專題靜電場圖象

1、專題靜電場圖象、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)、等效場問題1.(2017瀘州區(qū)模擬)在豎直方向上存在變化的電場，一帶電的物體靜止在絕緣的水平地面上，在電場力的作用下開始向上運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,在物體運(yùn)動(dòng)過程中，所帶電量不變，空氣阻力不計(jì)，其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中曲線上點(diǎn)A處的切線的斜率最大，則（）A.在x1處電場強(qiáng)度最強(qiáng)B.在x2x3過程中，物體作勻速直線運(yùn)動(dòng)C.在x3x4過程中，物體的電勢能減少D.在x1x2過程中，物體的動(dòng)能先增大后減小答案：AD解析：功能關(guān)系：除重力以外其它力所做的功等于機(jī)械能的增量，0-x2過程中物體機(jī)械能在增加，知電場力在做正功，機(jī)械能與位移圖線的斜率表示受

2、到的電場力，A處的切線的斜率最大，說明此位置受到的電場力F最大，則電場強(qiáng)度E=最大，即在x1處電場強(qiáng)度最強(qiáng)，A正確；在x2x3過程中，機(jī)械能的變化為0，圖線斜率為0，說明此過程受到的電場力為0，此過程只受到重力的作用，物體在重力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；在x3x4過程中，機(jī)械能在減小，則電場力在做負(fù)功，電勢能要增大，C錯(cuò)誤；在x1x2過程中，圖象的斜率越來越小，則說明受到的電場力越來越?。辉趚2處物體的機(jī)械能最大，圖象的斜率為零，則說明此時(shí)電場力為零；在這一過程中物體應(yīng)先加速后減速，故物體的動(dòng)能先增大后減小，D正確.2.(2017寧波二模)在真空中的x軸上的原點(diǎn)和x=6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)

3、電荷M、N，在x=2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法中正確的是（）A.點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷B.點(diǎn)電荷P的電勢能一定是先增大后減小C.點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2:1 D.x=4a處的電場強(qiáng)度一定為零答案：D解析：由v-x圖象可知，點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，所以點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，說明電場力先做正功，后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場力的方向與場強(qiáng)的方向相同可知，電場強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場線的特點(diǎn)與電場的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，

4、A錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，由于只有電場力做功，所以點(diǎn)電荷P的電勢能一定是先減小后增大，B錯(cuò)誤；由圖可知，在x=4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明了x=4a處的電場強(qiáng)度等于0，因此M與N的點(diǎn)電荷在x=4a處的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，由庫侖定律有=,可得點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為4:1，C錯(cuò)誤，D正確3.(2017甘肅二模)a、b是放置在x軸上的兩個(gè)點(diǎn)電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點(diǎn)對應(yīng)的電勢高低如圖中曲線所示，其中p點(diǎn)電勢最低，ap間的距離大于pb間的距離從圖中可看出在x軸線上以下說法中正確是（）A.Q1一定小于Q2 B.a和b一定是同種電

5、荷，且均為負(fù)電荷C.電勢最低的p點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小D.ap和pb間各點(diǎn)的電場方向均由a指向b答案：C解析：P點(diǎn)電勢最低，切線斜率為零，而-x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，最小兩電荷在P點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，P點(diǎn)距離Q1較遠(yuǎn)，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式知，Q1的電量大于Q2的電量從坐標(biāo)a到b電勢先減小后增大，因?yàn)檠仉妶鼍€方向電勢逐漸降低，知Q1和Q2一定是同種電荷，且都為正電荷，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)順著電場線電勢降低可知，P點(diǎn)的左側(cè)電場方向向右，P點(diǎn)的右側(cè)電場方向向左，D錯(cuò)誤4.(2017衡陽三模)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速

6、度va沿兩點(diǎn)電荷連線的中垂線從a點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，但電量不一定相等B.兩點(diǎn)電荷一定都帶負(fù)電，且電量一定相等C.試探電荷一直向上運(yùn)動(dòng)，直至運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處D.t2時(shí)刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零答案：BD解析：由圖可知，粒子向上先做減速運(yùn)動(dòng)，再反向做加速運(yùn)動(dòng)，且向上過程加速度先增大后減小，而重力不變，說明粒子受電場力應(yīng)向下；故說明粒子均應(yīng)帶負(fù)電；由于電場線只能沿豎直方向，故說明兩粒子帶等量負(fù)電荷，A、C錯(cuò)誤，B正確；t2時(shí)刻之前電場力一直做負(fù)功；故電勢能增大；此后電場力做正功，電勢能減小；t2時(shí)刻電勢能最大；但由于粒子受重力及

7、電場力均向下；故此時(shí)加速度不為零；D正確.5.(2017安康三模)空間存在著平行于x軸方向的靜電場，P、M、O、N、Q為x軸上的點(diǎn)，P、Q之間各點(diǎn)的電勢隨位置坐標(biāo)x的變化如圖所示，一個(gè)帶電粒子僅在電場力作用下從M點(diǎn)由靜止開始沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.粒子一定帶負(fù)電B.P點(diǎn)的電勢低于M點(diǎn)的電勢C.M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度D.粒子從M點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢能一直減小答案：D解析：由圖可知，粒子從M到Q，電勢漸漸降低，且粒子由靜止開始運(yùn)動(dòng)，因此電場線方向由P到Q點(diǎn)，那么粒子帶正電，A錯(cuò)誤；由于電場線方向由P到Q，則沿著電場線方向，電勢降低，那么P點(diǎn)的電勢高于M點(diǎn)的電勢，B

8、錯(cuò)誤；由=Ex，可知圖象的斜率大小表示電場強(qiáng)度的大小，那么M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，C錯(cuò)誤；因帶電粒子僅在電場力作用下從M點(diǎn)由靜止開始沿x軸向右運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，則電勢能一直減小，D正確.6.(2017廣州名校模擬)一帶正電粒子僅在電場力作用下從A點(diǎn)經(jīng)B、C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其v­t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是()A.A處的電場強(qiáng)度一定大于B處的電場強(qiáng)度B.粒子在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能C.CD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度和電勢都為零D.A、B兩點(diǎn)的電勢差大于CB兩點(diǎn)間的電勢差答案：AB解析：由題圖知粒子在A處的加速度大于在B處的加速度，因a，所以EA>EB，A正確；粒子

9、從A到B動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理知電場力必做正功，電勢能必減小，B正確；同理由動(dòng)能定理可知A、C兩點(diǎn)的電勢相等，UABUCB，D錯(cuò)誤；僅受電場力作用的粒子在CD間做勻速運(yùn)動(dòng)，所以CD間各點(diǎn)電場強(qiáng)度均為零，但電勢是相對于零勢點(diǎn)而言的，可以不為零，C錯(cuò)誤7.(2017江西二模)某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點(diǎn)由靜止開始沿電場線豎直向下運(yùn)動(dòng),以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示,則(不考慮空氣阻力)（）A.電場強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向B.從O到x1的過程中，小球的速

10、率越來越大，加速度越來越大C.從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越大D.到達(dá)x1位置時(shí)，小球速度的大小為答案：BD解析：物體的機(jī)械能先減小，后保持不變，說明電場力先做負(fù)功，后不做功，因此電場強(qiáng)度方向向上，再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知，電場力做功越來越小，故電場強(qiáng)度不斷減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場力，且電場力越來越小，加速度越來越大，速度越來越大，B正確；由于電場力越來越小，在相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得mgx1+E1E0=mv20得v=，D正確.8.(2016懷化三模)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可

11、簡化為如圖所示的折線，圖中0 和d為已知量.一個(gè)帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心、沿x軸方向做周期性運(yùn)動(dòng).已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，忽略重力,規(guī)定x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度E、加速度a、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度E，小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是（）答案：D解析：由=Ex可知，-x圖象的斜率表示電場強(qiáng)度大小，沿電場方向電勢降低，因而在x=0的左側(cè)，電場向左，且為勻強(qiáng)電場，A 錯(cuò)誤；由于粒子帶負(fù)電，粒子的加速度在x=0左側(cè)加速度為正值，在x=0右側(cè)加速度為負(fù)值，且大小不變，B錯(cuò)誤；在x=0左側(cè)粒子向右勻加速，在x=0的右側(cè)向右做勻減

12、速運(yùn)動(dòng)，速度與位移不成正比，C錯(cuò)誤；在x=0左側(cè)粒子根據(jù)動(dòng)能定理qEx=Ek2，在x=0的右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理可得-qEx=Ek´-Ek，D正確.9.(2017洛陽二模)在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標(biāo)如圖甲所示.圖乙是AB連線之間的電勢與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=L點(diǎn)為圖線的最低點(diǎn)，若在x=2L的C點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，下列有關(guān)說法正確的是()A.小球在x=L處的速度最大B.小球一定可以到達(dá)x=-2L點(diǎn)處C.小球?qū)⒁詘=L點(diǎn)為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.固定在A、B處的電荷的帶電荷量之比為QA:

13、QB=4:1答案：AD解析：由動(dòng)能定理可知，電場力對小球做功最多時(shí)，小球獲得的動(dòng)能最大，由W=qU可知，由x=2L到x=L兩點(diǎn)的電勢差最大，所以到x=L處時(shí)，小球的動(dòng)能最大，速度也最大，A項(xiàng)正確；假設(shè)小球能夠到達(dá)x=-2L處，但x=2L與x=-2L兩點(diǎn)的電勢差小于零，且小球初動(dòng)能為零，由動(dòng)能定理可知，小球到x-2L處的動(dòng)能小于零，故假設(shè)錯(cuò)誤，小球不可能到達(dá)x=-2L處，B項(xiàng)錯(cuò)誤；同理可以確定小球到達(dá)x=0處動(dòng)能大于零，故小球往復(fù)運(yùn)動(dòng)的中點(diǎn)不是x=L處，C項(xiàng)錯(cuò)誤；小球到達(dá)x=L處速度最大，說明小球在該點(diǎn)加速度為零，所受合外力為零，即QA、QB兩電荷在該點(diǎn)對小球的作用力大小相等方向相反，即k=k，

14、解得=4，D項(xiàng)正確10.(2017湖南名校模擬)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成2角，在平行板間存在著一個(gè)勻強(qiáng)電場，線CD是兩板間一條垂線，豎直線EF與CD交于O點(diǎn)；一個(gè)帶電小球沿著FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，則在此過程中，對該小球下列說法錯(cuò)誤的是（）A.小球帶正、負(fù)電荷都有可能B.小球可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.小球通過O點(diǎn)時(shí)所受電場力一定指向D D.小球動(dòng)能的減少量是電勢能增加量的2倍答案：B解析：一個(gè)帶電小球沿著FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球合外力沿著AB；又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D；由于此電場的方向未知，所以小球的電量不

15、確定，A、C正確；據(jù)以上分析可知，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由以上分析可知，小球受重力等于電場力，運(yùn)動(dòng)的位移和夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關(guān)系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，即小球動(dòng)能的減少量是電勢能增加量的2倍，D正確11.(2016海南單科卷)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成450角，上極板帶正電.一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出.不計(jì)重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為（）A. B. C. D.答案：B解析：根據(jù)電荷的受力情況可知，粒子在電場中做曲線運(yùn)動(dòng)，如圖所示

16、，當(dāng)電場足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，將粒子的速度v分解為垂直于板的分速度vy=v0cos450和平行于板的分速度vx=v0sin450，在垂直于極板方向上由動(dòng)能定理有qEd=mvy2，則電場強(qiáng)度最大值為E=，B正確，A、C、D錯(cuò)誤.12.(2017南昌模擬)一水平放置的電容器置于真空中，對兩板充以電量Q，這時(shí)一帶電油滴恰在兩板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在兩板上突然增加Q1的電量，持續(xù)一段時(shí)間后又突然減小Q2的電量，又持續(xù)一段相等的時(shí)間后帶電油滴恰回到初始位置.如果全過程中油滴未與極板相碰，也未改變所帶電量，則Q1:Q2為（）A.1:4 B.4:1 C.1:3 D.3:1答案：A解析

17、：兩板上突然增加Q1的電量，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)突然減小Q2的電量，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，持續(xù)一段相等的時(shí)間后帶電油滴恰回到初始位置；由牛頓第二定律結(jié)合Q=CU，則有=ma加；與=ma減；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合速度與時(shí)間圖象，并依據(jù)幾何關(guān)系，則可知，=；再由a=可得，=；因此=，解得=，A正確.13.(2017宜春名校月考)(12分)如圖所示，一帶電平行板電容器水平放置，板間距d=0.40m，電容器電容為C=6×10-4F，M板帶電荷量為Q=-6×10-3C，金屬板M上開有一小孔.有A，B兩個(gè)質(zhì)量均為m=0.10g、電荷量均為q=+8.0×10-5C的帶電小球（可視為

18、質(zhì)點(diǎn)），其間用長為L=0.10m的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，A小球恰好位于小孔正上方H=0.20m處現(xiàn)由靜止釋放并讓兩個(gè)帶電小球保持豎直下落.(g取10m/s2）求：（1）小球在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率（2）小球由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到距N板的最小距離過程中，需要多少時(shí)間答案：（1）2m/s（2）0.45s解析：（1）兩板，電壓為U=V=10V由受力分析知當(dāng)F合=0時(shí)，速度最大，設(shè)有n個(gè)球進(jìn)入電場時(shí)，合力為零2mg=nEq而E=,代入數(shù)據(jù)解得n=1，可知當(dāng)A球剛進(jìn)入電場時(shí)，F(xiàn)合=0時(shí)，小球速率達(dá)到最大值由v2=2gH    解得v=m/s=2m/s（2）自由下落H

19、的時(shí)間為t1=0.2s勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=0.05s減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則有2Eq-2mg=2ma代入數(shù)據(jù)解得a=10m/s2因t3=0.2s則有T=t1+t2+t3=0.45s  14.(2017信陽期中)在真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電電量q的小球在此電場中由靜止釋放，小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為53°的直線運(yùn)動(dòng).現(xiàn)將該小球從電場中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，求運(yùn)動(dòng)過程中(sin530=0.8)（1）此電場的電場強(qiáng)度大??；（2）小球運(yùn)動(dòng)的拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)之間的電勢差U；（3）小球的最小動(dòng)能答案：（1）（2）（3）mv02

20、解析：（1）根據(jù)題設(shè)條件，可知電場力大小 F=mg,由F=qE，可得電場強(qiáng)度 E=（2）上拋小球沿豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)vy=v0-gt沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax=g.小球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間t=，此過程小球沿電場方向位移x=axt2=,電場力做功 W=Fx=mg=小球運(yùn)動(dòng)的拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)之間的電勢差 U=Ex=（3）水平速度vx=axt，豎直速度vy=v0-gt，小球的速度v=由以上各式得出 v2=g2t2-2v0gt+v02=g2 (t-)+當(dāng)t=時(shí)，v有最小值，最小值為 vmin=v0，小球動(dòng)能的最小值為Ekmin=mv2min=mv021

21、5.(2017·湛江名校模擬)如圖所示，豎直平行直線為勻強(qiáng)電場的電場線，已知電場強(qiáng)度為E，電場方向未知.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q(q<0)的帶粒子以某一初速度從O點(diǎn)垂直電場方向進(jìn)入電場，該帶電粒子經(jīng)過電場中的A點(diǎn)和B點(diǎn)，不考慮帶電粒子的重力，忽略空氣的阻力（1）試確定電場強(qiáng)度的方向；（2）若OA兩點(diǎn)之間的距離為L，OA連線與電場線夾角為600，求帶電粒子從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）若粒子過B點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角為600，求帶電粒子從O點(diǎn)到B點(diǎn)過程中電場力所做的功.答案：（1）豎直向下（2）（3）解析：（1）因帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)，電場力方向向上，又因?yàn)閹щ娏Ｗ訋ж?fù)電，所以

22、電場強(qiáng)度方向豎直向下. （2）設(shè)帶電粒子的初速度為V0，帶電粒子在電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，由題意知水平方向的位移為X=Lsin600,豎直方向的位移為y=Lcos600，則水平方向有Lsin600=V0t， 豎直方向有Lcos600=at2，而a=，聯(lián)立以上各式解得：t=，V0=，（3）設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)速度為V，從O到B電場力所做的功為W，則由合速度與分速度的關(guān)系有cos600=，解得V=2V0， 由動(dòng)能定理有mV2-mV02=W， 代入數(shù)據(jù)解得W= mV02= m·=. 16.(2017宜昌一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心在O點(diǎn)、半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓

23、弧的最低點(diǎn)和最高點(diǎn).該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度最大，OC連線與豎直方向的夾角=600，重力加速度為g（1）求小球所受到的電場力大?。唬?）小球在A點(diǎn)速度v0多大時(shí)，小球才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)？答案：（1）mg（2）v0=2解析：（1）已知帶電小球在光滑的豎直圓軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度最大，因此，C點(diǎn)是豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的 “最低點(diǎn)”，也就是小球在C點(diǎn)受力情況滿足合外力完全充當(dāng)向心力，如圖所示，由三角函數(shù)有tan=,可得電場力F=mgtan600=mg,（2）電場力與重力的合力大小為=2mg,當(dāng)小球剛好通過C點(diǎn)關(guān)于O對稱的D點(diǎn)時(shí)，就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)