高考物理【一轮复习】讲义练习第九章　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

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习第九章　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，共14页。试卷主要包含了掌握电场中的几种常见图像，φ－x图像，E－x图像，Ep－x图像、Ek－x图像等内容，欢迎下载使用。
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>φB
B.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>EB
D.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( )
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22mq(φa-φb)
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-φb)，静电力的冲量为I＝p'－p＝－22mq(φa-φb)，故M先后两次经过b点的过程，静电力的冲量大小为22mq(φa-φb)，故D正确。
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，EφA，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＝3qE0d2，根据动能定理有，WOB＝EkB－0，解得EkB＝3qE0d2，故D正确。
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＝ΔEpΔx。
①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＝ΔEkΔx，斜率表示静电力。
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＝mgsinθ-qEk
D.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mgsin θ＝Eq＋kx，位移大小x＝mgsinθ-qEk，故C正确；根据能量守恒可知，电势能、弹性势能和小球动能的增加量等于重力势能的减少量，故D错误。
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＝3kq2mg
B.OB的距离l＝3kq23mg
C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D.AC之间的电势差UAC＝－mgs2q
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
mgsin 30°＝kq2l2cs 30°
解得l＝3kq2mg，故A正确，B错误；
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＋mgssin 30°＝0
解得W＝－mgs2，故C错误；
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，故D正确。
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12mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加32mv2
D.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＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。
3.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>E4，故D正确。
5.(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2d
C.两物块的带电荷量为d2mv0kt0
D.0~2t0时间内P、Q组成的系统减少的电势能为mv02
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＝d2mv0kt0，故B、C正确；对物块Q，由动能定理可得W电＝12m(2v0)2＝2mv02，根据静电力做功与电势能的关系可知，0~2t0时间内P、Q组成的系统减少的电势能为ΔEp＝W电＝2mv02，故D错误。
6.(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，FxAEkB，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＝kqx02，得x0＝1，即x＝1处，E＝0，
00)的电势为0，得
k4q1＋x'＋k-qx'＝0
解得x'＝13
故可知当0