第69練　電場中的圖像問題　（時(shí)間　20分鐘）思維方法1．挖掘φ-x圖像中的兩個(gè)隱藏信息：(1)電場強(qiáng)度的方向：由電勢高的地方指向電勢低的地方，即沿x軸方向的電場方向；(2)電場強(qiáng)度的大?。焊鶕?jù)E＝，圖像φ-x的斜率為電場強(qiáng)度，另注意Ep-x圖像即為qφ-x圖像．2．挖掘E-x圖像中的兩個(gè)隱藏信息：(1)電場強(qiáng)度的方向；場強(qiáng)E正負(fù)表示場強(qiáng)的方向；(2)電勢差的大?。簣D線與x軸圍成的“面積”表示電勢差．選擇題1．[2022·江西南昌測試]如圖甲所示，x軸上固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點(diǎn)O)，M、N、P三點(diǎn)也在x軸上，且MN＝NP，Q1、Q2在x軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖乙所示(N為最低點(diǎn))，下列說法錯(cuò)誤的是(　　)A．M、N之間的電場方向沿x軸正方向B．N點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為零C．M點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為零D．一正試探電荷從P點(diǎn)移到M點(diǎn)的過程中，電場力做的功|WPN|<|WNM|2．(多選)[2022·湖南五市十校第二次聯(lián)考]某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點(diǎn)由靜止開始沿電場線豎直向下運(yùn)動(dòng)．以O為坐標(biāo)原點(diǎn)，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖乙所示，則(不考慮空氣阻力，重力加速度為g)(　　)A．電場強(qiáng)度不斷減小，方向沿x軸負(fù)方向B．從O到x1的過程中，加速度越來越小，速率越來越大C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小D．到達(dá)x1位置時(shí)，小球速度的大小為 3．(多選)[2022·天一大聯(lián)考]以點(diǎn)電荷A、B的連線為x軸，以點(diǎn)電荷B為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系，點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為q1、q2，間距為x0，一電子以一定的初速度進(jìn)入該電場，由靠近坐標(biāo)原點(diǎn)的位置沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能的變化如圖中實(shí)線所示，圖線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，圖線最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為x2，則下列判斷正確的是(　　)A.0～x1之間電場強(qiáng)度沿x軸正方向B．A電荷帶正電，B電荷帶負(fù)電C．＝－D．＝－4．[2022·四川成都市一診]如圖甲所示，在勻強(qiáng)電場中的O點(diǎn)先后無初速度釋放兩個(gè)正點(diǎn)電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅在電場力的作用下沿直線向A運(yùn)動(dòng)，兩電荷的動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖乙．若Ⅰ的電荷量為q，則可知  (　　)A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E＝B．電荷Ⅱ受到的電場力大小為FⅡ＝C．電荷Ⅱ的電荷量為D．選O點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，A點(diǎn)的電勢為φA＝5．(多選)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　)A．粒子在x2～x3段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．x1處電場強(qiáng)度為零C．粒子經(jīng)過x1處時(shí)動(dòng)能最大D．在O、x1、x2、x3處電勢的關(guān)系為φ1<φ2＝φ0<φ36.[設(shè)問創(chuàng)新]空間存在一靜電場，x軸上各點(diǎn)的電勢φ隨x的變化情況如圖所示．若在－x0處由靜止釋放一帶負(fù)電的粒子，該粒子僅在電場力的作用下運(yùn)動(dòng)到x0的過程中，下列關(guān)于該粒子的a-t圖線、v-t圖線、Ek-x圖線和Ep-x圖線正確的是(　　)    第69練　電場中的圖像問題1．答案：C解析：根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知M、N之間的電場方向沿x軸正方向，選項(xiàng)A正確；根據(jù)φ-x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度可知，N點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙，可知P、N兩點(diǎn)之間的電勢差小于M、N兩點(diǎn)之間的電勢差，由W＝qU可知，一正試探電荷從P點(diǎn)移到M點(diǎn)的過程中，電場力做的功|WPN|<|WNM|，選項(xiàng)D正確．2．答案：ACD解析：小球的機(jī)械能減小，故電場力做負(fù)功，所以電場強(qiáng)度方向向上，再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知，電場力越來越小，所以電場強(qiáng)度不斷減小，方向沿x軸負(fù)方向，故A正確．從O到x1的過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球受重力與電場力，且電場力越來越小，故加速度越來越大，速度越來越大，故B錯(cuò)誤．從O到x1的過程中，由于電場力越來越小，故相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，故C正確．根據(jù)動(dòng)能定理：mgx1＋E1－E0＝mv2－0，解得：v＝，故D正確．3．答案：AC解析：0到x1之間電子的電勢能增大，電場力對(duì)電子做負(fù)功，電場力沿x軸負(fù)方向，故電場強(qiáng)度沿x軸正方向，A正確；0到x2過程中，電場力水平向左，對(duì)電子做負(fù)功，合電場強(qiáng)度水平向右，x2之后，電場力水平向右，對(duì)電子做正功，合電場強(qiáng)度水平向左，可知A電荷帶負(fù)電，B電荷帶正電，B錯(cuò)誤；電場力做功改變電勢能，所以電場力的大小表示為：F＝所以電勢能隨位移變化的圖像的斜率為電場力，x2處電場力為0，電場強(qiáng)度為0，所以k＋k＝0，解得＝－，C正確，D錯(cuò)誤．4．答案：A解析：因?yàn)殡姾蓛H受電場力的作用，所以靜電力所做的功等于動(dòng)能變化量，即Eqx0＝Ek0，解得E＝，故A正確；根據(jù)靜電力所做的功等于動(dòng)能變化量可得FⅡx0＝2Ek0，解得FⅡ＝，設(shè)電荷Ⅱ的電荷量為Q，根據(jù)功能關(guān)系得2Eqx0＝EQx0，解得Q＝2q，故B、C錯(cuò)誤；若選O點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，因?yàn)槭莿驈?qiáng)電場，根據(jù)公式qUOA＝Ek0，解得UOA＝－φA＝，φA＝－，故D錯(cuò)誤．5．答案：BC解析：根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系ΔEp＝q·Δφ，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系E＝，解得E＝·，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，Ep-x圖線切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則x1處電場強(qiáng)度為零，B正確；x2～x3段斜率不變，場強(qiáng)不變，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，又由于電勢能逐漸增大，則粒子的動(dòng)能逐漸減小，則粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒知電勢能越小，動(dòng)能越大，故x1處粒子的電勢能最小，動(dòng)能最大，C正確；粒子帶負(fù)電，q<0，故電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，D錯(cuò)誤．6．答案：B解析：根據(jù)φ - x圖像的切線斜率表示電場強(qiáng)度及題意，可知從－x0到x0的過程中電場強(qiáng)度方向一直沿x軸負(fù)方向，電場強(qiáng)度大小先減小后增大，所以帶負(fù)電的粒子受到的電場力一直沿x軸正方向且先減小后增大，粒子的加速度也一直沿x軸正方向且先減小后增大．在x＝0處電場強(qiáng)度為零，粒子所受電場力為零，所以粒子的加速度也為零．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中一直做加速運(yùn)動(dòng)，速度越來越大，先增加得越來越慢，后增加得越來越快，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確．由動(dòng)能定理可知Ek - x圖像的切線斜率表示電場力，由于粒子受到的電場力一直沿x軸正方向且先減小后增大，所以Ek - x圖像的切線斜率一直為正值，且切線斜率先減小后增大．在x＝0位置，電場力為零，所以此處Ek - x圖像的切線斜率也為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．粒子帶負(fù)電，由電勢能的定義可得Ep＝－qφ.如圖所示，Ep - x圖像形狀與φ - x圖像形狀關(guān)于x軸對(duì)稱，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．

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