【高考物理】2026高考導與練總復習物理一輪(基礎版)第九章第3講小專題電

場中的功能關系和圖像問題含答案第3講小專題:電場中的功能關系和圖像問題

考點一電場中的功能關系

探尋規(guī)律

如圖所示，絕緣粗糙水平面左側固定一水平放置的絕緣輕質彈簧，空間存在水平向右的勻

強電場，一質量為〃?、帶正電的小物塊(視為質點)以初速度為從A點開始向左運動，并壓

縮彈簧至2點。

(1)小物塊從A點運動到B點過程中有哪些力對物塊做功?分別做正功還是負功？

(2)小物塊從A點運動到B點過程中哪些能量減少了？哪些能量增加了？

提示:(1)小物塊由A點運動到B點過程中，電場力對物塊做負功，摩擦力對物塊做負功，彈

簧彈力做負功。

⑵小物塊的動能減少了；小物塊的電勢能增加了，彈簧的彈性勢能增加了，內(nèi)能增加了。

1.常見的功能關系

⑴合外力做功等于動能的變化量，即W合=Ek2-Eki=AEk(動能定理)。

(2)重力做功等于物體重力勢能的減少量,即WG=￡pG「EpG2=-A￡pG-

(3)靜電力做功等于電勢能的減少量，即Wm=EP電「Ep電2=-AEp電。

(4)彈簧彈力做功等于彈性勢能的減少量，即卬彈=弓彈「與彈2=-小里彈。

⑸除了重力和彈簧彈力之外其他力做的總功等于物體機械能的變化，即W其他力=片機2-E機

i=AE機。

2.電場中常見的能量關系

(1)若只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉化，二者之和保持不變，即AS=-AEP?

(2)若只有電場力和重力做功，則機械能和電勢能之間相互轉化，電勢能、重力勢能、動能

之和保持不變。

注意:動能定理可以把不同力對物體做的功聯(lián)系起來;能量守恒定律可以把系統(tǒng)中參與變

化的所有能量聯(lián)系起來。

［例1］【僅在靜電力作用下的功能關系】(2024?貴州模擬)如圖所示，虛線a、b、c、d、e

是電場中的一組平行等差等勢面,相鄰兩等勢面間的電勢差為3V,其中。等勢面的電勢

1

為9V,電子以某初速度從P點平行紙面射入，速度方向與。等勢面夾角為45。,已知該電

子恰好能運動到e等勢面（不計電子重力）。貝1］（）

abed

［A］電子在電場中做勻減速直線運動

［B］電子運動到e等勢面時動能為0

［C］電子運動到c等勢面時動能為18eV

［D］電子返回a等勢面時動能為12eV

【答案】C

【解析】根據(jù)題意可知，電子在電場中僅受電場力，電子的初速度方向與電場力方向不在

一條直線上，則電子在電場方向上做勻減速直線運動，在垂直于電場方向上做勻速直線運

動,即電子在電場中做勻變速曲線運動，故A錯誤;電子運動到e等勢面時,沿電場方向的

速度為0,垂直于電場方向的速度不為0,則電子在e等勢面時動能不為0,故B錯誤;設電

子的初速度為vo,電子由a等勢面到e等勢面，由動能定理有-eUae=，〃（v（）sin45。）2-}"%2,

解得電子的初動能Efa）=］n2o2=24eV,電子由。等勢面到c等勢面，由動能定理有一

eUT&c-Eta,解得&c=18eV,電子返回。等勢面時,電場力做功為0,則電子動能為初動能

24eV,故C正確,D錯誤。

［例21【重力和靜電力作用下的功能關系】（2024?黑吉遼卷,6）在水平方向的勻強電場中,

一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖,若小球的初速度方向

沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從。點出發(fā)運動到。

點等高處的過程中（）

\%

0\

［A］動能減小，電勢能增大

［B］動能增大，電勢能增大

［C］動能減小，電勢能減小

2

［D］動能增大，電勢能減小

【答案】D

【解析】根據(jù)題意，若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力

的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向,根據(jù)力的合成可知，電場力方向水平向

右;若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從。點出發(fā)運動到。點等高處的過程中重力對

小球做功為零，電場力的方向與小球的位移方向相同，則電場力對小球做正功，小球的動能

增大,電勢能減小。

［例3］【重力、彈力和靜電力作用下的功能關系】如圖所示，在空間中存在豎直向上的

勻強電場,質量為〃?、電荷量為的物塊從A點由靜止開始下落,加速度大小為也,下落高

度〃到2點后與一輕彈簧接觸，又下落2H后到達最低點C,整個過程中不計空氣阻力，且

彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g,則帶電物塊在由A點運動到C點過程中,下列說

法正確的是（）

［A］該勻強電場的電場強度大小為翳

［B］帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為mgH

［C］帶電物塊電勢能的增加量為3mgH

［D］彈簧的彈性勢能的增加量為mgH

【答案】D

【解析】帶電物塊從靜止開始下落到接觸彈簧前的加速度為也，對帶電物塊由牛頓第二

定律得mg-qE=ma,解得后久里，故A錯誤;從A到C的過程中，除重力和彈簧彈力以夕卜，只

3q

有電場力做功，電場力做功W=-qE3H=-2加gH,可知物塊和彈簧組成系統(tǒng)的機械能減少量

為27〃gH,物塊電勢能增加量為2mgH,故B、C錯誤;由系統(tǒng)能量守恒得減少的重力勢能等

于增加的電勢能和彈性勢能，即mg-3H=2mgH+AEv,M,^gH,故D正確。

P彈P彈

［變式］在［例3］中彈簧的勁度系數(shù)是多少?物塊下落過程中的最大速度是多少?

【答案】翳

3

【解析】物塊從A點下落到C點的過程中，克服彈簧彈力做功

皿彈=吊由.2〃=4（2”）2,A到C過程由動能定理得mg-3H^qE-3H--k（,2H）2=0,

弓甲22

解得上噸。

2H

物塊下落過程中加速度Q=0時，速度最大,設物塊速度最大時彈簧的壓縮量為無對物塊速

度最大時進行受力分析可得mg=qE+kx,

解得無=|“；

對物塊由A位置下落至速度最大位置過程由動能定理得

mg.沙-女（|印2-*|7/=扣為2,

解得Vm=|j2gH。

考點二靜電場中的圖像問題

圖像（電場方向與x軸平行）

（1）電場強度的大小等于0-X圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電

場;如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場（如圖）。切線的斜率為零時沿無軸方向電場

強度為零。

（2）在0r圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢的高低確定電場強度的方

向,進而可以判斷電荷在電場中的受力方向。（如圖）

處圖線切線的斜率為0,即昆尸0

工2處圖線切線的斜率

二二*的絕對值比外處的大,

‘弊2>瓦，

X

■知處?=0,E.3*0

電場強度：電場強度方向

方向向左向右（正向）

2.E-X圖像（電場方向與無軸平行）

⑴E-x圖像為靜電場在x軸上的電場強度E隨無的變化關系,若規(guī)定無軸正方向為電場強

度E的正方向，則￡>0時，電場強度E沿x軸正方向;欣0時，電場強度E沿x軸負方向。

4

(2)比尤圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向

判定。在與粒子運動相結合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變

化等情況。

E圖像所圍陰影“面積”表示

兩點的電勢差

0\~A七

3.￡pr圖像、圖像

(l)￡p-x圖像。

由靜電力做功與電勢能變化關系/也x=￡pL￡p2=-AEp知Ep-x圖像的切線斜率廣要，其絕

對值等于靜電力大小，正負代表靜電力的方向。

(2)&-x圖像。

當只有靜電力對帶電體做功時，由動能定理尸電x=￡r&o=A良知Ek-x圖像的切線斜率

上學，斜率表示靜電力。

Ax

［例4］【0。圖像】(2025?河南高考適應性考試)某電場的電勢⑴隨位置元的變化關系如

圖所示,0點為坐標原點,a、b、c、1為x軸上的四個點。一帶正電粒子從d點由靜止釋

放，在電場力作用下沿無軸運動，不計重力，則粒子()

［AJ將在ad之間做周期性運動

［B］在d點的電勢能大于a點的電勢能

［C］在6點與c點所受電場力方向相同

［D］將沿x軸負方向運動，可以到達。點

【答案】A

【解析】。、d兩點電勢相等，則帶正電粒子在a、d兩點的電勢能相等，故B錯誤;沿著電

場線方向電勢降低，在6點電場線方向沿無軸正方向，在c點電場線方向沿尤軸負方向，因

此帶正電粒子在b點與c點所受電場力方向不同，故C錯誤;帶正電粒子從d點由靜止釋

放先沿x軸負方向加速，再沿x軸負方向減速，到達a點時速度為0,然后粒子沿x軸正方

5

向先加速后減速，到達d點時速度為0,則帶正電粒子在ad之間做周期性運動，故A正確,D

錯誤。

[例5]【E-x圖像】（2024?江蘇南京模擬）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E

隨x變化的圖像如圖所示，以無軸正向為電場強度的正方向。貝!]（）

[A].n＞尬兩點間和尬、乃兩點間的電勢差相等

[B]X1，為兩點的電勢相等

[C]Pl點的電勢高于尤2點的電勢

[D]從無軸上X1點由靜止釋放一正電荷，電荷經(jīng)過X2點時動能最大

【答案】C

【解析】E-無圖像中圖線與X軸所圍面積表示電勢差，由題圖無法判斷XI、龍2兩點間和

無2、X3兩點間的電勢差的大小關系，故A錯誤;在O點右側場強方向沿無軸正向，由于沿電

場線方向電勢逐漸降低，則xi點電勢高于X3點電勢，故B錯誤;由于E-x圖像中圖線與x

軸所圍面積表示電勢差，故從O點到達的電勢降落大于。點至卜.打電勢降落，所以-xi的電

勢高于X2的電勢，故C正確;從無軸上X1點由靜止釋放一正電荷，電場力一直對電荷做正

功，其動能一直增大，故D錯誤。

[例6]【Ep-x圖像】（多選）一帶負電的微粒（電荷量不變，所受重力不計）只在電場力作用

下沿無軸正方向運動淇電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示淇中0?尤1段是曲

[A]0?制段電場強度逐漸增大

[B]。?尤1段電勢逐漸升高

[C]尤1?X2段電場強度為零

[D]X2?X3段微粒做勻加速直線運動

【答案】CD

6

【解析】Ep-x圖線的斜率的絕對值表示電場力的大小,0?無1段微粒所受電場力減小，故

。?了1段電場強度減小，同理,不?為段電場強度為零，故A錯誤,C正確;0?xi段微粒的電勢

能逐漸增大，而微粒帶負電荷，所以電勢逐漸降低，故B錯誤;尤2?尤3段微粒受到的電場力大

小不變，電勢能減少，動能增加，則微粒做勻加速直線運動，故D正確。

［例7］【及。圖像】（2024?江西階段練習X多選）如圖甲所示,光滑絕緣水平地面上以水平

向右為正方向建立Ox軸，。點右側兩豎直虛線中間區(qū)域存在平行x軸方向的電場，電勢0

隨x位置的變化情況如圖乙所示。一帶電物塊以某一初速度向右由。點進入電場區(qū)域，

物塊僅在電場力作用下通過該電場區(qū)域。則該區(qū)域中物塊的動能及隨尤位置變化的圖

像可能正確的是（）

【答案】BD

【解析】（p-x圖像斜率表示電場強度，根據(jù)題圖乙圖像可知，電場強度逐漸減小，物塊受到

的電場力逐漸減小，根據(jù)Fx=\Ek得尸=，，因此Ek-x圖像的斜率表示合力，而合力逐漸減

小，則&-X圖像的斜率逐漸減小。故選BD。

昌課時作業(yè)

（滿分:42分）

固基礎對點練

對點1.電場中的功能關系

1.（4分）（2024?云南玉溪期中）a、b、c、d四個帶電液滴在如圖所示的勻強電場中,分別水

平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運動，則（）

7

[A]c的電勢能減少，機械能增加

[B]a,b的電勢能增加、機械能不變

[C]a、b為同種電荷,c、d為異種電荷

[D]d的電勢能減少，機械能減少

【答案】A

【解析】四個帶電液滴均做勻速直線運動,則所受電場力均向上且大小等于重力,故帶電

液滴均帶正電,C錯誤;電場力對c做正功，電勢能減少，重力對c做負功,機械能增加,A正

確;在運動過程中，電場力和重力對a、b都不做功,a、b的電勢能、機械能均不變,B錯誤;

電場力對d做負功，電勢能增加，機械能減少,D錯誤。

2.（6分）（2023?全國乙卷,19）（多選）在。點處固定一個正點電荷,P點在O點右上方。從尸

點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運

動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點,0尸>OM,OM=ON,則小球（）

[A]在運動過程中，電勢能先增加后減少

[BJ在P點的電勢能大于在N點的電勢能

[C]在M點的機械能等于在N點的機械能

[D]從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功

【答案】BC

【解析】由題知，。尸則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知0M=6v>0p,則帶負

電的小球在運動過程中,電勢能先減少后增加，且EpP>Ep“=EpN,則帶負電的小球在M點的

機械能等于在N點的機械能,A錯誤,B、C正確;從M點運動到N點的過程中，電場力先做

正功后做負功,D錯誤。

3.（4分）（2024?四川南充模擬）如圖所示，水平放置的輕質絕緣彈簧左端固定在豎直墻壁上，

右端連接一放置在光滑絕緣水平面上的帶正電小球,水平面上方存在水平向右的勻強電

8

場。初始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，將小球由靜止釋放，小球運動過程中彈簧始終在彈性限度

內(nèi)，則在小球向右運動的過程中（）

ZI-----E----?，

0000000rQ

[A]彈簧恢復原長時，小球的速度最大

[B]小球運動到最右端時，小球的加速度為零

[C]小球運動到最右端時，彈簧的彈性勢能最大

[D]小球運動到最右端時，彈簧的彈性勢能與初始時相等

【答案】C

【解析】當小球在水平方向上受到電場力和彈簧彈力平衡時，加速度為零,小球速度有最

大值，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤;小球做簡諧運動，電場力和彈簧彈力的合力提供

回復力，小球運動到最右端時彈簧的彈性勢能最大，此時小球速度為零，小球的加速度最大，

故B錯誤,C正確;在小球向右運動到最右端的過程，電場力做正功,根據(jù)動能定理W電+W

彈=0,可知彈簧彈力做負功，小球運動到最右端時,彈簧的彈性勢能比初始時的大,D錯誤。

對點2.靜電場中的圖像問題

4.（6分）（2024?云南昭通模擬）（多選）如圖甲所示，一絕緣帶電的豎直圓環(huán)上均勻分布著電荷,

一光滑絕緣細桿從圓心垂直于圓環(huán)平面穿過圓環(huán)，桿上穿一個帶負電的小球（圖中未畫出）,

現(xiàn)使小球從。點由靜止釋放，并開始計時，先后經(jīng)過b、c兩點，其運動過程中的Lt圖像如

圖乙所示。下列說法正確的是（）

[A]帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場強度為零

[B]c點場強大于b點場強

[C]a點的電勢高于6點的電勢

[D]電勢差Uab大于Ube

【答案】AD

9

【解析】根據(jù)電場的疊加原理和對稱性可知,帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的場強為零，故A正

確;v-f圖像的斜率表示加速度,由題圖乙可知，小球在c點的加速度小于在b點的加速度，

根據(jù)qE=ma可知,c點場強小于b點場強，故B錯誤;根據(jù)題圖乙可知小球在做加速運動，

可知小球受到圓環(huán)的斥力作用，圓環(huán)帶負電，由于沿電場線方向電勢降低，則a點的電勢低

于b點的電勢，故C錯誤;根據(jù)動能定理有4[/他=]“私2-0,4縱=5"%2-]〃私2,可得

4。時＜4。兒,由于小球帶負電，所以UQUbc散D正確。

5.（4分）（2025?內(nèi)蒙古高考適應性考試）如圖，一帶正電小球甲固定在光滑絕緣斜面上，另一

帶正電小球乙在斜面上由靜止釋放。以釋放點為原點，沿斜面向下為正方向建立x軸。

在乙沿x軸加速下滑過程中,其動能反和機械能E隨位置無變化的圖像，可能正確的是

)

【答案】D

F田

【解析】設兩個帶電小球間距為r,對小球乙，由動能定理可知（mgsin）x=&,則

q田q7

x圖像的斜率表示小球乙所受合外力，則F合=〃?gsin&k產(chǎn)，所以在乙沿無軸加速下滑過

程中，兩個帶電小球間距r逐漸減小,小球乙所受合外力沿斜面向下且逐漸減小，則Ek-x圖

像斜率逐漸減小，故A、8不符合題意;由E-x圖像的斜率表示庫侖力，則E-無圖像斜率左

斜所以在乙沿x軸加速下滑過程中，庫侖力逐漸增大,E-x圖像的斜率逐漸增大，故

C不符合題意,D符合題意。

6.（4分）（2024?安徽滁州模擬）如圖，絕緣粗糙的水平面附近存在一與無軸平行的電場淇在

x軸上的電勢⑴與坐標x的關系如圖中曲線所示，圖中的傾斜虛線為該曲線過點（0.15,3）的

切線。質量為0.1kg、電荷量為1.Oxl（Tc的帶正電滑塊尸,從無尸0.1m處由靜止釋放，滑

塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2=滑塊可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取

10m/s2o則滑塊（）

10

利/(10'V)

[A]做勻減速直線運動

[B]經(jīng)過X2=015m處時，速度最大

[C]從釋放到經(jīng)過尤2=0」5m處,電場力做功為3.0xl(rJ

[D]可以滑到X3=0.30m處

【答案】B

【解析】無。=0.15m處，場強后=竺="QN/C=2X1()6N/C,滑塊受到的電場力

Ax0.3-0.1

-76

F=^E=1.0X10X2X10N=0.2N,滑動摩擦力Ff=//wg=0.2x0.1xl0N=0.2N,此時加速度為零，

滑塊的速度最大，故B正確;0-無圖像中，某點切線的斜率絕對值上|黑|表示該點電場強度

的大小，由此可知沿x軸正方向，電場強度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律可知剛開始運動時

滑塊在整個過程中先做加速度減小的變加速運動,加速度為零后，有F「qE=ma,

所以后做加速度增大的減速運動，故A錯誤;從釋放到經(jīng)過心=?！?m處，電場力做功

W=^(<Z>i-</>2)=l.OxlO-7x(4.5xlO5-3xlO5)J=1.5xl0-2J,故C錯誤;若滑塊能在0.3m處停下，

7552

則電場力做功W￡=^(<pi-^3)=1.0xl0x(4.5xl0-1.5xl0)J=3X10J,摩擦力做功Wf=-

-2

/zmg(x3-xi)=-0.2x0.1xl0x(0.3-0.1)J=-4xl0J,由于WE+WKO,所以滑塊不能夠滑到

無3=0.30m處，故D錯誤。

7.(6分)(2024?河南開封質檢X多選)空間中有水平方向的勻強電場，一質量為m、帶電荷量

為q的微粒在某平面內(nèi)運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示，則該微粒()

11

[A]一定帶正電

[B]0-3s內(nèi)靜電力做的功為-9J

[C]運動過程中動能不變

[D]0-3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J

【答案】BCD

【解析】由于不清楚電場強度的方向，故無法確定微粒的電性，故A錯誤;由題圖可知,0?

3s內(nèi)電勢能增加9J,則0?3s靜電力做的功為-9J,故B正確;由題圖可知,電勢能均勻增

加，即靜電力做的功與時間成正比，說明微粒沿靜電力方向做勻速直線運動，同理，沿重力方

向也做勻速直線運動，則微粒的合運動為勻速直線運動，所以運動過程中速度不變，動能不

變，故C正確;由功能關系可知,0?3s內(nèi)重力勢能與電勢能共增加12J,又微粒的動能不變,

故0?3s內(nèi)除靜電力和重力外所受其他力對微粒做的功為12J,故D正確。

固綜合提升練

8.（4分）（2025?湖南衡陽模擬）在傾角為Q的光滑固定絕緣足夠長的斜面上,有兩個用絕緣

輕彈簧連接的物塊A和B,它們的質量分別為m和3m,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定

擋板。開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),A帶正電,B不帶電，現(xiàn)加一沿斜面向上的勻強電

場，物塊A沿斜面向上運動，當B剛離開C時,A的速度為匕之后兩物塊運動中，當A的加

速度為0時,B的加速度大小為”,方向沿斜面向上。下列說法正確的是（）

[A]未加電場時，擋板C對物塊B的作用力大小為3mgsind

[B]從加電場到B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為網(wǎng)等電

[C]從加電場到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能和電勢能之和保持不變

[D]B剛離開C時，電場力對A做功的瞬時功率為（4mgsin，+3ma）v

【答案】D

【解析】開始未加電場，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，擋板C對物塊B的作用力大小等于A和B

的總重力在沿斜面方向上的分力大小，即FN=4mgsinA錯誤;剛加電場時,彈簧處于壓縮

狀態(tài),對物塊A受力分析，根據(jù)平衡條件有mgsin族左口,解得彈簧的壓縮量勺=如臂;物塊

B剛要離開C時，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對B由平衡條件可得3mgsin%丘2,解得彈簧的伸長

12

量環(huán)的％叫B剛離開C的過程中,A發(fā)生的位移大小為X=Xi+X2=4m%n9,B錯誤;對A、

B和彈簧組成的系統(tǒng)，從加電場到B剛離開C的過程中，物塊A的機械能、電勢能與彈簧

的彈性勢能之和保持不變,彈簧的彈性勢能先減小后增大,故物塊A的機械能和電勢能之

和先增大后減小,C錯誤;設A所受的電場力大小為凡由題意知當A的加速度為零時,B的

加速度大小為°,方向沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律，對A有F-mgsin0-尸彈=0,對B有尸

彈-3："gsin0=3ma,故有F=4mgsin6+3ma,當B剛離開C時,A的速度為匕貝U電場力對A做

功的瞬時功率為P=Fv=（4mgsin0+3ma）v,D正確。

9.（4分）（2024?吉林二模）一個封閉絕緣環(huán)由兩個直徑相同的半圓環(huán)BCD、EE4和兩段直

桿AB、OE組成,是矩形，封閉環(huán)固定在絕緣水平面上,A8CO段和OEE4段分別均

勻分布等量的異種電荷，在環(huán)的中心。垂直于水平面固定一根粗細均勻的粗糙絕緣桿，一

只帶正電的小球套在桿上，從P點由靜止釋放，小球向下運動，在小球從P點運動到。點的

過程中，則（）

[A]小球的電勢能越來越大

[B]小球受到的摩擦力越來越大

[C]小球運動的加速度越來越大

[D]小球的動能一定越來越大

【答案】B

（解析】將封閉環(huán)上的電荷看成是由若干組等量異種電荷組成，根據(jù)電場的疊加可知，絕

緣桿所在處的電場方向與桿垂直且從上向下電場強度越來越大，根據(jù)等量異種電荷的電

勢分布可知小球向下運動過程中,電勢能不變,A錯誤;電場力越來越大，正壓力越來越大，

滑動摩擦力越來越大,B正確;由于有摩擦力，小球可能先做加速運動后做減速運動,即可能

加速度先減小后反向增大，速度先增大后減小，則動能可能先增大后減小,C、D錯誤。

13

第4講電容器帶電粒子在電場中的運動

如圖甲是一次心臟除顫器的模擬治療，該心臟除顫器電容器的電容為C,請思考:

A

情

境

導

思(1)電容器在充電和放電過程中電容如何變化?如何確定充電完成后電容器所帶電荷

量?放電過程電流如何變化?

(2)若一正點電荷尸在如圖乙所示的勻強電場中靜止釋放，如何確定點電荷尸到達B

板的動能?若該正點電荷具有與電場線垂直的初速度，它的運動性質及到達B板的時

間、動能、速度等相關物理量如何確定？

*固知識構建

*固小題試做

1.有一電解電容器如圖所示，外殼上標有“1000〃F,10V”。下列關于該電容器的說法正確的是()

網(wǎng)該電容器在10V電壓以下不能正常工作

[B]當所加電壓為8V時，該電容器的電容為800UF

[C]該電容器能容納的電荷量最多為1.0X10-3c

[D]當兩極加IV電壓時，該電容器的電荷量為1.0X10-3C

【答案】D

2.如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入豎直向下的勻強電場中,a粒子打在B板的標點,b

粒子打在B板的b，點，則()

A_______________

b「+

_______\、、_

Ba'b'

[A]a、b均帶負電

[B]a的初速度一定小于b的初速度

[C]a的運動時間一定小于b的運動時間

[D]該過程中a所受電場力做的功一定大于b的

【答案】B

14

r充電:使電容器兩極板上帶等量電荷的過程，

,--------＞電源提供的能量儲存在電容器中

修理放電:使電容器兩極板上電荷的過程，電容器

儲存的能量轉化為其他形式黯廠

L對一個電容器，充、放電過程中其/T圖像圖線與

電I軸所圍面積大小

容

器「定義式:c=_,單位:法拉(F)、微法(叫、皮法(pF),

---------1F=pF=pF

——

廠若兩極板間為真空，則c=

—平行板電容器一

若兩極板間充滿同一種相對介電

常數(shù)為4的電介質,則C=

帶—勻強電場:卯=qEd二qU二

電-［加速卜--------

2

粒一非勻強電場:W=qU^mv--^mvo

子

在「運動形式:運動

勻

—處理方法:應用運動的與

強

電

偏轉L運動時間”=

場

中

-加速度T*

的

基本

運

關系式

動-偏轉量:y=/a『=

L速度偏轉角6的正切值:tan9=器=

【答案】異種中和相等Q1061012」一

U4nkd4nkd

^mv2-^mv2類平拋合成分解±咀q"qui

022

vQmd2mdv0mdv0

考點一電容器平行板電容器的動態(tài)分析

探尋規(guī)律☆☆☆

如圖，閉合開關s穩(wěn)定后斷開，電容器所帶電荷量。保持不變,若增大電容器兩板間的距離

d,請完成以下分析：

(1)根據(jù)電容的決定式分析電容C大小如何變化？

(2)根據(jù)電容的定義式分析電容器兩板間電壓。大小如何變化？

(3)根據(jù)勻強電場電勢差與電場強度的關系E=*結合(1)(2)的分析，判斷兩板間電場強度E

大小如何變化？

提不：變大，其余量不變，故C變小。

(1)4Cnka=

(2)由C=S可得U=*Q不變,C變小，故U變大。

(3)將。=仝-代入。=2,可得U=%也，則召=吼如幽=%￡，故E不變。

7

'4itkdCErSdzrSd￡rS

15

1.對電容定義式c1的理解

（1）一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的,與電容器的帶電情況無關。

（2）不能理解為電容C與。成正比，與U成反比。

2.平行板電容器兩類動態(tài)變化的特點比較

不變

充電后與Q

兩一st—ct—uIE|

電源斷開不變

種

類—dt-HI->QI-

充電后與U

型-fSt—Ct—Qt—E不變

不變

電源相連fertfCtTJtfE不變

［例1］對電容的理解】（2024?四川綿陽階段練習）自動體外除顫器是一種便攜式的醫(yī)療設備，如圖，它可以診斷特定的心律失常，并

且給予電擊除顫,是可被非專業(yè)人員使用的用于搶救心臟驟停患者的醫(yī)療設備。某型號自動體外除顫器的電容器電容是16〃F,

充電至4kV電壓電容器在4ms時間內(nèi)完成放電，則（）

［A］電容器充電后的電荷量為0.64C

［B］電容器放電的平均電流為16A

［C］電容器的擊穿電壓為4kV

［D］電容器放電完成后電容為0

【答案】B

【解析】。=。7=16*10%4工1（）3?=0.064€：,故人錯誤;/=2=上也n=16人,故8正確;該電容器電壓為4kV,不高于額定電壓，擊穿

t4X10§

電壓大于額定電壓，故C錯誤;電容是表征電容器儲存電荷本領大小的物理量，放電之后,電容器的電容大小是不變的，故D錯誤

[例2]

【帶電荷量Q不變時的動態(tài)分析】（2024?浙江6月選考卷,6）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷

量不變，當極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則（）

［A］極板間電勢差減小

［B］電容器的電容增大

［C］極板間電場強度增大

［D］電容器儲存能量增大

【答案】D

【解析】根據(jù)。=CU、C=0-,可得當極板間距增大時電容減小，由于電容器的帶電荷量不變,故極板間電勢差增大，故A、B錯

47ika

誤;根據(jù)E4得E=2,故電場強度不變，故C錯誤;移動極板的過程中要克服靜電力做功，故電容器儲存能量增大，故D正確。

asrS

16

［例3］【電壓。不變時的動態(tài)分析】（2024?貴州遵義檢測）（多選）運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式傳感器實現(xiàn)的。其原理如

圖所示,H為定值電阻,M和N為電容器兩極板，極板M固定，極板N與兩輕彈簧連接，極板N可動。人行走時，若M、N兩極板距

離變小，則（）

［A］電容器的電容增大

［B］兩極板間的電場強度變小

［C］電容器的帶電量減小

［D］電流由。經(jīng)電流表流向b

【答案】AD

【解析】電容器兩極板間距變小，則根據(jù)C=至可知，電容器的電容增大，故A正確;電容器始終與電源連接，則電壓不變，電容器

471kd

兩極板間距變小時，由知電場強度變大，故B錯誤;因電容器的電容增大，而電容器兩極板間電壓不變，根據(jù)Q=CU可知電容器

帶電量增大，故C錯誤;根據(jù)電容器帶電量增大,則電容器充電，因此電流由a向人流過電流表，故D正確。

［變式］如圖所示，在［例3］電路中電阻R和電源之間連接一個二極管，試判斷人帶著手機向前加速運動階段與靜止時相比,手機上

的電容器的電容、兩極板間的電壓、兩極板間的電場強度，以及兩極板所帶電荷量的變化情況。

1

【答案】見解析

【解析】人帶著手機向前加速運動時，由牛頓第二定律可得，彈簧被壓縮，即N板向后運動,電容器兩極板間的距離變大，由

C=至得電容器的電容減小;假設電容器兩極板間電壓不變，由C=2知電荷量減小，電容器需栗放電，但由于二極管的存在,電容器

47ikaU

不能放電，故假設電壓不變不成立,電容器兩極板帶電荷量不變，由C=2得兩極板間的電壓增大，由￡=如竺得,兩極板間電場強度不

U8rS

變。

考點二帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動

1.對帶電粒子進行受力分析時應注意的問題

⑴要掌握靜電力的特點。靜電力的大小和方向不僅跟電場強度的大小和方向有關，還跟帶電粒子的電荷量和電性有關。

（2）是否考慮重力依據(jù)情況而定。

①基本粒子:如電子、質子、a粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力（但不能忽略質量）。

②帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力。

2.分析帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動的方法

（1）用動力學觀點分析（只適用于勻強電場）。

a=—,E=-,v2~v2=2ad。

mrtu0

⑵用功能觀點分析。

22

①勻強電場中:W=qEd=qU=^mv-^mv0。

②非勻強電場^:W=qU=Ek2-Ekio

17

［例4］【帶電粒子在電場中的直線運動】如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為&兩板所加的電壓為U。一質量為相

電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。

⑴求帶電粒子所受的靜電力的大小F;

(2)求帶電粒子到達N板時的速度大小v;

(3)若在帶電粒子運動：距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t。

【答案】⑴若

【解析】(1)兩極板間的電場強度￡=匕

a

帶電粒子所受的靜電力F=qE=q^o

(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程,

根據(jù)功能關系有qU=^mv2,

解得v=陋。

(3)設帶電粒子運動g距離時的速度大小為v',

根據(jù)功能關系有碎=扣產(chǎn)，

帶電粒子在前3距離做勻加速直線運動，后3距離做勻速運動,設用時分別為九、以有

dv'd,

-=-^l,-=V72,

則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間

［例5］【帶電體在電場中的直線運動】(2024?陜西安康期末)如圖所示，一質量為機、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域

足夠大的勻強電場中，以初速度W沿。N在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30。,重力加速度為g,且〃7g=q瓦

則()

^<30°

［A］電場方向豎直向上

［B］小球做勻加速直線運動

［C］小球上升的最大高度為華

［D］若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為

【答案】C

【解析】

qEhN

18

小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg=qE,電場力與重力關于ON對稱，根據(jù)數(shù)學知識得，電

場強度方向與水平方向的夾角應為30。,受力情況如圖所示。合力沿NO方向向下，大小為相g,加速度大小為g,方向沿NO向下，

所以小球做勻減速直線運動，故A、B錯誤;小球做勻減速直線運動，由運動學公式可得最大位移為強=吐，則最大高度為hm=xm

2g

sin3()o=吐，故C正確;若小球在初始位置的電勢能為零,當小球處于最高點時，則小球電勢能最大，根據(jù)能量守恒定律有

4g

2

^rnvQ=rnghm+Epm,解得小球電勢能的最大值為Epm=1刃"(A故D錯誤。

考點三帶電粒子在電場中的偏轉

探尋規(guī)律

如圖，電性相同的不同帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再垂直進入同一偏轉電

場,則從偏轉電場射出時，帶電粒子的軌跡是重合的嗎？

提示:在加速電場中有q2,在偏轉電場中偏移量,=%/=工."_.(_L)2,

222nrdVQ

設速度偏轉角為4則tan0=咫=半!

z

v0mdvo

得tan3=-^-,

y

4U0d2Uod

貝4y、6均與m、4無關，即偏移量和速度偏轉角總是相同的,所以它們的軌跡是重合的。

1.帶電粒子在電場中偏轉問題的兩個重要結論

⑴粒子經(jīng)電場偏轉后，速度偏轉角e的正切值是位移偏轉角a正切值的2倍，即tan9=

2tanao

(2)粒子經(jīng)電場偏轉后射出時,合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子水平位移的中點，即