专题静电场图象

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x 1处电场强度最强B.在x 2→x 3过程中，物体作匀速直线运动C.在x 3→x 4过程中，物体的电势能减少D.在x 1→x 2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-x 2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=Fq 最大，即在x 1处电场强度最强，A 正确；在x 2→x 3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x 3→x 4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x 1→x 2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x 2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2:1D.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kQ M(4a)2=kQ N (2a)2,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Q2B.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v a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 ＝qEm ，所以E A >E B ，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，U AB ＝U CB ，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x 1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C.从O 到x 1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x 1位置时，小球速度的大小为2(E 1-E 0+mgx 1)m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mgx 1+E 1−E 0=12mv 2−0得v =2(E 1-E 0+mgx 1)m，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E k 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=E k2，在x=0的右侧，根据动能定理可得-qEx=E k ´-E k ，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Q A 、Q B ，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Q A :Q B =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Q A 、Q B 两电荷在该点对小球的作用力大小相等方向相反，即k Q A q 4L 2=k Q B q 2L 2，解得Q AQ B=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DD.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E k0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.E k04qd B.E k02qd C.2E k02qd D.2E k0qd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v y =v 0cos450和平行于板的分速度v x =v 0sin450，在垂直于极板方向上由动能定理有qEd=12mv y 2，则电场强度最大值为E=E k02qd，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△Q 1的电量，持续一段时间后又突然减小△Q 2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△Q 1:△Q 2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△Q 1的电量，粒子做匀加速直线运动，当突然减小△Q 2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q △Q 1Cd=ma加；与q(△Q 2-△Q 1)Cd=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，v 2v 1=21；再由a=△v △t 可得，a 加a 减=v 1v 2+v 1=13；因此△Q 1 △Q 2-△Q 1=13，解得△Q 1△Q 2=14，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/s 2）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=Q C =6×10-36×10-4V=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=U d,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v 2=2gH解得v=2gH=2×10×0.2m/s=2m/s ．（2）自由下落H 的时间为t 1=vg =0.2s匀速运动的时间为t 2=Lv=0.05s减速运动的时间为t 3，则有2Eq-2mg=2ma代入数据解得a=10m/s 2因t 3=va=0.2s则有T=t 1+t 2+t 3=0.45s14.(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v 0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）4mg 3q （2）8mv 029q （3）825mv 02解析：（1）根据题设条件，可知电场力大小 F=mg sin370=43mg,由F=qE ，可得电场强度 E=4mg 3q． （2）上抛小球沿竖直方向做匀减速运动v y =v 0-gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a x =F m =43g.小球上升到最高点的时间t=v 0g ，此过程小球沿电场方向位移x=12a x t 2=2v 023g ,电场力做功 W=Fx=43mg •2v 023g =8mv 029小球运动的抛出点至最高点之间的电势差 U=Ex=4mg 3q •2v 023g =8mv 029q（3）水平速度v x =a x t ，竖直速度v y =v 0-gt ，小球的速度v=v x 2+v y 2由以上各式得出 v 2=259g 2t 2-2v 0gt+v 02=259g 2(t-9v 025g )+16v 0225当t=9v 025g 时，v 有最小值，最小值为 v min =45v 0，小球动能的最小值为E kmin =12mv 2min =825mv 02．15.(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）mL qE （3）9qEL8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V 0，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=V 0t ，竖直方向有Lcos600=12at 2，而a=qE m，联立以上各式解得：t=mL qE ，V 0=123qELm， （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=V 0V，解得V=2V 0，由动能定理有12mV 2-12mV 02=W ，代入数据解得W=32 mV 02=32 m ·3qEL 4m =9qEL 8.16.(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v 0多大时，小球才能做完整的圆周运动？答案：（1）3mg （2）v 0=22gr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tan θ=F mg,可得电场力F=mgtan600=3mg, （2）电场力与重力的合力大小为mgcos600=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mg cos600=m v D2r 从A 到D ，由动能定理有-mgr(1+cos θ)-Frsin θ=12mv D 2-12mv 02联立解得 v 0=22gr当v 0=22gr 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）mgq（2）2(1+2)gR （3）(2＋32)mg解析：（1）设小球过C 点时速度大小为v C ，小球从A 到C 由动能定理有qE·3R－mg·2R =12mv 2C小球离开C 点后做平抛运动到P 点，水平方向有2R=v C t ， 竖直方向有R=12gt 2联立以上三式解得E=mgq（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 ＋Rsin α)-mgR(1－cos α)=12mv 2整理可得12mv 2=mgR(sin α＋cos α＋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=2(1+2)gR（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-qEsin α-mgcos α-mv 2R解得F=(2＋32)mg。