【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第8章专题强化14《电场性质的综合应用》 (含解析).doc，共(15)页，626.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-80831.html

以下为本文档部分文字说明：

专题强化十四电场性质的综合应用目标要求1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题．题型一电场中功能关系的综合问题电场中常见的功能关系(1)若只有静电力做功，电势能与动能之

和保持不变．(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量．(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．例1(2022·山西师大附中模拟)如图所示为

一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J．下列说法中正确的是()A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC．粒子在A点的动能比在B点少0

.5JD．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J答案D解析由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5J，所以粒子在A点

的动能比在B点多0.5J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，D正确．例2如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A点由静止开始下落，加速度为13g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后

到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度为mg3qB．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mgH＋h3C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)D．弹簧的弹性势能

的增加量为mgH＋h3答案D解析物块从静止开始下落时的加速度为13g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝2mg3q，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，

静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－2mgH＋h3，可知机械能减小量为2mgH＋h3，故B错误；从A到C过程中，静电力做功为－2mgH＋h3，则电势能增加量为2mgH＋h3，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－2mgH＋h3＋W弹＝0，解得

弹力做功为：W弹＝－mgH＋h3，即弹性势能增加量为mgH＋h3，故D正确．例3如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q套在杆上的带负电小球(

可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．

答案(1)7gR(2)－mgR2q解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零．由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝3R2根据动能定理有mg·3R2＝mvC22－mvB22解得vC＝7gR.(2)小球从A到

C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝mvC22－0，又根据静电力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因为φC＝0，可得φA＝－mgR2q.题型二电场中的图像问题考向1电场中的v－t图像根据v－t图像的速度变化、斜率变化

(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．例4(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆

环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大B．由C

到A电势逐渐降低C．C、B两点间的电势差UCB＝0.9VD．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m答案BCD解析从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A错误，B正确；根据动能定理知qUCB＝12mvB2－0

，解得UCB＝0.9V，故C正确；根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的静电力最大，加速度由静电力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度a＝ΔvΔt＝0.35m/s2＝0.06m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝1.2V/m，故D正确．考

向2φ－x图像(电场方向与x轴平行)1．电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)．切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零．2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强

度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图)3．电场中常见的φ－x图像(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图．(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图．(3)两个等量同种点电荷

的φ－x图像，如图．例5(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φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且xAP<xPB，则()A．q1和q2都带负电荷B．q1的电荷量大于q2的电荷量C．在A、B之间将一负点电

荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大D．一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小答案AC解析由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都带负电荷，故A项正确；φ－x图像的切线斜率表示电场强度

，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即kq1xAP2＝kq2xBP2，又xAP<xPB，所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B项错误；由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减

小后增大，故C项正确；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则沿x轴从P点到B点场强逐渐增大；据a＝qEm可知，点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D项错误．考向3E－x图像(电场方向

与x轴平行)1．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向．2．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电

势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．3．电场中常见的E－x图像(1)点电荷的E－x图像正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示．(2)两个等量异

种点电荷的E－x图像，如图．(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图．例6(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下判

断中正确的是()A．点电荷M、N一定为同种电荷B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C．把一个检验电荷由x1位置静止释放，其加速度一直减小D．把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小答案AB解析x＝2a处场强为零且左侧场强向右(正值

)、右侧场强向左(负值)，结合点电荷的场强特征可知，点电荷M、N一定为同种电荷，两点电荷在x＝2a处的场强大小满足kq12a2＝kq2a2，解得q1q2＝41，A、B正确；由题图可知，O点右侧场强先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带正电)由x1位置静

止释放，据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先减小再增大，C错误；把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先做正功再做负功，其电势能先减小后增大，D错误．考向4Ep－x图像、Ek－x图像1．Ep－x图像由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－Δ

Ep知Ep－x图像的切线斜率k＝ΔEpΔx，其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向．2．Ek－x图像当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝ΔEkΔx，其大小表示静电力．例7(多选)如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，

x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是()A．粒子在x2点的速度为v0B．从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再

降低再升高C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为2Ep0mD．若v0＝2Ep0m，则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0答案AC解析粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理知，粒子在x

2点的速度为v0，故A正确；从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高，故B错误；粒子能运动到x1处，就能运动到x4处，若粒子恰好能运动到x1处，此时初速度v0最小，根据动能定理得－qφ0＝0－12mv02，

解得v0＝2qφ0m＝2Ep0m，所以若粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为2Ep0m，故C正确；粒子运动过程中，静电力所做正功的最大值为qφ0，若v0＝2Ep0m，由动能定理得W＝qφ0＝Ekm－12mv02，解得Ekm＝3Ep0，故D错误．课时精练1.

如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电荷量分别为Q和—q(设两电荷间只有库仑力)，开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是()A．力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和

等于物体A的动能增量B．力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C．力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量D．力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和答案D解析力F没

有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选项A错误；根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误；由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C

错误；根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确．2.如图所示，一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，微粒运动轨迹如图中虚

线所示，则()A．若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加答案C解析若微粒带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于静电力时，静电力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，故

A错误；当静电力沿斜面向上时，则静电力做负功，电势能增加，当静电力沿斜面向下时，静电力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确；若静电力沿斜面向上，静电力做负功，机械能减小，故D错误．3.(多选)

沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，x轴正方向为电场强度E的正方向，坐标轴上的点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动

到A点的动能为Ek，仅考虑静电力作用，则下列说法正确的是()A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子运动到C点时动能大于3EkD．粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量答

案CD解析由O点到C点，沿电场方向，电势一直降低，A错误；电场强度大小一直在变化，静电力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，做变加速运动，B错误；根据E随x的变化规律可知，由A到C电场强度平均值大于OA段电场强度平均值，A到C静电力做功大于2Ek，则粒子运动到C点时动

能大于3Ek，C正确；粒子在AB段平均静电力大于BC段平均静电力，则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功，所以在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，D正确．4．(多选)空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，图像关于O点中心对称．下列说法正确的是()A．O点的电场强度

一定为零B．－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同C．将负电荷从－x1移到x1电荷的电势能增大D．－x1和x1两点在同一等势面上答案BC解析φ－x图像的斜率表示电场强度，由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零，故O点的电场强度不为零，－x1与x1点的切线斜率相同，故

－x1与x1点沿x轴方向的电场强度相同，故A错误，B正确；电势的定义式为φ＝Epq，故电势能Ep＝qφ，将负电荷从－x1移到x1，电荷的电势能由负值变为正值，电荷的电势能增大，故C正确；－x1和x1两点电势不相等，故一定不在同一等

势面上，故D错误．5.(多选)如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为2mgq的匀强电

场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)()A．a、b两点间的距离为5Ek0mgB．a、b两点间的距离为4Ek0mgC．a、c间的电势差为8Ek0qD．a、c间的电势差为12Ek0q答案BC解析不

加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝4Ek0mg，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝8Ek0q，故C正确，D错误．6．(多选)如图甲所示，a、b

是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在a点由静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．带电粒子与场源电荷带异种电荷B．a点电势比b点电势高C．a点场强比b点场强大D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电

势能大答案CD解析粒子从a点向b点运动，Ek－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，若场源电荷是正电荷，则粒子带正电，若场

源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在

b点的电势能，故D正确．7.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下

列说法正确的是()A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC．a点电势低于c点电势D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动答案AB解析由于该电场为匀强电

场，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴，如图所示从c到d有W＝Exq·2R从a到b有2W＝Eyq·3R＋ExqR可得Ex＝W2qR，Ey＝3W2qR则E＝Ex2＋Ey2＝WqR，tanθ＝EyEx＝3由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行

，且由a指向b，A正确；将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为W′＝EqR2＝0.5W，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错

误．8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，其中O～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是()A．O～x1段电势逐渐升高B．O～x1段微粒做加速度逐渐减小的加速运动C．x1～x2

段电场强度为零D．x2～x3段的电势沿x轴均匀减小答案ACD解析电势能Ep＝φq，由于粒子带正电，O～x1段电势能变大，所以电势升高，A正确；根据静电力做功与电势能关系ΔEp＝EqΔx，图像斜率反映场强大小，O～x1段图像斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变

小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x2～x3段斜率为0，场强为零，C正确；x2到x3，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确．9.竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成

37°角，x轴上各点的电势随坐标x的变化规律如图所示．现有一带负电小球以初速度0.5m/s从x＝－1cm的P处沿直线运动到x＝2cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4kg，取g＝10m/s2，则()A．匀强电场的场强大小为400V/mB

．带电小球的电荷量大小为1×10－5CC．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40m/s2D．带电小球运动到Q点时动能可能为0答案B解析由电势差与电场强度的关系得U＝Excos37°，则φ－0＝Ecos37°×x，结合图像得Ecos37°＝16V0.04m，解

得E＝500V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝Eqsin37°，解得q＝1×10－5C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿

第二定律得qEcos37°＝ma，代入数据解得a＝403m/s2，故C、D错误．10.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)

，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于

电势能增加量答案BC解析小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如

图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和

电势能的增加量之和，故D错误．11．(2021·山东卷·6)如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x<22a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示．现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受

库仑力的合力均为零．若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是()A．Q＝2＋12q，释放后P将向右运动B．Q＝2＋12q，释放后P将向左运动C．Q＝22＋14q，释放后P将向右运动D．Q＝22＋14q，释放后P将向左运动答案C解析对y轴正向的点电荷，由平衡条件可得2kq2a2

＋kq22a2＝kQq22a2解得Q＝22＋14q因在0≤x<22a区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的库仑力而向右运动．故选C.12.(多选)如图所示，有一均匀对称带

负电花环和一质量为m的带正电小球，小球由静止从花环正上方某一高处的A点落下，穿过花环中心又下落到与A对称的A′点．在这个过程中，若取花环中心为坐标原点且重力势能为零，无限远处电势为零，竖直向下为x轴正方向，则关于小球的加速度a、重力势能Ep、电势能εp、机械能E，这四个物理量与小球的位置坐

标x的关系图像可能正确的是()答案AD解析花环中心电场强度为零，无限远处电场强度为零，所以从中心到无限远处电场强度是先增加再减少．加速度是重力和静电力的合力与质量的比值，在花环上方，重力和静电力都向下，且静电力可

能先增加再减小，所以加速度可能先增加再减小，在花环下方，重力向下，静电力向上，且静电力可能先增加再减小，合力可能先减小再增加，所以加速度可能先减小再增加，A正确；从A到A′重力做正功，重力势能减小，B错误；从A到A′静电力先做正功再做负功，所以电

势能先减小再增加，但由于场强不均匀，所以静电力做功及电势能变化也不均匀，C错误；由机械能守恒的条件可知，除重力之外的其他力做功影响机械能的变化，静电力先做正功再做负功，所以机械能先增加再减小，小球在花环上方下落过程中静电力可能先变大再变小，在花环

下方下落过程中静电力可能先变大再变小，这种变化情况是有可能的，D正确．