2024版新教材高中物理 第十章 静电场中的能量 专题拓展三 电场中的功能关系及图像问题学生用书 新人教版必修第三册.docx

1、专题拓展三电场中的功能关系及图像问题拓展1功能关系在电场中的应用【归纳】1合力做功等于物体动能的变化量，即W合Ek，这里的W合指合外力做的功2静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WABEpAEpBEp.这与重力做功和重力势能变化的关系类似3只有静电力做功时，带电体电势能与动能的总量保持不变，即Ep1Ek1Ep2Ek2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似【典例】例1.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度竖直向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中()A小球的重力势能减少了2mghB.小球的动能增加了2mghC静电力做负功2mghD小球的电势能增加了3

2、mgh例2. (多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上有一带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动已知金属块在移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功12 J，重力势能增加18 J，则在此过程中()A金属块的动能增加2 JB系统的电势能增加24 JC金属块的机械能增加20 JD系统的重力势能与电势能之和增加26 J训练1如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处的动能为0.现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，

3、它的动能为(仅在电场力作用下)()A16 JB10 J C6 JD4 J训练2如图所示，在场强E1104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m3 g、电荷量q2106 C的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取10 m/s2.(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机械能的变化量的大小分别为多少？(2)若取A点为零电势能点，则小球在B点的电势能为多大？(3)小球到B点时速度为多大？细线的张力为多大？拓展2电场中的三类图像问题一、-x图像问题【归纳】1电场强度的大小等于-x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处-x图线存

4、在极值，其切线的斜率为零2在-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向3在-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用Epq，通过q的“”“”与的高低作出判断4在-x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场5在-x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向【典例】例3. (多选)某静电场电势在x轴上的分布如图所示，由图可知，下列说法中正确的是()Ax1和x2处电场强度相同Bx1处电场强度比x2处大Cx2到x2之间有三处电场

5、强度为零D负电荷从x1移动到x2，电势能减小训练3A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示下列说法正确的是()A该电场是点电荷形成的电场BA、B两点电场强度的大小关系为EAEpB训练4 (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图像如图所示其中P点电势最高，且xAP0表示电场强度沿x轴正方向；E2031(多选)如图所示，以坐标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另外还有一方向与x轴正方向相同，场强大小为E的

6、匀强电场现把一电荷量为q的点电荷N在圆上移动，则()A从a移到c，电场力对点电荷N做功为2qErB从a移到c，电场力对点电荷N不做功C从d移到b，电场力对点电荷N做功为2qErD从d移到b，电场力对点电荷N不做功2.(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示在O点由静止释放一电子，电子仅受静电力的作用，在x0x0区间内()A该静电场是匀强电场B该静电场是非匀强电场C电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大3.(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动则点电荷()A在x

7、2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中在x轴方向上的静电力先增大后减小D由x1运动到x4的过程中在x轴方向上的静电力先减小后增大4(多选)如图甲所示A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度沿直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示则从A到B过程中，下列说法正确的是()A点电荷的速度先增大后减小B电荷所受电场力先减小后增大C从A到B各点的电势先降低后升高D从A到B各点的电势先升高后降低5如图所示，在P1、P2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点一带正电的试探电荷从M点由静止出发

8、，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称下图关于试探电荷速度v，电场的电场强度E、电势，试探电荷的电势能Ep的描述正确的是()专题拓展三电场中的功能关系及图像问题共研突破关键能力拓展1例1解析：带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律F合F电mg2mg，得F电3mg，在下落过程中静电力做功W电3mgh，重力做功WGmgh，总功WW电WG2mgh.根据做功与势能变化关系可得，小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh.故选D.答案：D例2解析：根据动能定理可得EkW总40 J(8 J)(12 J)(18 J)2 J，故A正确；系统电势

9、能的增加量等于金属块克服电场力做的功，即系统的电势能增加8 J，故B错误；金属块机械能的增加量等于金属块的动能增加量和重力势能增加量之和，即EEkEp2 J18 J20 J，故C正确；系统的重力势能与电势能之和增加量EEEp8 J18 J26 J，故D正确答案：ACD训练1解析：正电荷在电场中只受静电力的作用，在等势面L3时动能为20 J，运动到等势面L1时动能为0，则运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为0，则此正电荷的动能和电势能总和为10 J当它的电势能为4 J时，动能为6 J.答案：C训练2解析：(1)重力势能的变化量Epmgl4.5103 J，电势能的变化量Ep电W电q

10、El3103 J，机械能的变化量EEp电3103 J.(2)由Ep电EpBEpA得，小球在B点的电势能EpB3103 J.(3)小球从A到B，由动能定理得mglqEl12mvB2，解得小球在B点的速度vB1 m/s，在B点，对小球有FTmgmvB2l，解得细线拉力FT5102 N答案：(1)4.5103 J3103 J3103 J(2)3103 J(3)1 m/s5102 N拓展2一、例3解析：-x图像的切线斜率kxE，x1处比x2处切线斜率大，故x1处电场强度比x2处大，A错误，B正确；x2到x2之间有三处切线斜率为零，所以x2到x2之间有三处电场强度为零，C正确；根据电势能公式Epq，负电

11、荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从x1移动到x2，电势降低，电势能增大，D错误答案：BC训练3解析：各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率的绝对值表示电场强度大小，可知该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度的大小关系为EAEB，A、B错误由 - x图像知，由AB，电势升高，故电场强度的方向由BA.一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中所受静电力方向与运动方向相同，静电力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能关系为EpAEpB，C错误，D正确答案：D训练4解析：由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项正确；-x图像的切线斜率表示电场强

12、度，则P点电场强度为零，根据电场强度的叠加知两点电荷在P点处产生的场强等大反向，即kq1xA2Pkq2xB2P，又xAPx2，A错误；电子受到的静电力方向和电场方向相反，故沿x轴从x1处运动到x2处，静电力做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能，B、D正确；因为从x0处到x1处的电场强度是均匀增大的，所以从x0处到x1处的电场强度平均值为E02，根据公式EUd，可得x0处与x1处的电势差为UE0x12，C正确答案：BCD训练5解析：x2a处的电场强度为零，但由于电势与电场强度无关，与零电势点的选取有关，则电场强度为零的地方电势不一定为零，A错误从0到3a，电场强度先正方向

13、减小到零又反方向增大，则点电荷M、N必为同种电荷，B正确，C错误x2a处的电场强度为0，由kQM2a2kQNa2得|QM|QN|41，D正确答案：BD例5解析：试探电荷在x2x4之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，A错误；由题图可知x4处的电场强度为零，则kQ1x42kQ2x1+x42，解得Q1Q2x42x1+x42，D错误答案：C训练6解析：由EUd得场强与电势的关系Ex，电势能Epq，联立可得E1qEpx，可知Ep-x图像切线的斜率EpxqEF

14、电x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误由题图可知，Ox1，x1x2，x2x3三段图线斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知三段图线反映的粒子所受电场力变小、变大、不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系Epq，粒子带负电，q203，故D正确答案：A精练落实学科素养1解析：从a移到c，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，在匀强电场中，a、c两处电势相等，电场力对点电荷N也不做功，故A错误，B正确；从d移到b，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，匀强电场对点电荷N做功为WqE2r2qEr，所以电场力做功为2qEr，故C正确，D错误答案：BC2解析：由题图可知，电势与距离不成正

15、比，图线切线斜率的绝对值等于电场强度的大小，因此该静电场是非匀强电场，A错误，B正确根据沿着电场线方向电势降低，可知电场线的方向沿x轴负方向，故电子所受静电力沿x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，C正确，D错误答案：BC3解析：由题图可知，x1到x4电场强度先变大，再变小，则正点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误由x1到x3及由x2到x4过程中，E0，正电荷受静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，A错误，B正确答案：BC4解析：只有电场力做功，动能和电势能之和不变，由电势能Ep随位移x的变化关系可知，电势先增大后减小，所以动能先减小后增大，点电荷的速度先减小后增大；正电荷在电势能大的地方，电势高，所以从A到B各点的电势先升高后降低，故D正确，A、C错误；电势能Ep随位移x的变化关系图线的切线斜率表示电场力，由图可知，Ep-x图线的切线斜率先减小，后增大，所以电荷所受电场力先减小后增大，故B正确答案：BD5解析：根据等量同种电荷电场分布特点可知，O点电场强度为0，故试探电荷在O点的加速度为0，A、B错误两等量正点电荷连线的中点电势最低，且的分布关于O点对称，随x非均匀变化，C正确正试探电荷在O点电势能最小，图像应类似 -x图像，D错误答案：C