2026年高考物理一轮复习精讲精练第43讲电场中功能关系及图像问题(讲义)(学生版+解析)

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考点一 电场中功能关系的综合问题
基础过关
1．电场力做功的求解方法
2．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＝Ep弹1－Ep弹2＝－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。
3．电场中的能量守恒
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
【例1】（2025·山东青岛·三模）如图所示，水平向右的匀强电场中固定倾角为30°的足够长斜面，质量为m、带电量为+q的小球以初速度从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°。已知匀强电场的电场强度，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从抛出到落回斜面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．机械能不变B．离斜面最远时动能最小
C．运动的时间为D．运动的时间为
【答案】D
【详解】A．小球从抛出到落回斜面的过程中，电场力做功会改变机械能，故机械能不守恒，故A错误；
B．以斜面为参考系，建立沿斜面向上（x 轴）和垂直斜面向上（y 轴）的坐标系，小球受重力 mg（竖直向下）和电场力 qE（水平向右），沿斜面方向（x 轴）：电场力分量：（沿斜面向上）
重力分量：（沿斜面向下）
根据牛顿第二定律
解得加速度（沿斜面向下）
垂直斜面方向（y 轴）： 电场力分量（垂直斜面向下）
重力分量：（垂直斜面向下）
根据牛奶第二定律
解得加速度（垂直斜面向下）
初速度与斜面方向夹角为，分解到斜面坐标系，沿x轴为
沿y轴为
离斜面最远时（y 方向速度为 0），时间
此时x方向速度
设合力与竖直方向的夹角为，则
故
此时合力与速度成钝角，速度大小继续减小，故离斜面最远时动能不是最小，故B错误；
CD． 落回斜面时
由
解得，故C错误，D正确。
故选D。
【例2】（2025·河南·三模）如图所示，长方体区域被分成了三个边长均为L的正方体区域，最左边的正方体区域内分布着垂直平面CDHG向里、电场强度大小为的匀强电场，中间的正方体区域内分布着垂直平面EHLI向上的匀强磁场，最右边的正方体区域内分布着垂直平面JKON向上、电场强度大小为的匀强电场。现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子以大小为的初速度从A点沿AE方向进入电场区域，经EH的中点进入磁场区域，最后从NJ上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小，不计粒子重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；
(3)电场强度的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，粒子在左侧的电场中运动时沿AD方向的位移为，沿AE方向的位移为L，设运动时间为，加速度为，有，
又根据牛顿第二定律
解得
（2）设粒子经过EH的中点时的速度为v，此时沿EH方向的分速度为，有
又因为
解得
设粒子进入磁场后的运动轨迹半径为R，有
解得
由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动的时间
（3）设IL的中点为Q，IM的中点为T，则粒子离开磁场时速度方向沿QT，设粒子在右边的电场中运动的时间为，加速度为，有，
又
解得
【例3】（2025·福建龙岩·模拟预测）如图a所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH值的关系如图b所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗粒，正确的说法是（ ）
A．乙比甲先到达极板
B．甲、乙的电势能均增大
C．甲、乙受到的电场力方向相同
D．增大pH值，甲受到的电场力变大
【答案】A
【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得
由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故A正确；
B．甲乙运动过程中电场力都做正功，电势能均减小，故B错误；
C．甲乙带电性相反，受力方向相反，故C错误；
D．由图可知，增大pH值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D错误。
故选A。
【例4】（2025·山东济南·二模）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板和，板带负电，板接地，板长为，两板间距离为。大量电子从两平行板间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．电子击中板区域的长度为
B．电子击中板区域的长度为
C．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的
D．保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的
【答案】BCD
【详解】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近板左侧边缘进入的电子恰好能打在板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有
则极板中间虚线处射入的粒子，则有
联立解得
则电子击中板区域的长度为
故A错误，B正确；
C．设电容器带电量为，根据
整理得
可知保持两板带电量不变，若将板向下平移的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电场中加速度不变，设从距离下极板处射入的粒子，恰好打在板右侧边缘，则有
联立解得
可知射入点距离上极板距离
恰好为上半区域的一半，故，打在板上的电子数占进入平行板电子总数的，故C正确；
D．靠近板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移
联立解得
设极板间电场强度为E，由于Q接地，Q板电势为0，则有
则
同理可知，出电场时有
故
则有
故靠近板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的，故D正确。
故选BCD。
【例5】（2025·河南·模拟预测）如图甲所示，足够长的均匀带电直杆和同轴的金属圆筒之间的电场可看成径向电场，其方向与轴线垂直，图乙为其截面图。某点径向电场强度大小可表示为，r为该点到轴线O的距离，a为常量。现从截面上P点向筒内射入大量比荷相同的带电粒子，粒子速度方向与OP连线垂直且速度方向与轴线不平行。忽略边缘效应，不计粒子间的相互作用及粒子重力，射入筒内的所有粒子均能顺利通过圆筒，且在截面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在筒内运动时加速度不变B．粒子在筒内运动时动能不变
C．OP距离越大，粒子从筒内出来时速度越小D．所有粒子沿垂直轴线方向的分速度大小相等
【答案】BD
【详解】AB．筒足够长，粒子能从筒内穿出，粒子在轴线方向做匀速运动，在垂直轴线的面内做匀速圆周运动，粒子动能不变，加速度大小不变，方向不断改变，故A错误，B正确；
CD．设粒子沿轴线方向速度为，在垂直轴线的截面内的速度为，粒子在垂直轴线的截面内做匀速圆周运动，电场力提供向心力可得
解得
可知与轨道半径无关
由于大小不一定相等，故不能确定的大小，故C错误，D正确。
故选BD。
精讲考点
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。
考点二 电场中的图像问题v－t图像
基础过关
1.v－t图像
(1)由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化。
(2)根据牛顿第二定律a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)，判断电场强度E的大小变化。
(3)根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向。
(4)由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。
【例6】（2025·辽宁丹东·二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，若电荷运动的v-t图像如图乙所示，以下判断正确的是（ ）
A．A、B两点的电场力
B．A、B两点的电场强度
C．A、B两点的电势
D．从A到B的过程中电场力做正功
【答案】D
【详解】AB．由v-t图像可知，从A到B加速度减小，则所受电场力减小，即A、B两点的电场力 ，A、B两点的电场强度，选项AB错误；
C．因负电荷受电场力向右，可知场强水平向左，沿电场线电势降低可知，A、B两点的电势，选项C错误；
D．因负电荷受电场力向右，可知从A到B的过程中电场力做正功，选项D正确。
故选D。
【例7】（2025·吉林长春·模拟预测）如图甲所示、A、B是一条电场线上的两点，若在电场线上某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B、其速度随时间变化的规律如图乙所示。则（ ）
A．A、B两点的电势B．A、B两点的电场强度
C．电子在A、B两点受到的电场力D．电子在A、B两点的电势能
【答案】A
【详解】A．由题意可知、电子由静止开始沿电场线从某点经A运动到B，电场力的方向从A指向B，电子带负电，则场强方向从B指向A，根据沿电场线方向电势降低可知电势，故A正确；
BC．由速度-时间图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度逐渐增大，电子所受电场力逐渐增大，则电场力，故电场强度，故BC错误；
D．电子仅受电场力，速度增大，动能增加，则电场力做正功，电子的电势能减少，则电势能，故D错误。
故选A。
【例8】（2025·江西上饶·二模）如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。设A、B两点电场强度大小分别为、，电势分别为、，则以下判断正确的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【详解】由图乙可知，且，则，负电荷从A点运动到B点，静电力做正功，则其电势能降低，但因其为负电荷，则电势升高，故。故B正确。
故选B。
【例9】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图甲所示，均匀带电圆环处于水平面上，其过圆心垂线上有、、三点，一个带正电荷的小球（可视为质点）从点静止释放，到运动过程中的图像如图乙所示，时刻运动到点位置，下列说法正确的是（ ）
A．圆环带负电
B．小球由点到点过程中小球机械能守恒
C．点为圆环上方、点间电场强度最大的点
D．小球由点运动到点过程中电势能先增大后减小
【答案】C
【详解】A．由图像可知，0到时间内小球加速度逐渐减小，由
说明小球受到向上的电场力且逐渐增大，因此圆环带正电，A错误；
BD．由点到点的过程中小球受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能一直增大，因此小球的机械能减小，BD错误；
C．时刻小球加速度最小，在点所受电场力最大，点电场强度最大，C正确。
故选C。
【例10】（2025·安徽蚌埠·三模）两个带电小球a、b在光滑绝缘的水平面内沿同一直线运动，图为两小球的v－t图像，若在运动过程中a、b始终未接触，则下列说法正确的是（ ）
A．两小球一定带异种电荷
B．a球质量小于b球的质量
C．时刻两球的电势能最大
D．时间内两小球动能之和先变大后变小
【答案】C
【详解】A．由图像可知，小球a做初速度为0的加速运动，小球b做减速运动，若b在前、a在后，两球相互吸引，带异种电荷，若a在前，b在后，则两球相互排斥，带同种电荷，故A错误；
B．根据牛顿第二定律，两球间的电场力是相互作用力，大小相等，由图像可知，在相同时间内，b球速度变化量比a球速度变化量大，即b球的加速度比a球加速度大，根据牛顿第二定律可知在F相同的情况下，加速度大的质量小，故a球的质量大于b球的质量，故B错误；
CD．根据能量守恒定律，两球构成的系统电势能和动能之和保持不变，时刻两球速度相等，系统动能最小，电势能最大，则时间内两小球动能之和先变小后变大，故C正确，D错误。
故选C。
精讲考点
由E＝Ud在非匀强电场中作定性判断
1.判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。
2.判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。
考点三 E－x图像
基础过关
1.E－x图像
(1)反映了电场强度随位移变化的规律。
(2)E>0表示场强沿正方向；E0）电荷连线的中点，A、B、C、D处于同一竖直线上，AB=BD=h，C为BD中点。质量为m、带电量为q的小球从A点由静止释放，从A运动到D的过程中，小球动能随下降高度y的变化图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．在的位置两点电荷产生的电场强度大小为
B．C、A两点间电势差大于C、D两点间电势差
C．小球下降高度时加速度大小为2g
D．小球下降高度时动能为
【答案】AC
【详解】A．由图乙可知图像的斜率表示合外力，小球在位置处合外力为0，所以
解得
故A正确；
B．A、D两点关于B点对称，所以两点电势相同，C点与两点的电势差相等，故B错误；
C．和同样关于B点对称，所以处的电场力大小也等于mg，方向竖直向下，所以
故C正确；
D．小球从处运动到处，电场力做功为0，重力做功为
所以处的动能为
故D错误。
故选AC。
【例22】（2025·河北·三模）质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动，其在O点处的初动能为4eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2~x3段是直线。下列说法正确的是（ ）
A．该质子在O~x2段做匀变速直线运动，在x2~x3段做匀速直线运动
B．该质子在x1处的动能为6 eV
C．若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，则φ1最高
D．该质子最终停在x3处
【答案】B
【详解】A．Ep−x图像的斜率可以表示该质子所受电场力F，可知该质子在O~x2段做变加速直线运动，在x2~x3段做匀变速直线运动，故A错误；
B．由题意，可得该质子在O点处的能量为
根据能量守恒定律，可得该质子在x1处的动能为
故B正确；
C．根据，可知该质子在电势越高的位置电势能越大，若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3，由题图知φ3最高，故C错误；
D．根据能量守恒定律，知该质子在x3处的电势能为7eV，则动能为零，但是由于受到的电场力不为零，因而不会停在x3处，故D错误。
故选B。
【例23】（2025·河北·模拟预测）在纸面内存在电场强度大小，与x轴正方向的夹角为30°的匀强电场。规定O点电势为零，现将电荷量为+2×10-3C电荷从O点沿x轴正方向移动，该电荷的电势能Ep与位移x的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由题可知，沿x轴方向的电场强度的大小为
由电场力做功特点可得：
由于规定O点电势为零
则
即
故选B。
【例24】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）长为的绝缘轻细线一端连接质量为、电荷量为的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，为轨迹圆的一条直径。以点为起始点，小球运动过程中的电势能与小球运动的路程之间的关系如图乙所示，其中。下列说法正确的是（ ）
A．小球做简谐运动
B．B．从点到点电场力对小球不做功
C．小球运动过程中速度的最小值为
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为
【答案】C
【详解】A．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，则小球做圆周运动，故A错误；
B．由图像乙可知当小球运动时，转过的角度电势能最大，则圆周上电势能最大的位置即为该点，垂直于该点的切线方向，如下图所示即为电场线方向，小球转过的位置所在的直径与圆周的交点为同一等势面上的点（图中虚线为等势线）。
可知小球转过的过程中
电场强度的大小
由对称性可知点的电势
从点到点电场力对小球做功
故B错误；
C．带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，在运动到的位置取得速度的最小值，此时电场力提供小球做圆周运动的向心力，即
解得
故C正确；
D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值在运动到的位置取得，此时速度也最大。根据动能定理
在该点处合外力提供向心力，即
解得
故D错误。
故选C。
【例25】（2025·山东·一模）竖直平面内固定有两个电荷量均为的点电荷，两点电荷相距0.6m，O为两点电荷水平连线的中点。一电荷量为的带电小球自点开始向下运动，初动能大小为，其动能与位移的关系如图乙中曲线I所示，处为曲线的最低点，此时动能大小为。直线II为计算机拟合的曲线I的一条渐近线，其斜率大小为。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度，静电力常量，则（ ）
A．小球的质量为
B．小球的电荷量为
C．下落到的过程中，小球的加速度先减小后增加
D．下落到的过程中，小球的电势能增加了约
【答案】B
【详解】ACD．由动能定理知，图像的斜率为合外力，由图知0.4m内，图像的斜率先减小后增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小后增加再减小；当时，小球所受的电场力趋近于0，则图像的渐近线的斜率为重力，即N
解得小球的质量
0～0.4m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量
故ACD错误；
B．小球在x=0.4m处所受合外力为0，此时
其中
解得电荷量C
故B正确。
故选B。
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc806" 考点一 电场中功能关系的综合问题 PAGEREF _Tc806 \h 1
\l "_Tc24045" 考点二 电场中的图像问题v－t图像 PAGEREF _Tc24045 \h 9
\l "_Tc6112" 考点三 E－x图像 PAGEREF _Tc6112 \h 13
\l "_Tc24045" 考点四 φ－x图像18
\l "_Tc6112" 考点五 Ep－x图像、Ek－x图像图像
由公式W＝Flcs α计算
只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcs α
由WAB＝qUAB计算
适用于任何电场
由电势能的变化计算
WAB＝EpA－EpB
由动能定理计算
W电场力＋W其他力＝ΔEk