选择题考点专项训练42 电场中的四类图像分析（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练42 电场中的四类图像分析（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共5页。

A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
2.(v－t图像)用光滑绝缘水平面上的两个带电小球间的相互作用来模拟微观领域两个带电粒子间的相互作用过程，如图甲，t＝0时带电小球A以速度v0沿A、B连线向静止的B球运动(刚开始时A、B两球距离较远)，图乙为两带电小球运动的v－t图像，运动过程中两球始终未接触，已知小球A的质量为m，下列说法正确的是( )
A.A、B两球带同种电荷，A、B两球所带电荷量之比为1∶2
B.B球的质量为3m
C.t1、t2时刻系统的电势能之差Ep1－Ep2＝eq \f(1,12)mveq \\al(2,0)
D.经过足够长时间后，小球B的速度趋近于v0
3.(E－x图像)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。电场向右为正方向，下列说法正确的是( )
A.O点的电势最低
B.x2点的电势最高
C.x1和－x1两点的电势相等
D.x1和x3两点的电势相等
4.(φ－x图像)两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法中正确的是( )
A.试探电荷在M点受到的电场力比在N点大
B.试探电荷在M点具有的电势能比在N点大
C.试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相同
D.电场力先做正功后做负功
5.(E－x图像和φ－x图像)(多选)空间中一静电场的某物理量沿x轴的分布情况如图所示(规定x轴正方向为电场正方向)，其中OA＝OB，图线关于未知轴对称，则( )
A.若为E－x图像，则φA＝φB
B.若为E－x图像，则将电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
C.若为φ－x图像，则A、B两点处沿x轴方向的电场强度大小相等
D.若为φ－x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
6.(Ep－x图像)空间中有一电场，现放入一个负点电荷，放入的点电荷对原电场分布无影响，随后将此电荷从电场中一点移动至另一点，其电势能随位置变化的图像如图所示。在移动过程中电势随位置变化的图像可能是( )
7.(Ep－x图像)一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是( )
解析答案42 电场中的四类图像分析
1．C [因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增大后减小，故C正确；因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。]
2．C [根据题意可知，A、B两球之间为库仑斥力，故A、B两球带同种电荷，由于A、B两球之间的库仑斥力为相互作用力，大小总是相等，与A、B两球所带电荷量无关，故无法确定A、B两球所带电荷量的大小关系，故A错误；以A、B两球为系统，满足动量守恒，根据图乙可知两球共速时的速度为eq \f(v0,3)，则有mv0＝(m＋mB)·eq \f(v0,3)，解得mB＝2m，故B错误；根据能量守恒定律可知，t1时刻系统的电势能为Ep1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，设t2时刻，B球的速度为v2，此时A球的速度为零，根据系统动量守恒可得mv0＝2mv2，解得v2＝eq \f(v0,2)，t2时刻系统的电势能为Ep2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，t1、t2时刻系统的电势能之差为Ep1－Ep2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,12)mveq \\al(2,0)，故C正确；两球分离后，设最终A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据动量守恒可得mv0＝mvA＋2mvB，根据能量守恒可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,B)，联立解得vA＝－eq \f(v0,3)，vB＝eq \f(2v0,3)，可知两球分离后，小球B的速度趋近于eq \f(2v0,3)，故D错误。]
3．C [作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O点电势最高，故A、B错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，故C正确；x1和x3两点在电场线的不同位置，沿电场线电势降低，故两点电势不相等，故D错误。]
4．A [φ－x图线上某点斜率表示该点场强，由图像可知M点场强大小大于N点场强大小，则试探电荷在M点受到的电场力比在N点大，故A正确；两点电荷所带电量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，M点电势高于N点，则负试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B错误；M、N两点场强方向相反，试探电荷在M、N两点受到的电场力方向相反，故C错误；由图可知从M到O电势降低，从O到N电势升高，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，电场力对试探电荷先做负功，后做正功，故D错误。]
5．CD [若为E－x图像，由图像知，A到B电场强度一直是负值，表明电场方向一直是沿x轴负方向，沿电场线方向电势逐渐降低，因此A到B电势是升高的，则φA<φB，A、B之间电场方向一直是沿x轴负方向，电子受到的电场力方向指向x轴正方向，电子从A到B，电场力一直做正功，故A、B错误；若为φ－x图像，其切线的斜率表示电场强度，则A、B两点电场强度大小相等，但方向相反，故C正确；若为φ－x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电势先降低后升高，电势能先增大后减小，故电场力先做负功再做正功，故D正确。]
6．C [根据φ＝eq \f(Ep,q)，当x＝0时Ep<0，q<0，所以φ>0，由图知，Ep逐渐增大，由于是负点电荷，故电势φ逐渐减小，故C正确。]
7．D [粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，则有F＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEp,Δx)))，即Ep－x图像上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝eq \f(F,q)，故电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理有F·Δx＝ΔEk故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；按照C图，速度随着位移均匀增加，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，故矛盾，故C错误；粒子做加速度减小的加速运动，故D正确。]