专题静电场图象.doc

专题静电场图象、带电粒子在电场中的运动、等效场问题
1.(2017•泸州区模拟)在竖直方向上存在变化的电场，一带电的物体静止在绝缘的水平地面上，在电场力的作用下开始向上运动,如图甲所示,在物体运动过程中，所带电量不变，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大，则（　　）
A.在x1处电场强度最强
B.在x2→x3过程中，物体作匀速直线运动
C.在x3→x4过程中，物体的电势能减少
D.在x1→x2过程中，物体的动能先增大后减小

答案：AD
解析：功能关系：除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量，0-x2过程中物体机械能在增加知电场力在做正功，机械能与位移图线的斜率表示受到的电场力，A处的切线的斜率最大，说明此位置受到的电场力F最大，则电场强度E=最大，即在x1处电场强度最强，A正确；在x2→x3过程中，机械能的变化为0，图线斜率为0，说明此过程受到的电场力为0，此过程只受到重力的作用，物体在重力作用下做匀加速直线运动，B错误；在x3→x4过程中，机械能在减小，则电场力在做负功，电势能要增大，C错误；在x1→x2过程中，图象的斜率越来越小，则说明受到的电场力越来越小；在x2处物体的机械能最大，图象的斜率为零，则说明此时电场力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，故物体的动能先增大后减小，D正确.
2.(2017•宁波二模)在真空中的x轴上的原点和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，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A.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2:1
D.x=4a处的电场强度一定为零

答案：D
解析：由v-x图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，A错误；点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大，B错误；由图可知，在x=4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x=4a处的电场强度等于0，因此M与N的点电荷在x=4a处的电场强度大小相等，方向相反，由库仑定律有=,可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4:1，C错误，D正确．
3.(2017•甘肃二模)a、b是放置在x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，其中p点电势最低，ap间的距离大于pb间的距离．从图中可看出在x轴线上．以下说法中正确是（　　）
A.Q1一定小于Q2
B.a和b一定是同种电荷，且均为负电荷
C.电势最低的p点的电场强度最小
D.ap和pb间各点的电场方向均由a指向b

答案：C
解析：P点电势最低，切线斜率为零，而φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零，最小．两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量．从坐标a到b电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，A、B错误，C正确；根据顺着电场线电势降低可知，P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，D错误．
4.(2017•衡阳三模)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等
B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等
C.试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处
D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零

答案：BD
解析：由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷，A、C错误，B正确；t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；D正确.
5.(2017•安康三模)空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q之间各点的电势φ随位置坐标x的变化如图所示，一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴正方向运动，下列说法正确的是（　　）
A.粒子一定带负电
B.P点的电势低于M点的电势
C.M点的电场强度小于N点的电场强度
D.粒子从M点向N点运动的过程中，电势能一直减小

答案：D
解析：由图可知，粒子从M到Q，电势渐渐降低，且粒子由静止开始运动，因此电场线方向由P到Q点，那么粒子带正电，A错误；由于电场线方向由P到Q，则沿着电场线方向，电势降低，那么P点的电势高于M点的电势，B错误；由△φ=E△x，可知图象的斜率大小表示电场强度的大小，那么M点的电场强度大于N点的电场强度，C错误；因带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，电场力做正功，则电势能一直减小，D正确.
6.(2017•广州名校模拟)一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v­t图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

A.A处的电场强度一定大于B处的电场强度
B.粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能
C.CD间各点电场强度和电势都为零
D.A、B两点的电势差大于CB两点间的电势差
答案：AB
解析：由题图知粒子在A处的加速度大于在B处的加速度，因a＝，所以EA>EB，A正确；粒子从A到B动能增加，由动能定理知电场力必做正功，电势能必减小，B正确；同理由动能定理可知A、C两点的电势相等，UAB＝UCB，D错误；仅受电场力作用的粒子在CD间做匀速运动，所以CD间各点电场强度均为零，但电势是相对于零势点而言的，可以不为零，C错误．
7.(2017•江西二模)某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动,以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示,则(不考虑空气阻力)（　　）
A.电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B.从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大
C.从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大
D.到达x1位置时，小球速度的大小为

答案：BD
解析：物体的机械能先减小，后保持不变，说明电场力先做负功，后不做功，因此电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，故电场强度不断减小，A错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，加速度越来越大，速度越来越大，B正确；由于电场力越来越小，在相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，C错误；根据动能定理可得mgx1+E1−E0=mv2−0得v=，D正确.
8.(2016•怀化三模)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0 和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电量为-q，忽略重力,规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是（　　）

答案：D
解析：由φ=Ex可知，φ-x图象的斜率表示电场强度大小，沿电场方向电势降低，因而在x=0的左侧，电场向左，且为匀强电场，A 错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧加速度为正值，在x=0右侧加速度为负值，且大小不变，B错误；在x=0左侧粒子向右匀加速，在x=0的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，C错误；在x=0左侧粒子根据动能定理qEx=Ek2，在x=0的右侧，根据动能定理可得-qEx=Ek´-Ek，D正确.
9.(2017•洛阳二模)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示.图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是(　　)
A.小球在x=L处的速度最大
B.小球一定可以到达x=-2L点处
C.小球将以x=L点为中心做往复运动
D.固定在A、B处的电荷的带电荷量之比为QA:QB=4:1

答案：AD
解析：由动能定理可知，电场力对小球做功最多时，小球获得的动能最大，由W=qU可知，由x=2L到x=L两点的电势差最大，所以到x=L处时，小球的动能最大，速度也最大，A项正确；假设小球能够到达x=-2L处，但x=2L与x=-2L两点的电势差小于零，且小球初动能为零，由动能定理可知，小球到x＝-2L处的动能小于零，故假设错误，小球不可能到达x=-2L处，B项错误；同理可以确定小球到达x=0处动能大于零，故小球往复运动的中点不是x=L处，C项错误；小球到达x=L处速度最大，说明小球在该点加速度为零，所受合外力为零，即QA、QB两电荷在该点对小球的作用力大小相等方向相反，即k=k，解得=4，D项正确．
10.(2017•湖南名校模拟)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着一个匀强电场，线CD是两板间一条垂线，竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动则在此过程中，对该小球下列说法错误的是（　　）
A.小球带正、负电荷都有可能
B.小球可能做匀加速直线运动
C.小球通过O点时所受电场力一定指向D
D.小球动能的减少量是电势能增加量的2倍

答案：B
解析：一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电量不确定，A、C正确；据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，B错误；由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍，D正确．
11.(2016•海南单科卷)如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成450角，上极板带正电.一电荷量为q(q＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出.不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（　　）
A. B. C. D.

答案：B
解析：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，将粒子的速度v分解为垂直于板的分速度vy=v0cos450和平行于板的分速度vx=v0sin450，在垂直于极板方向上由动能定理有qEd=mvy2，则电场强度最大值为E=，B正确，A、C、D错误.

12.(2017•南昌模拟)一水平放置的电容器置于真空中，对两板充以电量Q，这时一带电油滴恰在两板间处于静止状态，现在两板上突然增加△Q1的电量，持续一段时间后又突然减小△Q2的电量，又持续一段相等的时间后带电油滴恰回到初始位置.如果全过程中油滴未与极板相碰，也未改变所带电量，则△Q1:△Q2为（　　）
A.1:4 B.4:1 C.1:3 D.3:1
答案：A
解析：两板上突然增加△Q1的电量，粒子做匀加速直线运动，当突然减小△Q2的电量，做匀变速直线运动，持续一段相等的时间后带电油滴恰回到初始位置；由牛顿第二定律结合Q=CU，则有=ma加；与=ma减；由运动学公式，结合速度与时间图象，并依据几何关系，则可知，=；再由a=可得，==；因此=，解得=，A正确.

13.(2017•宜春名校月考)(12分)如图所示，一带电平行板电容器水平放置，板间距d=0.40m，电容器电容为C=6×10-4F，M板带电荷量为Q=-6×10-3C，金属板M上开有一小孔.有A，B两个质量均为m=0.10g、电荷量均为q=+8.0×10-5C的带电小球（可视为质点），其间用长为L=0.10m的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，A小球恰好位于小孔正上方H=0.20m处．现由静止释放并让两个带电小球保持竖直下落.(g取10m/s2）求：
（1）小球在运动过程中的最大速率．
（2）小球由静止释放运动到距N板的最小距离过程中，需要多少时间．

答案：（1）2m/s（2）0.45s
解析：（1）两板，电压为U==V=10V
由受力分析知当F合=0时，速度最大，设有n个球进入电场时，合力为零．
2mg=nEq
而E=,
代入数据解得n=1，
可知当A球刚进入电场时，F合=0时，小球速率达到最大值
由v2=2gH    
解得v==m/s=2m/s．
（2）自由下落H的时间为t1==0.2s
匀速运动的时间为t2==0.05s
减速运动的时间为t3，则有2Eq-2mg=2ma
代入数据解得a=10m/s2
因t3==0.2s
则有T=t1+t2+t3=0.45s  
14.(2017•信阳期中)在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动.现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中(sin530=0.8)
（1）此电场的电场强度大小；
（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；
（3）小球的最小动能．
答案：（1）（2）（3）mv02
解析：（1）根据题设条件，可知电场力大小 F==mg,
由F=qE可得电场强度 E=．
（2）上抛小球沿竖直方向做匀减速运动vy=v0-gt
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax==g.
小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移x=axt2=,
电场力做功 W=Fx=mg•=
小球运动的抛出点至最高点之间的电势差 U=Ex=•=
（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0-gt，小球的速度v=
由以上各式得出 v2=g2t2-2v0gt+v02=g2 (t-)+
当t=时，v有最小值，最小值为 vmin=v0，
小球动能的最小值为Ekmin=mv2min=mv02．
15.(2017·湛江名校模拟)如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，已知电场强度为E，电场方向未知.现有一质量为m、电荷量为q(q<0)的带粒子以某一初速度从O点垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的A点和B点，不考虑带电粒子的重力，忽略空气的阻力．
（1）试确定电场强度的方向；
（2）若OA两点之间的距离为L，OA连线与电场线夹角为600，求带电粒子从O点到A点的运动时间；
（3）若粒子过B点时速度方向与水平方向夹角为600，求带电粒子从O点到B点过程中电场力所做的功.

答案：（1）竖直向下（2）（3）
解析：（1）因带电粒子向上偏转，电场力方向向上，又因为带电粒子带负电，所以电场强度方向竖直向下.
（2）设带电粒子的初速度为V0，带电粒子在电场做类平抛运动，由题意知水平方向的位移为X=Lsin600,竖直方向的位移为y=Lcos600，
则水平方向有Lsin600=V0t，
竖直方向有Lcos600=at2，
而a=，
联立以上各式解得：t=，V0=，
（3）设带电粒子在B点速度为V，从O到B电场力所做的功为W，
则由合速度与分速度的关系有cos600=，解得V=2V0，
由动能定理有mV2-mV02=W，
代入数据解得W= mV02= m·=.
16.(2017•宜昌一模)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点、半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，OC连线与竖直方向的夹角θ=600，重力加速度为g．
（1）求小球所受到的电场力大小；
（2）小球在A点速度v0多大时，小球才能做完整的圆周运动？

答案：（1）mg（2）v0=2
解析：（1）已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直面内圆周运动的 “最低点”，也就是小球在C点受力情况满足合外力完全充当向心力，如图所示，由三角函数有tanθ=,

可得电场力F=mgtan600=mg,
（2）电场力与重力的合力大小为=2mg,当小球刚好通过C点关于O对称的D点时，就能做完整的圆周运动，此时在D点由电场力和重力的合力提供向心力，则有=m
从A到D，由动能定理有-mgr(1+cosθ)-Frsinθ=mvD2-mv 02
联立解得 v0=2
当v0=2时，小球才能做完整的圆周运动．
17.(2017·荔城区期中)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球在圆轨道上运动时的最大速率；
（3）小球对圆轨道最大压力的大小．

答案：（1）（2）（3）(2＋3)mg
解析：（1）设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理有qE·3R－mg·2R=mv
小球离开C点后做平抛运动到P点，水平方向有2R=vCt，
竖直方向有R=gt2
联立以上三式解得E=
（2）设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，由动能定理有qE(2R＋Rsinα)-mgR(1－cosα)=mv2
整理可得mv2=mgR(sinα＋cosα＋1)
由圆周运动等效最低点可知，α=450
把α=450代入上式解得v=

（3）由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，
F-qEsinα-mgcosα-
解得F=(2＋3)mg

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