专题强化十三 电场中功能关系及图像问题
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．
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2 答案 B 解析 小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
A．该匀强电场的电场强度为 B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h) D．弹簧的弹性势能的增加量为 答案 D 解析 物块从静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，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：W＝－qE(H＋h)＝－，可知机械能减少量为，故B错误；从A到C过程中，静电力做功为－，则电势能增加量为，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W弹＝0，解得弹力做功为：W弹＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．
(1)物块平抛过程中的位移大小； (2)物块在电场中的最大电势能． 答案 (1)l (2)2mgl 解析 (1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v＝， 竖直速度vy＝vsin α，平抛运动时间t＝， 平抛过程中水平位移x＝v0t， 又有竖直位移y＝， 平抛的位移s＝，联立解得s＝l. (2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcos α·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设静电力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcos α·x′－W＝0－mv2， 解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl. 题型二 电场中的图像问题
根据v－t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．
A．小物块带正电 B．A、B两点间的电势差UAB＝－500 V C．小物块由C点到A点电势能先减小再增大 D．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝100 V/m 答案 ABD 解析 根据物块运动的v－t图像可知，小物块带正电，A正确；从v－t图像可知，A、B两点的速度分别为vA＝6 m/s、vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝mvB2－mvA2＝×1×10－3×(42－62) J，解得UAB＝－500 V，B正确；从v－t图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，静电力对物块一直做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加速度最大，为am＝ m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为Fm＝mam＝0.001×2 N＝0.002 N，则电场强度最大值为Em＝＝ N/C＝100 N/C，D正确．
1．电场强度的大小等于φ－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φ－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φ－x图像 (1)点电荷的φ－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φ－x图像，如图．
(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图．
A．a、c两点的电场强度相同 B．q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍 C．将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零 D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增大 答案 BC 解析 φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；由题图可知，题图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误．
1．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向． 2．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．
3．电场中常见的E－x图像 (1)点电荷的E－x图像 正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示．
(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图．
(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图．
A．点电荷A、B分别带正电和负电 B．A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3 C．x＝d处电势最高且为零 D．将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小 答案 D 解析 若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平向右或水平向左，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即＝，解得＝，故B错误；0～d区间，电场方向沿x轴负方向，d～4d区间电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区间，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x＝d处电势大于零；x≥4d的区域内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故x≥4d的区域内的电势都小于零．所以x＝d处电势最高且大于零，故C错误；x≥5d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，故D正确．
1．Ep－x图像 由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向． 2．Ek－x图像 当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝，斜率表示静电力．
A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1<φ3 D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变 答案 D 解析 Ep－x图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，选项A错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，静电力发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1>φ3，选项C错误；x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确． 课时精练
1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs B．物体的电势能增加了qEs C．物体的重力势能增加了qEs D．物体的动能减少了0.6qEs 答案 D 解析 由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确． 2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是( )
A．小环所受静电力逐渐变小 B．小环的加速度先向右后向左 C．小环的电势能逐渐增加 D．小环的动能逐渐增加 答案 D 解析 O点电场强度为零，由O点向右电场强度先变大后变小，小环所受静电力可能先变大后变小，A错误；小环从A点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B错误；静电力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C错误，D正确． 3．(2023·江西赣州市模拟)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变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．球体带正电荷 B．球心处电场强度最大 C．A、B两点电场强度相同 D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大 答案 D 解析 从球出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B错误；A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，C错误；从B到C，电势升高，根据Ep＝qφ，故负电荷在B点的电势能比在C点的电势能大，D正确． 4．(多选)如图甲所示，a、b是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，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点电场强度比b点电场强度大 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点电场强度比b点电场强度大，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． 5.(多选)如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、电场强度大小为的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为 B．a、b两点间的距离为 C．a、c两点间的电势差为 D．a、c两点间的电势差为 答案 BC 解析 不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝，故C正确，D错误． 6.(多选)如图所示，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点由静止释放，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，电势能一直增加，故C正确；小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，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；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． 7.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q (q>0)的小环，在杆的左侧O′处固定一个电荷量为＋Q (Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则( )
A．在a点，小环所受弹力大小为 B．在c点，小环的动能最大 C．在c点，小环的电势能最大 D．在b点，小环的速率为 答案 D 解析 在a点，小环所受的库仑力沿aO′方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向向左的分力，即sin 60°＝，A错误；在c点，重力与库仑力垂直，竖直方向合力向下且不为零，则小环在c点的动能一定不是最大，B错误；c点距离正点电荷最近，对应电势最高，故带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；从a点到b点，由点电荷形成的电场的分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则静电力不做功，应用动能定理有mgl＝mv22－mv2，解得v2＝，D正确．
8.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；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0.5W C．a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W＝Exq·2R 从a到b有2W＝Eyq·R＋ExqR 可得Ex＝，Ey＝ 则E＝＝，tanθ＝＝ 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，电场力做的功为 W′＝Eq＝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． 9．(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．x3处电势φ最高，电场强度最大 B．Q1带正电，Q2带负电 C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加 答案 BD 解析 φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方向，x3～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E＝k，由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误；电子从x1处沿x轴移动到x2处，静电力做负功，电势能增加，所以D正确． 10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒( )
A．一定带正电 B．0～3 s内静电力做的功为－9 J C．运动过程中动能不变 D．0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J 答案 BCD 解析 由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3 s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确． 11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力．求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小； (2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度； (3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程． 答案 (1)10.8mg (2)1.2R (3)15R 解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知： (qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mvC12－0 在C点由牛顿第二定律知：FN－qE－mg＝m ，联立解得：FN＝10.8mg 由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg. (2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知 (qE＋mg)(Lsin 37°－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mvD12－0 小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动， 由动能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－mvD12 联立解得：xmax＝1.2R. (3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动， 由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcos 37°，解得：d＝15R.
12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小 C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V 答案 C 解析 Ep－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F＝＝1 N，可得E1＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，根据动能定理有mv2－mv02＝W电 ，W电＝ΔEp′＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则mv02＝W电′＝Ep2－Ep1，其中Ep1＝2 J，解得滑块的电势能Ep2＝5 J，该处的电势为φ＝＝ V＝－50 V，选项D错误． |
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