f(kQM,（4a）2)＝eq\f(kQN,（2a）2)，所以QM∶QN＝4∶1，选项C错误，D正确。答案D二、多项选择题6.如图6甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图6A.φa＞φb B.Ea＞EbC.Ea＜Eb D.Wa＞Wb解析由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确。答案BD7.(2018·如皋市第二次质检)如图7甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图7解析分析电子一个周期内的运动情况：0～eq\f(T,4)时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内沿原方向做匀减速直线运动，eq\f(T,2)时刻速度为零，eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T时间内向A板做匀加速直线运动，eq\f(3,4)T～T时间内做匀减速直线运动。根据匀变速直线运动速度－时间图象是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A项正确，C项错误；电子做匀变速直线运动时x－t图象应是抛物线，故B项错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，a－t图象应平行于横轴，故D项正确。答案AD8.(2017·江苏单科)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图8所示。下列说法正确的有()图8A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2，电势能减小D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大解析由x1处电势为零可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，选项A正确；在φ－x图象中，图象切线的斜率表示电场强度，则x1处的电场强度不为零，选项B错误；且有x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，选项D错误；由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，负电荷从x1移到x2，电势能减小，选项C正确。答案AC9.(2018·江苏盐城模拟)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图9中曲线所示(OB＞BD)，取无穷远处电势为零，由图可知()图9A.B点电场强度为零B.Q1为负电荷，Q2为正电荷C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量D.将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功解析因为φ－x图线的斜率等于电场强度大小，所以B点电场强度不为零，选项A错误；因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；因电势为零的位置离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，选项C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能减少，则电场力一直做正功，选项D正确。答案BCD10.(2018·通州模拟)空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图10所示。下列说法中正确的是()图10A.x1、x2两处的电势相同B.电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能C.x＝0处与x1处两点之间的电势差为U＝eq\f(E0x1,2)D.电子沿x轴从x1处运动到x2处，电场力一直做负功解析沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故φx1>φx2，选项A错误；电子受到的电场力方向和电场方向相反，故从x1到x2电场力做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能，选项B、D正确；因为从0到x1处的电场强度是均匀增大的，所以从0到x1处的电场强度平均值为eq\f(E0,2)，根据公式E＝eq\f(U,d)可得从0到x1处的电势差为