2026届高三物理（人教版）-一轮复习-　第43练　专题强化：电场中的图像问题　电场中功能关系的综合问题（含解析）

第九章第43练专题强化：电场中的图像问题电场中功能关系的综合问题[分值：100分]1~5题每小题8分，共40分1.(来自教材改编)如图甲所示，A、B是某点电荷电场中一条电场线上的两点，一个电子仅在静电力的作用下从A点运动到B点的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A.该点电荷为正电荷B.电子在A点受到的静电力小于在B点受到的静电力C.A点的电势高于B点的电势D.电子在A点的电势能大于在B点的电势能2.(2024·江苏高邮市开学考)在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受静电力，则该电子()A.在x1处电势能最大B.在x1到x2静电力做正功C.在x3处电场沿x轴负方向D.从x2到x4所受静电力一直减小3.(2025·江苏泰州市期中)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个质子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知AB=BC。该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A.在x轴上电场强度方向沿x轴负方向B.A、B间电势差等于B、C间电势差C.A点电场强度小于B点电场强度D.质子从A点运动到B点静电力做的功大于从B点运动到C点静电力做的功4.(2024·湖南卷·5)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷，分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()5.(2024·黑吉辽·6)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中()A.动能减小，电势能增大B.动能增大，电势能增大C.动能减小，电势能减小D.动能增大，电势能减小6~10题每小题10分，共50分6.(2024·江苏镇江市一模)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m=1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A.中垂线上B点电场强度最小B.A、B两点之间的位移大小C.B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D.UBC>UAB7.(2024·重庆卷·6)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e、带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力。则其将()A.不能通过x3点B.在x3点两侧往复运动C.能通过x0点D.在x1点两侧往复运动8.(2024·江苏南京市六校联合体调研)一带电粒子仅在静电力作用下沿x轴做直线运动，其动能Ek随位置x变化的关系如图所示，则其电势能Ep、加速度大小a、电场的电场强度大小E、电势φ分别与位置x的关系图，正确的是()9.(2024·江苏南通市三模)如图所示，一处于电场中的竖直金属板左侧面均匀涂有绝缘薄层，沿板表面建立竖直向下的y轴，电场强度大小随y轴方向均匀增大，关系为E=E0+ky(E0、k为常数)，OA=AB。将带电小物块放在A点时，物块恰好静止。现将该物块由原点O静止释放，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则物块下滑过程中()A.静电力做正功，物块的电势能减小B.静电力不做功，物块机械能守恒C.摩擦力不断增大，物块会在A、B间的某点停止运动D.物块刚好在B点停下，之后不再上滑10.(2024·江苏南通市检测)如图所示，在一正点电荷Q的电场中，某点的电势φ与该点到点电荷Q的距离r的关系如图甲所示。如图乙所示，在正点电荷Q的上方水平固定一光滑绝缘杆，O点在点电荷Q的正上方，现将一质量为m、带电荷量为-q的小球穿在杆上，然后从a点由静止释放后，小球沿杆依次经过O、b两点到达最远点c。已知a、O、b三点到点电荷Q的距离分别为3L、L、2L，下列说法正确的是()A.小球在a点和b点的加速度大小之比为4∶9B.小球运动过程中的最大速度为22C.电场中a点的电场强度和c点的电场强度相同D.小球由a点到b点的过程中电势能增大(10分)11.(2024·江西卷·10改编)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQqr(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是(A.最低点的位置x=kQqB.速率达到最大值时的位置x=kQqC.最后停留位置x的区间是kQqmg≤x≤D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg-f)kQq参考解析1.D[电子从A点运动到B点速度增大，则静电力做正功，静电力方向由A指向B，电场强度方向由B指向A，从A到B电子加速度减小，电子受到的静电力减小，从A到B电场强度减小，可知电子远离点电荷，说明点电荷在A点的左侧，可判断出该点电荷带负电，故A、B错误；电子所受静电力方向由A指向B，故电场线方向由B指向A，沿着电场线的方向电势逐渐降低，B点的电势高于A点的电势，故C错误；电子从A点运动到B点速度增大，则静电力做正功，电势能减小，即电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。]2.D[电荷在某点的电势能为Ep＝qφ，由公式可知负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A错误；电子从x1到x2，电势能增大，静电力做负功，故B错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，所以在x3处电场沿x轴正方向，故C错误；φ－x图像的切线斜率绝对值表示电场强度大小，可知电子从x2到x4所受静电力一直减小，故D正确。]3.D[质子从A点到C点电势能逐渐减小，可知电势逐渐降低，则在x轴上电场强度方向沿x轴正方向，A错误；Ep－x图像切线的斜率表示静电力，可知从A点到B点质子受静电力逐渐减小，电场强度逐渐减小，即A点电场强度大于B点电场强度，C错误；因从A点到B点的静电力大于从B点到C点的静电力，根据W＝Fx可知，质子从A点运动到B点静电力做的功大于从B点运动到C点静电力做的功，根据W＝qU可知，UAB>UBC，B错误，D正确。]4.D[方法一从电场强度方向看电势的变化设x＝x0处电场强度为0，此处E1与E2等大反向k·4q(x0＋1)2＝kqx020<x<1，电场强度方向向左，x增大，φ增大，x>1，电场强度方向向右，x增大，φ减小，故D正确。方法二电势叠加法根据点电荷周围的电势公式φ＝kQr，设x＝x'处(x'>0)的电势为0，得k4q1＋x解得x'＝1故可知当0<x<13时，φ<0当x＝13时，φ＝0当x>13时，φ>0，故选D。5.D[根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右；若小球的初速度方向垂直于虚线(如题图)，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的位移方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，故选D。]6.D[v－t图像切线的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的静电力最大，所以B点的电场强度最大，故A错误；v－t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，由题图乙可知，小物块从A到B的位移大小不可确定，故B错误；由题图乙可知，小物块一直做加速运动，则B、C两点均在A点的上边，故C错误；由动能定理，可得qUAB＝12mvB2－12mvA2，qUBC＝12mvC2－7.B[带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为－1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为－0.5V处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为－0.5V处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。故选B。]8.C[根据功能关系有ΔEk＝qEx，由图像可知k＝ΔEkΔx＝qE，图像的斜率逐渐增大，则E逐渐增大，根据功能关系有ΔEp＝－qEx，由Ep－x图像可知斜率k'＝ΔEpΔx＝－qE，E逐渐增大，Ep－x图像斜率为负，斜率绝对值应逐渐增大，根据牛顿第二定律a＝qEm，可知E逐渐增大，加速度a逐渐增大，故A、B错误，C正确；根据电场强度与电势差关系式有φ＝φ0－Ex，由φ－x图像可知斜率k″＝－E，9.D[带电小物块放在A点时，物块恰好静止，因为金属处于电场中，金属板会成为一个等势体，其表面任何一点处的电场线必然与表面垂直，故可知物块在A点所受静电力方向垂直于金属板，由力的平衡可得，水平方向静电力和弹力平衡qEA＝FN，竖直方向最大静摩擦力与重力平衡Ffmax＝μFN＝mg，物块下滑全过程静电力与运动方向垂直，所以静电力不做功，摩擦力一直做负功，由功能关系可知小物块的机械能不守恒，故A、B错误；物块下滑过程中所受摩擦力Ff＝μFN＝μqE＝μq(E0＋ky)则物块的合力F合＝mg－Ff＝mg－μq(E0＋ky)＝mg－μqE0－μqky可作出物块下滑时受到的合力随下滑位移的关系，如图所示F合－y图像的面积表示合力做功，由OA＝AB可知从O点到B点合力做功为零，所以从O点由静止释放物块，根据动能定理可知物块刚好在B点速度减为零，物块在B点所受静电力大于在A点所受静电力，可知物块在B点的最大静摩擦力大于重力，故物块在B点速度减为零后，停止在B点，物块合力为零，速度为零，所以物块不再上滑，也不下滑，故C错误，D正确。]10.B[根据题意可知，a、b两点到点电荷的距离之比为3∶2，由点电荷的电场强度公式E＝kQr2可知，a、b两点的电场强度大小之比为4∶9，则小球在a、b两点所受静电力之比为4∶9，但静电力与杆的夹角不相等，而静电力沿杆方向的分量即为小球所受合外力，大小之比不等于4∶9，因此小球在a、b两点加速度之比不等于4∶9，故A错误；小球释放后先做加速运动，后做减速运动，在经过O点时在运动方向上合外力为零，速度达到最大，由题图甲可知，a、O间的电势差为UaO＝2φ0－6φ0＝－4φ0，小球从a运动到O的过程中，由动能定理可得－qUaO＝12mv2－0，可得最大速度v＝22qφ0m，故B正确；小球从O点向右运动的过程中，静电力做负功，小球做减速运动，而小球最远可到达c点，c点与a点的电势相等，则可知c点到点电荷的距离为3L，a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；小球由a点到O点的过程中静电力做正功，动能增加，电势能减小，而从O点到b点的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，