新高考物理一轮复习考点课时练第9章第44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（含答案解析）

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1~7题每小题5分，共35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.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
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
4.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
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
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
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
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( )
9.(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1.5 eV，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
10.一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( )
(7分)
11.如图，光滑固定斜面上方存在一沿斜面向下的匀强电场，一与斜面平行的轻弹簧一端固定在斜面的顶端，另一端与一质量为m、电荷量为＋q的滑块相连，滑块恰好静止在O点。现给滑块沿斜面向上的初速度v0，下列关于滑块从O点第一次运动到最高点的过程中，系统的电势能、滑块的加速度a及动能Ek随距离变化的图像正确的是( )
答案精析
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.B [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.D [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.D [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.BC [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.D [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.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。]
8.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＝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