1、能力课时8 电场中的“三大”问题的突破方法突破一 电场中“三类”典型图象问题 近几年，高考中以电场中的图象切入命题的试题逐渐增多，如：E x图象、x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：vt图象，掌握各个图象的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等。类型一 电场中粒子运动的vt图象 根据vt图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。【例1】(多选)(2014海南单科，9)如图1甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是
2、线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为a、b，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图1 A.abB.EaEb C.EaEbD.WaWb 解析 由图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确。答案 BD【变式训练】1.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图2甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 k
3、g的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()图2 A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/m B.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C.由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D.AB两点电势差UAB5 V 解析 小物块在 B 点加速度最大，故 B 点场强最大，由 vt 图线知 B 点加速度为 2 m/s2，据 qEma 得 E1 V/m，选项 A 错误；由 C 到 A 的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUAB12mv2B12mv
4、2A，解得 UAB5 V，故选项 D 正确。答案 D 类型二 电场中的Ex图象 1.几种常见的Ex图象(1)点电荷的Ex图象 正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图象大致如图3和图4所示。图3 图4(2)两个等量异种点电荷的Ex图象 两电荷连线上的Ex图象如图5所示。两电荷连线的中垂线上的Ey图象如图6所示。图5 图6(3)两个等量同种点电荷的Ex图象 两电荷连线上的Ex图象如图7所示。两电荷连线的中垂线上的Ey图象如图8所示。图7 图8 2.Ex图象特点(1)反映了电场强度随位移变化的规律。(2)E0表示场强沿x轴正方向；E0表示场强沿x轴负方向。(3)图线与x轴围成的“面积”表
5、示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。【例2】在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图9所示的Ex图象描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向)。对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是()图9 A.两点场强相同，c点电势更高 B.两点场强相同，d点电势更高 C.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高 D.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低 解析 题图中a点左侧、b点右侧的电场都沿x轴负方向，则a点处为正电荷，b点处为负电荷，又两点电荷的电荷量相等，则c、d两点的场强相同，c点电势更
6、高，A正确，B、C、D错误。答案 A【变式训练】2.(多选)(2014上海单科，19)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图10所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()图10 A.在x2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的过程中电场力先增大后减小 D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 解析 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；由x1运动到x4的过程中，场强先
7、增大后减小，因此电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。答案 BC 类型三 电场中的x图象 1.几种常见的x图象(1)点电荷的x图象(取无限远处电势为零)正点电荷的x图象如图11所示；负点电荷的x图象如图12所示。图11 图12(2)两个等量异种电荷连线上的x图象，如图13所示。图13(3)两个等量同种电荷的x图象 两正电荷连线上的x图象如图14所示。两正电荷连线的中垂线上的y图象如图15所示。图14 图15 2.x图象特点及应用 (1)电场强度的大小等于x图线的斜率大小，电场强度为零处，x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在x图象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
8、强度的方向。(3)在x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WABqUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。【例3】(多选)空间某一静电场的电势在x轴上分布如图16所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx。下列说法正确的有()图16 A.EBx的大小大于ECx的大小 B.EBx的方向沿x轴正方向 C.电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 解析 在x图象中，图线斜率表示场强大小。结合题中图象特点可知EBxECx，EOx0，故A项正确，C错误；根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知EBx沿x轴
9、负方向，B项错误；负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负方向，在负x轴上受电场力沿x轴正方向，故可判断负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功，D项正确。答案 AD【变式训练】3.如图17甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的情况如图乙所示。若在O点由静止释放一电子，电子在仅受电场力的作用下开始运动，则以下说法正确的是()图17 A.电子将沿x负方向运动 B.电子的电势能将变大 C.电子运动的加速度先增大后减小 D.电子运动的加速度一直增大 解析 顺着x轴正方向电势逐渐升高，故电场线跟x轴反向，则由静止释放的电子所受电场力沿x轴正方向，且沿x轴正方向加
10、速运动，选项A错误；电场力做正功，电子的电势能一直减小，选项B错误；x关系图线的切线斜率反映沿x方向各点的电场强度大小，故电场强度和电子所受电场力先增大后减小，电子运动的加速度先增大后减小，选项C正确，D错误。答案 C 突破二 带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的试题类型 此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动
11、规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。【例4】将如图18所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图18 A.电子一直向着A板运动 B.电子一直向着B板运动 C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往
12、复运动 D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 解析 根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度 a、速度 v 随时间变化的图线，如图甲、乙。从图中可知，电子在第一个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半周期内，因初始 B板电势比 A 板电势高，所以电子向 B 板运动，加速度大小为eUmd。在第三个T4内电子做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向 A 板运动，加速度大小为eUmd。所以电子在交变电场中将以 tT4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项 D 正确。答案 D【拓展延伸】在【例4
13、】中将加在电容器A、B两极板间的交变电压变成如图19所示，其他条件不变，则例4中四个选项A、B、C、D哪个说法正确()图19 解析 由题意可知电子的at图线和vt图线如图甲、乙所示。电子速度始终是一个方向，开始B板电势高，则电子是一直向B板运动，所以选项B正确。答案 B 反思总结 利用速度图象分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”(1)带电粒子进入电场的时刻；(2)速度图象的切线斜率表示加速度；(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；(4)注意对称性和周期性变化关系的应用；(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不
14、容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解。【变式训练】4.一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图20所示，不计重力。求在t0到tT的时间间隔内：图20(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。解析(1)带电粒子在 0T4、T4T2、T23T4、3T4 T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1qE0m a22qE0m a32qE0m a4qE0m 由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的 at 图象如图甲所示，对应的 vt 图象如图乙所示，其中 v1a1T
15、4qE0T4m 由图乙可知，带电粒子在 t0 到 tT 时的位移为 xT4v1由式得 xqE0T216m 它沿初始电场正方向。(2)由图乙可知，粒子在 t38T 到 t58T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间 t 为 t58T38TT4答案(1)qE0T216m，沿初始电场正方向(2)T4突破三 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题 1.方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。2.解题流程
16、【例5】在如图21所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E5104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA0.1 kg和mB0.2 kg，B所带电荷量q4106C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。图21(1)求
17、B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了Ep0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。将解题过程问题化大题小做(1)画出A、B静止时的受力图。答案 (1)(2)求B所受静摩擦力的大小？对A：由平衡条件得：FT0mAgsin_ 对B：由平衡条件得：FT0qEFf0_ 联立得：Ff00.4_N(3)求物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移x?对B：qExEp_x0.3_m(4)物体A到N点时，求拉力F?对B：FTmBgqEmBa
18、对A：FmAgsin_kxsin_FTmAa 由几何关系得 xx（1cos）sin 联立以上各式得F0.88_N(5)求A到达N点时的速度及拉力F的瞬时功率？v22ax_PFv 代入数据得：v0.6_m/s_P0.528_W 规范解答(1)F作用之前，A、B均处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为Ff0，A、B间绳中张力为FT0，有 对A：FT0mAgsin 对B：FT0qEFf0 联立式，代入数据解得Ff00.4 N(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为x，A、B间绳子张力为FT，有qExEp FTmBgqEmBa 设 A 在 N 点时速度为 v，受弹簧拉力为 F 弹，弹簧的
19、伸长量为 x，有 v22axF 弹kxFmAgsin F 弹sin FTmAa由几何关系知 xx（1cos）sin 设拉力 F 的瞬时功率为 P，有 PFv联立式，代入数据解得 P0.528 W。答案(1)0.4 N(2)0.528 W【变式训练】5.(2016辽宁抚顺六校联合体期中)一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的 12。图22(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M点右
20、侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。解析(1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得qEx2mgR00，又由题意得 qE12mg，联立解得 x4R。(2)若 12，则 mgqE，设小环到达 P 点右侧 x1 时静止，由动能定理得 qE(5Rx1)mg2RFfx10，又 Ffmg，联立解得 x1R12，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W1mgx1mgR12。若 12，则 mgqE，小环经过多次的往复运动，最后在 P 点的速度为 0，根据动能定理可知 qE5Rmg2
21、RW200，克服摩擦力做的功 W212mgR。答案(1)4R(2)若 12，克服摩擦力做功为mgR12；若 12，克服摩擦力做功为12mgR1.两带电荷量分别为q和q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是()解析 越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D错误；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，A正确，C错误。答案 A 2.(多选)如图23甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一
22、定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是()图23 A.Q2带负电且电荷量小于Q1 B.b点的场强一定为零 C.a点的电势比b点的电势高 D.粒子在a点的电势能比b点的电势能小 解析 由vx图象知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为0，B正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错误；粒子从a点到b点动能减小，则电场力
23、做负功，电势能增加，D正确。答案 ABD 3.假设空间某一静电场的电势随x的变化情况如图24所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是()图24 A.空间各点场强的方向均与x轴垂直 B.电荷沿x轴从O移到x1的过程中，一定不受电场力的作用 C.正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减少 D.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加 解析 由题图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直，故A错误；x轴上从O到x1，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力做功为零，但电场力不一定
24、为零，故B错误；正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增加，电场力做负功，故C错误；负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功，故D正确。答案 D 4.(多选)(2016四川德阳一模)如图25所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中
25、()图25 A.撤去外力 F 的瞬间，物体 B 的加速度为3gsin 2B.B 的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsin kC.物体 A 的最大速度为 gsin 6mkD.物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体 B 电势能的减少量解析 当施加外力时，对 B 分析可知 F2mgsin F 电0，解得 F 电mgsin。当撤去外力瞬间物体 B 受到的合力为 F 合F 电2mgsin 3mgsin，则 aF合2m3gsin 2，故选项 A 正确；当 B 受到的合力为零时，B 的速度最大，由 kxF 电2mgsin，解得 x3mgsin k，故选项 B 正确；对 A、B 整体由动能定理得
26、k2x23mgsin x123mv2，解得 vgsin 3mk，故选项 C 错误；根据能量守恒可知物体 A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体 B 电势能和机械能的减少量，故选项 D 正确。答案 ABD 5.(多选)(2015山东理综，20)如图 26 甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间，0T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为 g。关于微粒在 0T 时间内运动的描述，正确的是()图26 A.末速度大小为 2v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgd D.克服电场力做功为 mgd解析 因 0T3内微粒匀速运动，故 E0qmg；在T32T3 时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在 t2T3 时刻的竖直速度为 vy1gT3，水平速度为 v0；在2T3 T 时间内，由牛顿第二定律 2E0qmgma，解得 ag，方向向上，则在 tT 时刻，vy2vy1gT30 粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了 Epmgd212mgd，选项 C 正确；从射入到射出，由动能定理可知12mgdW 电0，可知克服电场力做功为12mgd，选项 D 错误。答案 BC