【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍10 电场中的功能关系和图像问题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.023 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍10电场中的功能关系和（φ-x、Ep-x、E-x）图像问题一、电场中的功能关系1.求电场力做功的方法：(1)定义式:WAB=Flcosα=qElcosα(适用于匀强电场)。(2)电势的变化:WAB=qUAB=q(φA-φB)。(3)动能定理:W电+W

其他=ΔEk。(4)电势能的变化:WAB=-ΔEp=EpA-EpB。2.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力、弹力外,其他各力对物体

做的功等于物体机械能的增量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.二、几种常见的图像及性质特点1、v­t图象根据v­t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化2、φ-x图

像（1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,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大小,并可根据电势大小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

后作出判断。3、Ep-x图像（1）根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。（2）根据ΔEp=-W=-Fx,图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。3、E-x图像（1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,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）在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动

相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。（3）在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。【题型一】电

场中的功能关系【典例1】（2024·广东韶关·二模）如图所示，空间有一正方体abcdabcd−，a点固定电荷量为()0QQ+的点电荷点固定电荷量为Q−的点电荷，O、O分别为上下两个面的中心点，则（）A．b点与c点的电场强度相同B．b

点与d点的电势相同C．b点与c点的电势差等于a点与d点的电势差D．将带正电的试探电荷由b点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小【答案】CD【详解】A．由对称性知，b点与c点的电场强度大小相等，但方

向不同，故A错误；B．b点到a点的距离等于a点到a点的距离，b点到d点的距离等于a点到d点的距离，则b点与a点的电势相同，若取无限远处电势为零，垂直于ad且过OO的平面为电势为零的等势面，a点与d点关于该等势面对称，

两点电势绝对值相等，一正一负，故b点与d点的电势不同，故B错误；C．由对称性知，b点与c点的电势差为2bcbcbU=−=a点与d点的电势差为2adadaU=−=由于ba=则bcadUU=故C正确；D．对试探电荷受力分析，俯视图如图所示由图可知将带正电的试

探电荷由b点沿直线移动到O点的过程中，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，故D正确。故选CD。【典例2】（2024·辽宁·一模）如图所示，xOy为竖直平面内的直角坐标系，该空间存在平行xOy平面但方向未知的匀强电场，将一质量为m、

带电量为q+的小球从O点抛出，抛出的初速度大小均为023vgd=，抛出的方向可沿xOy平面内的任意方向。将小球沿某一方向抛出，一段时间后小球通过()23,0Ad点时速度大小为32gd；若将小球向另一方向抛出，一段时间后小球通过()0,3

Bd−点时速度大小为21gd，则下列说法正确的是（）A．O、B两点间的电势差92OBmgdUq=B．匀强电场强度的大小为3mgq，方向与x轴正方向夹60斜向下C．若将小球沿y轴正方向抛出，小球运动过程中的最小速度为3gd，方向与x轴正方向成30斜向上D．若小球初速度方向与x轴正向夹30

斜向上抛出，到达x轴的时间为43dg【答案】CD【详解】A．从O到B，据动能定理可得22011322OBBqUmgdmvmv+=−解得，O、B两点间的电势差为32OBmgdUq=故A错误；B．从O到A，据动能定理可得2201122OAAqUmvmv=−解

得，O、A两点间的电势差为3OAmgdUq=取OA的中点C，可知B、C为等势点，可得电场强度垂直BC连线斜向下，即与x轴正方向夹角为30角斜向下，如下图所示取从O到B的过程有3sin30OBUmgEdq==故

B错误；C．将重力与电场力合成，可得它们的合力与x轴正方向成60角斜向下。将初速度沿方向和垂直方向分解，垂直合外力方向的速度即为运动过程中的最小速度，如下图所示即有min0sin303vvgd==，方向与x轴

正方向成30角斜向上故C正确；D．若小球初速度方向与x轴正向夹30斜向上抛出，在竖直y轴方向上，根据牛顿第二定律有sin30ymgqEma+=可得，竖直方向上的加速度为1.5yag=小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动规律可得

02sin3043yvdtag==故D正确。故选CD。【典例3】（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）电子光学中，一种静电透镜的简化模型如图所示。以O为球心的球形边界外部各处的电势均为1，内部各处的电势均为2，12。一束离轴很近且关于轴对称的电子

束以速度1v沿平行于轴的方向运动，在越过球形边界“壳层”的过程中，电子运动速度将发生变化。不计电子重力及其之间的相互作用力，则下列说法正确的是（）A．电子束按图甲“会聚”B．电子束按图乙“发散”C．电子束在球内的速

度21vvD．电子束在球内的速度21vv【答案】BD【详解】因为球形边界外部电势为1，球形边界内部电势为2，且12，又因为电场线由高电势指向低电势处，在球形边界处应存在一微小电场线，方向指向圆心电场，又因为粒子为电子，受力方

向应与电场线方向相反，所以在进入球形边界时受到偏离圆心的电场力，此时在电场力的作用下使电子偏离圆心，电子束按图乙“发散”，电子运动过程中电场力做负功，则速度减小，即21vv。故选BD。1．（2024·河北·一模）如图所示为一沿x

轴方向的静电场的x−图像，现将一质量为m、电荷量为q的点电荷由O点沿x轴正方向发出，点电荷初速度大小为0v，整个运动过程中点电荷只受电场力的作用。则（）A．在x轴上，由O点到2xx=处电场强度逐渐减小B．正电荷在O点处的电势能等于在x轴上2xx=处的电势能C．如

果点电荷带正电，点电荷在2xx=处的电势能为0qD．如果点电荷带负电，当002qvm=时点电荷刚好运动到2xx=处速度减为0【答案】D【详解】A．根据Ex=可知x−图像的斜率表示电场强度，则在x轴上，由O点到2xx=处电场强度保持不变，故A错误；B．根据pEq=由于O点

处的电势高于2xx=处的电势，则正电荷在O点处的电势能大于在x轴上2xx=处的电势能，故B错误；C．如果点电荷带正电，点电荷在2xx=处的电势能为p0Eq=−故C错误；D．如果点电荷带负电，当002qvm

=时，设点电荷可以运动到2xx=处，且速度大小为v，根据动能定理可得220011222qmvmv−=−解得0v=故D正确。故选D。2．（2024·湖南衡阳·二模）如图1所示，一质量为m、电荷量为q的正电荷从a点由静止释放，仅在电场力的作用下沿直线abc运动，其v-t图像如图2所示。

已知正电荷在b点处速率为35v，斜率最大，最大值为k，在c点处的速率为v，斜率为0，则下列说法正确的是（）A．该正电荷在从a到c的运动过程中，电势能先减小后增大B．b点的电场强度大小为kmq，方向由b指向cC．ab之间的电势差2925abmvUq=D．从a到c电

势逐渐升高，c点的电势最大【答案】B【详解】A．该正电荷由a到c的过程中，物块速度逐渐增大，电场力对物块做正功，物块的电势能逐渐减小，故A错误；B．由题图2可知物块在b点时加速度为ak=所以b点的电场强度大小为FmakmEqqq=

==电场力方向由a指向c，正电荷的电场强度方向跟电场力方向相同，b点的电场强度方向由b指向c，故B正确；C．对正电荷从a到b的过程，根据动能定理有221122abbaqUmvmv=−解得2950abmvUq=故C错误；D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，从a到c电势

逐渐降低，故D错误。故选B。3．（2024·山西·一模）观测带电粒子的碰撞试验，为确定碰撞生成物质的初始状态提供了理论依据。某次观测时，让质量为m的B粒子在0=t时以0v的初速度向静止的粒子A运动，计算机记录下两粒子的vt−图像如图所示。已知AB、间仅存在静电力的作

用且AB、始终未接触，则（）A．粒子A的质量为23mB．0时刻与3t时刻AB、间作用力的大小相等C．20~t内，电场力对A做的功为2049mvD．13tt内，AB、系统的电势能减少了20310mv【答案】BD【详解】A．由图可知，t=0时刻有1P=mv0在t1时刻有()20A0.

4Pvmm=+两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律得()00A0.4mvvmm=+得A32mm=故A错误；B．由图可知0时刻与t3时刻A、B的加速度都为0，说明此时A、B间的作用力都为0，故B正确；C．2t时刻B的速度为0，设A速度为Av，

由动量守恒定律有0AAmvmv=得A023vv=由动能定理有0~t2内，电场力对A做的功为22AA011023Wmvmv=−=故C错误；D．设3t时刻B的速度为Bv，由动量守恒定律有0A0B0.8mvmvmv=−得B015vv=t1∼t

3内，A、B系统增加的动能为()()()2222A00A00111130.80.4225210kEmvmvmmvmv=+−+=即A、B系统的电势能减少了20310mv，故D正确。故选BD。【题型二】电场中的（φ-x、Ep-x、E-x）图像问题【典例1】（2024·江西·

一模）如图所示，电荷量为q+的电荷均匀地分布在半径为R的绝缘环上，O为圆环的圆心、在过O点垂直于圆环平面的轴上有一点P，它与O点的距离2OPR=，在P点也有一带电荷量为q+的点电荷，A点为OP的中点，随着R的改变，下列图像中，A点的场强与相关物理

量之间关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【详解】根据题意，对于圆环，设每个微元电荷的电荷量为q，由几何关系可知，微元电荷到A点的距离为2R，微元电荷与A点连线与水平方向的夹角为45，根据对称性和点电荷场强公式可得，圆环在A点产生的电场为()1222cos4542k

qkqEnRR==P点的点电荷在A点产生的电场为22kqER=则A点的电场强度为()212424kqEEER−=−=可知，A点的场强与相关物理量之间关系为E与21R成正比。故选A。【典例2】（2024·广东东莞·模拟预测）在x轴方向存在一静电场，其φ-

x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（）A．在x1处电势能最小B．从x2到x3受到的电场力和从x3到x4受到的电场力方向相反C．在x1处受到的电场力最大

D．在x3处电势为零，电场强度也为零【答案】A【详解】A．电荷在某点的电势能为PEq=由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；B．x2到x3的场强方向向右，x3到x4的场强方向向右，所以电子在x2到x3和x3到x4受到的电场力

方向都是向左，方向相同，故B错误；C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在x1处受到的电场力为0，故C错误；D．φ-x图像中斜率表示电场强度，x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故D错误；故选A。【典例3】（2024·全国·模拟预测）在x轴

上的O和'O点固定有电荷量分别为1q、2q的不等量异种点电荷，以x轴正方向为电场强度的正向，得到图示中两点电荷沿连线方向上的Ex−图像，下列说法正确的是（）A．121qqB．121qqC．将一电子在x轴上的A点由静止释放，电子将能够经过x轴上的C点D．将一电子在x轴上的A点由静止释放，电

子将无法到达x轴上的C点【答案】AC【详解】AB．x轴上B点的电场强度为零，即有()21220()kqkqOBOB−=可得121qq故A正确，B错误；CD．AB之间的电场强度方向为负向，BC之间的电场强度方向为正向，根据Ex−图像的面积表示电势差，可知BABCUU，则()0ACABB

CWeUU=−+则电子将能够经过x轴上的C点，故C正确，D错误。故选AC。1．（2024·四川南充·一模）电容器储能已经广泛应用于电动汽车，风光发电储能，电力系统中电能质量调节。电容器储能的原理是，当电容器充电后，所带电荷量为Q，两极板间的电势差为U，则板间储存了电能。

如图是电容为C的电容器两极板间电势差u和所带电荷量q的uq−图像，则（）A．该电容器的电容C随电荷量q增大而增大B．图像中直线的斜率等于该电容器电容CC．电源对该电容器充电为Q时，电源对该电容器做的功为

QUD．电源对该电容器充电为Q时，该电容器储存的电能为22QC【答案】D【详解】A．电容器的电容由电容器本身来决定，与所带电荷量及两端所加电压无关，故A错误；B．根据电容的定义式可得1UQC=即图像

的斜率为电容器电容的倒数，故B错误；CD．根据电功的计算公式WUItUQ==图像的面积表示电功，即储存的电能p2QUEW==QCU=解得2p2QEWC==故C错误，D正确。故选D。2．（2024·山西朔州·二模）空间存在着沿x轴方向的电场，取x轴正方向为电场的正方

向。将一个质量为m、电荷量为q−的粒子从坐标原点O由静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，不计粒子重力，则下列说法正确的是（）A．该电场为匀强电场B．粒子运动到0x位置时的速度大小为003axC．粒子运动到0x位置时，电场力对粒子

做功的功率为0003maaxD．从O到0x的过程，粒子的电势能减小0032max【答案】BD【详解】A．不计粒子重力，粒子仅受电场力，由牛顿第二定律qEma=由图可知，粒子运动到0x位置的过程中，粒子的加速度不断增大，则场强不断增大，故该电场为非匀强电场，故A错误；

B．粒子运动到0x位置的过程中由动能定理20102WFxmv==−电电由ax−图像的图线与坐标轴围成的面积意义可知00000(2)2aaFxmaxmx+==电联立解得，此时粒子的速度为003vax=故B正确；C．粒子

运动到0x位置时，电场力对粒子做功的功率为0000223PFvmavmaax===电故C错误；D．从O到0x的过程，电场力做的功为000000(2)322aamaxWFxmx+===电电根据电场力做功与电势能的关系p电=−WE可得粒子的电势能减小

0032max，故D正确。故选BD。3．（2024·四川德阳·二模）纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O点为圆心、以R为半径作圆，从x轴上的a点开始沿逆时针方向将圆四等分，a、b、c、d

是圆周上的4个等分点，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，如图（a）所示；测量出圆上各点的电势、半径同x轴正方向的夹角θ，描绘出一θ图像如图（b）所示，下列说法正确的是（）A．粒子带负电B．粒

子从e点运动到f点的过程中电势能逐渐增大C．O点的电势为122−D．电场强度的大小为122R+【答案】CD【详解】A．根据图（b）可知，圆周上电势最高点和最低点所在直径与x轴夹角为6，设圆周上电势最高点为m，圆周上电势

最低点为n，则mn直径方向为电场线方向，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，粒子受力方向与电场方向一致，带正电，故A错误；B．粒子受力方向与电场方向一致，粒子从e点运动到f点的过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误；C．O点的电势为1222mnO

+−==故C正确；D．电场强度的大小为1222mnUERR+==故D正确。故选CD。4．（23-24高二下·河北保定·开学考试）在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的Ex−图像描绘了x轴上部分区域的

电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）。在电场中c、d为x轴上关于原点对称的两点，O为坐标原点，下列结论正确的是（）A．a，b处为同种点电荷B．c，d两点的电场强度相同C．若将一电子从c点移到d点，其电场力做负功D．O点的电场强度等于零【答案】BC【详解】设电荷带电量为Q，ab间距离为2r。

A．根据给出的图像可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷。故A错误；B．根据点电荷产生的场2kQEr=及电场的叠加可知，cd两处场强相同，电场方向由c指向d，故B正确；C．已知c点电势高于d点电势，故将一负电子从c点移到

d点电场力做负功，故C正确；D．等量异种电荷中间点电势为0，但场强不为0，故D错误故选BC。5．（2024·安徽黄山·一模）如图所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过a，b，c三点，已知bacbxxx

x−=−。该电子的电势能pE随坐标x变化的关系如pEx−图像所示。则下列说法中正确的是（）A．自a到c电场力对电子做正功B．a点电势高于b点电势C．电子在a点加速度大于在c点加速度D．电子经过a点的动能小于经过b点的动能【答案

】ACD【详解】A．根据题意，由图可知，从a到c的过程中，电子的电势能减小，则电场力对电子做正功，故A正确；B．由图可知，电子在a点电势能高于在b点电势能，由pEq=可知，a点电势低于b点电势，故B错误；C．根据pEx−图像的斜率表示电场力，由图可知，电子在a点所受电场力大于在c点所受电场力，

则电子在a点加速度大于在c点加速度，故C正确；D．电子仅在电场力作用下运动，电子的电势能和动能之和保持不变，由于电子在a点电势能高于在b点电势能，则电子经过a点的动能小于经过b点的动能，故D正确。故选ACD。6．（2024·四川巴中

·模拟预测）有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能kE、电势能pE以及动能与电势能之和0E随x变化的图像，正确的是（）A．B．C．D．【答案

】BD【详解】A.带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；C.电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；B.由kEx−图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方

向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力FqE=先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；D.由能量守恒0kpEEE=+动能与电势能之和0E不变，D正确。故选BD。