第九章　第44课时　专题强化：电场中的图像问题　电场中功能关系的综合问题-2026版一轮复习

第44课时专题强化：电场中的图像问题电场中功能关系的综合问题目标要求1.掌握电场中的几种常见图像。2.掌握静电力做功的计算方法及电场中常用的功能关系。考点一电场中的图像问题1.v－t图像当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况。例1(多选)一带负电粒子仅在静电力的作用下从A点沿直线运动到B点，速度由v1变为v2，其速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是()A.A、B两点的电势关系为φA>φBB.A点附近的等势面要比B点附近的等势面稀疏C.A、B两点的电场强度大小关系为EA>EBD.粒子从A点到B点的过程中，可能两次经过同一个等势面答案AC解析根据速度由v1变为v2，速度减小，可知静电力对粒子做负功，电势能增加。根据带电粒子在电场中的运动规律可知，负电荷高势低能，则φA>φB，故A正确；电场线密集的位置等势面密集，电场强度更大，则带电粒子受到的静电力更大，加速度大，在v－t图像中斜率的绝对值更大，A处斜率的绝对值大于B处斜率的绝对值，则电场强度的关系EA>EB，A点附近的等势面要比B点附近的等势面密集，故B错误，C正确；粒子从A点到B点的过程中，速度一直减小，则静电力一直做负功，电势能一直增大，故不可能两次经过同一个等势面，故D错误。2.φ－x图像(电场方向与x轴平行)(1)电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率大小，沿x轴方向电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零；(2)在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向；(3)在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断。试画出下图中几种典型电场的φ－x图像(以无穷远处电势为零)。(1)点电荷的φ－x图像；(2)两等量异种点电荷连线上的φ－x图像；(3)两个等量正点电荷的φ－x图像。答案(1)(2)(3)例2(多选)(2024·天津卷)某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷()我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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A.在b点电势能最小B.在c点时速度最小C.所受静电力始终做负功D.在a点受静电力沿x轴负方向答案BD解析根据题意，由公式Ep＝φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由题图可知，a点的电势最大，则在a点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在静电力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故A错误，B正确；根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的静电力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的静电力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，静电力先做负功后做正功，故C错误，D正确。[变式]如图甲所示的xOy坐标系中，y轴上固定有两个等量同种点电荷P，与原点O的距离相同，x轴上各点的电势φ随x坐标变化的图像如图乙所示。a、b是x轴上两点，其电势分别为φa和φb，对应φ－x图线上的a'、b'两点，这两点切线斜率的绝对值相等。现将一质量为m、电荷量为q的正点电荷M从a点由静止释放，M运动过程中仅受静电力作用，下列说法正确的是()A.a、b两点电场强度相同B.M从a点运动到b点的过程中电势能先增大后减小C.M从a点运动到b点的过程中加速度大小先减小后增大再减小D.M先后两次经过b点的过程，静电力的冲量大小为22答案D解析根据电场强度与电势的关系E＝ΔφΔx，可知φ－x图线的斜率表示电场强度，由题知，a'、b'这两点切线斜率的绝对值相等，说明电场强度大小相同，根据沿电场线电势降低，可知a、b两点电场强度方向不相同，故A错误；若两电荷为等量的正电荷，两电荷连线的垂直平分线与y轴的交点处的电势最高，而由题图乙可知，两电荷连线的垂直平分线与y轴的交点处的电势最低，则两电荷为等量的负电荷；由Ep＝φq知正点电荷M从a点运动到b点的过程中，电势能先减小后增大，故B错误；电荷量为q的正点电荷M从a点由静止释放，由题图乙分析知，φ－x图线的斜率先增大后减小再增大，故M从a点运动到b点的过程中加速度大小先增大后减小再增大，故C错误；M从a经过b点的过程，由动能定理知qUab＝12mvb2－0，设初动量为p，a→b为正方向，则p＝mvb，解得p＝2mq(φa-φb)，设末动量为p'，M从b点经过一段距离返回b点的过程，由对称性知p'＝－2mq(φa-3.E－x图像以电场强度沿x轴方向为例：(1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向。(2)E－x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定。例3(多选)电场的某条电场线是一条直线，这条电场线上依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴正方向，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为＋q的粒子，从O点由静止释放，仅受静电力作用。则()A.若O点的电势为零，则A点的电势为－EB.粒子从O到A做初速度为零的匀加速直线运动C.粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量D.粒子运动到B点时动能为3答案AD解析由于沿电场强度方向建立x轴正方向，题图中给出的电场强度均为正值，表明O、C两个点之间的电场方向一直沿x轴正方向，因a＝qEm，粒子从O到A做初速度为零、加速度变大的变加速直线运动，故B错误；E－x图像中，图像与横轴所围几何图形的面积表示电势差，则有|UOA|＝E0d2，沿电场线方向电势降低，故φO>φA，解得φA＝－E0d2，故A正确；由以上分析，结合题图可知，UOA>UBC，根据W＝qU，可知OA段静电力做的正功大于BC段静电力做的正功，即粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误；OB段静电力做功为WOB＝qUOB＝q(2d-d＋2d)E02＝4.Ep－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＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝ΔE①其绝对值等于静电力大小。②正负代表静电力的方向：若斜率为正，说明电势能增加，静电力沿x轴正方向做负功，静电力方向沿x轴负方向；若斜率为负，说明电势能减小，静电力沿x轴正方向做正功，静电力方向沿x轴正方向。(2)Ek－x图像当只有静电力对带电体做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝ΔE例4(多选)在甲、乙电场中，电场方向均与x轴平行，某试探电荷－q(q>0)具有的电势能Ep沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是()A.图甲中，试探电荷在O点受到的静电力为零B.图甲中，电场强度沿x轴正方向C.图乙中，x1处的电场强度小于x2处的电场强度D.图乙中，x1处的电势高于x2处的电势答案BD解析根据Ep－x图像斜率的绝对值表示静电力的大小，题图甲中，试探电荷在O点受到的静电力不为零，A错误；沿x轴正方向，电势能增大，静电力做负功，又因试探电荷带负电，则电场强度沿x轴正方向，B正确；题图乙中x1处的斜率大于x2处的斜率，即Fx1>Fx2，故Ex1>Ex2，C错误；负电荷在电势越高处电势能越小，故题图乙中φx1>φx2，D正确。考点二电场中功能关系的综合问题几种常见的功能关系：(1)合外力做功等于动能的变化，即W合＝Ek2－Ek1＝ΔEk(动能定理)。(2)重力做功等于物体重力势能的变化，即WG＝EpG1－EpG2＝－ΔEp。(3)静电力做功等于电势能的变化，即W电＝Ep电1－Ep电2＝－ΔEp电。(4)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，即W弹＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹。(5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机。说明：(1)动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来。(2)能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变；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。例5如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，一端固定于倾角为θ的光滑绝缘斜面顶端的挡板上，另一端连接绝缘带正电可视为质点的小球A，弹簧与斜面平行，小球的质量为m，电荷量为q，弹簧处于原长时小球在O点。在空间中加一平行于斜面向上的匀强电场，电场强度大小为E，将小球从O点由静止释放，小球沿斜面运动至M点时加速度为零，重力加速度为g，则小球从O点运动至M点过程中，小球的()A.机械能一直增加B.机械能先增大后减小C.位移大小为x＝mgD.电势能的增加量等于重力势能的减少量答案C解析小球沿斜面运动至M点时加速度为零，该过程中弹力和静电力均做负功，所以小球的机械能减小，故A、B错误；在M点时小球加速度为0，即mgsinθ＝Eq＋kx，位移大小x＝mgsinθ-qEk例6(多选)(2024·山东卷·10)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是()A.OB的距离l＝3B.OB的距离l＝3C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgsD.AC之间的电势差UAC＝－mgs答案AD解析由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向根据受力分析有mgsin30°＝kq2l解得l＝3kq2mg，故设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零，根据动能定理有W＋mgssin30°＝0解得W＝－mgs2，故C根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC＝Wq＝－mgs2q课时精练(分值：60分)1~7题每小题5分，共35分1.(来自教材改编)(2024·北京市丰台区二模)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点的电势能答案D解析电子从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.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A.动能增加12mvB.机械能增加2mv2C.重力势能增加32mvD.电势能增加2mv2答案B解析小球动能的增加量为ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝v22g，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝12mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp'＝32mv2＋12mv2＝2mv23.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，下列说法中正确的是()A.O点的电势最低B.x2点的电势最高C.x1和x3两点的电势相等D.－x1和x1两点间的电势差为零答案D解析由E－x图像可知，电场方向由O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，根据沿电场方向电势降低，可知O点的电势最高，x1点的电势大于x3点的电势，根据对称性可知－x1和x1两点的电势相等，则－x1和x1两点间的电势差为零，故A、B、C错误，D正确。4.(2025·湖南永州市一模)假设某空间有一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，且带电粒子的运动只考虑受静电力，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是()A.从x2到x3，电场强度的大小均匀增加B.正电荷沿x轴从O运动到x1的过程中，做匀加速直线运动C.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，静电力做正功，电势能减小D.x2处电场强度大小为E2，x4处电场强度大小为E4，则E2>E4答案D解析根据E＝ΔφΔx可知φ－x图像中图线的斜率表示电场强度，由题图可知，沿x轴方向，从x2到x3，电场强度的大小恒定，故A错误；同理可知O→x1沿x轴方向的电场强度为零，正电荷沿x轴从O运动到x1的过程中，沿x轴方向的静电力为零，一定不做匀加速直线运动，故B错误；由题图可知，x4到x5电势降低，根据Ep＝qφ可知负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，静电力做负功，电势能增大，故C错误；根据A选项分析可知，x2处图线斜率绝对值大于x4处图线斜率绝对值，所以E2>E45.(多选)如图甲所示，带电的物块P固定在光滑绝缘水平面上，t＝0时刻将另一带电物块Q从与物块P距离为d处由静止释放，物块Q在0~2t0时间内的速度v随时间t变化的图像及t＝0时刻和t＝2t0时刻该图像的切线如图乙中所示，图乙中v0和t0为已知量。若两物块均可视为点电荷，带电荷量的数值相等，物块Q的质量为m，静电力常量为k，两物块带电量始终不变。下列说法正确的是()A.两物块带异种电荷B.2t0时刻P、Q相距2dC.两物块的带电荷量为d2D.0~2t0时间内P、Q组成的系统减少的电势能为mv答案BC解析由v－t图像的斜率表示加速度，则物块Q的加速度不断减小，所以两物块间为排斥力，因此它们应该带同种电荷，故A错误；由题图乙可知t＝0时刻的加速度为a1＝2v0t0，t＝2t0时刻的加速度为a2＝2v0-v02t0＝v02t0，故a1a2＝41，根据牛顿第二定律可知a1＝F1m＝kq2md2，a2＝F2m＝kq2md'2，联立解得d'＝2d，q＝d2mv06.(2025·山东省校考)在某电场中建立x坐标轴，一个质子沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能Ep随位置坐标x变化的关系如图所示，该质子只受静电力作用。下列说法正确的是()A.A点电势高于B点电势B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.质子经过A点的速率小于经过B点的速率D.C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA答案D解析质子电势能增大，则静电力做负功，静电力方向与质子运动方向相反，质子带正电，说明电场方向与质子运动方向相反，即电场方向沿x轴负方向，沿电场方向电势降低，则A点电势低于B点电势，A错误；由Ep－x图像斜率的绝对值表示静电力大小可知，FxA<FxB，说明A点的电场强度小于B点的电场强度，B错误；质子只受静电力作用，由功能关系可知EkA>EkB，质子经过A点的速率大于经过B点的速率，C错误；根据U＝Ed定性分析，由A至C电场强度逐渐变大，A、B、C三点间距相等，则C、B两点电势差UCB大于B、A两点电势差UBA，D正确。7.(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，电势能减小答案D解析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。8~10题每小题7分，共18分8.(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()答案D解析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D9.(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点两侧往复运动答案B解析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