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第42课时　电场中功能关系及图像问题(进阶课)
[学习目标]　1．会分析处理电场中的功能关系。2．理解电场中有关图像的斜率、面积等表示的物理意义，并能结合图像分析电场强度、电势和电势能的变化。
电场中功能关系的应用
1．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。
2．处理电场中能量问题的几点注意
(1)应用动能定理解决问题须研究合力的功(或总功)。
(2)应用能量守恒定律解决问题须注意电势能和其他形式能之间的转化。
(3)有静电力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可能守恒。
[典例1]　(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一带负电的小球(可视为质点)，小球获得一定初速度后绕O点在竖直平面内做圆周运动，不考虑空气阻力，则小球从a位置运动到b位置过程中(　　)
A．小球动能不变
B．小球机械能守恒
C．小球所受静电力做正功
D．小球电势能增加
[典例2]　(2025·黑吉辽蒙卷)如图所示，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的静电力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　)
A．EkAC．EkA[典例3]　(2025·贵州省贵阳市高三质检)如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场(方向未标出)，一段绝缘曲面轨道处于匀强电场中，有一带电金属块以初速度v0沿曲面向上移动。在金属块向上移动的过程中，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，金属块的重力势能改变了30 J，则(　　)
A．电场方向水平向左
B．金属块的初动能一定等于60 J
C．在此过程中金属块的电势能减少10 J
D．在此过程中金属块的机械能减少30 J
电场中的图像问题
　电场中的E-x图像
1．E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向。
2．E-x图线与x轴所围图形的“面积”表示电势差(如图所示)，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．电场中常见的E-x图像
(1)点电荷的E-x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示。
(2)两个等量异种点电荷的E-x图像，如图所示。
(3)两个等量正点电荷的E-x图像，如图所示。
[典例4]　(2025·黑龙江哈尔滨一模)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，x1到x4 E-x图像所包围的面积为S，下列说法正确的是(　　)
A．x3处电势最高
B．x2和x4处电势相等
C．x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差
D．电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放，仅在静电力作用下运动到x4时的动能Ek＝qS
　电场中的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0处φ-x图线存在极值，其切线的斜率为0。
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。
4．在φ-x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场。
5．在φ-x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。
[典例5]　(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的静电力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
[典例6]　(2024·湖南卷)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(　　)
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　D
　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的关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向。
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＝，斜率表示静电力。
[典例7]　(2025·山东日照一模)x轴上O、P两点分别固定点电荷甲、乙，电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探电荷沿着x轴运动时，在O、P之间的电势能Ep随x的变化关系如图所示，在P点右侧，运动到B点时电势能最大。已知OP＝PB，A点为O、P之间的中点，C点为P、B之间的中点，试探电荷运动到A点时加速度大小为a。若试探电荷仅受静电力的作用，下列判断正确的是(　　)
A．点电荷甲带正电，点电荷乙带负电
B．两个点电荷的电荷量满足q1＝2q2
C．P、B之间的电场方向沿着x轴负方向
D．试探电荷运动到C点时加速度大小为
[典例8]　(多选)如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．x1处与x2处电场强度相同
B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1－E2
C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小
D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能之和先减小后增大
第42课时　电场中功能关系及图像问题(进阶课)
进阶1
典例1　D　[小球从a位置运动到b位置过程中，因为小球带负电，小球受到的静电力方向向右，重力竖直向下，整个过程中重力做功为零，但是静电力一直做负功，所以动能会减小，故A、C错误；小球从a位置运动到b位置过程中，静电力一直做负功，根据功能关系知小球的电势能增加，机械能减小，故B错误，D正确。]
典例2　C　[由题意可知弹簧的原长为2r，则物块在A点时弹簧的伸长量为r，物块在B点和C点时弹簧的压缩量为r，则弹簧在A、B、C三点的弹性势能相等，设弹簧在这三点处的弹性势能为Ep，小球从A点到B点的过程，由功能关系得EkA＋Ep＋W电EkB＋Ep，则有EkA＋W电EkB，由于W电FxAB＞0，解得EkA＜EkB，又Fmg，xABr，则有W电2mgr；物块从B点到C点的过程，由功能关系得EkB＋Ep－W重EkC＋Ep，则有EkBEkC＋W重，即EkB＞EkC，又W重mg·2r，由以上可知W电＞W重，则有EkA＜EkC。综上所述得EkA＜EkC＜EkB，C正确，A、B、D错误。]
典例3　D　[在金属块向上移动的过程中，静电力做负功，则金属块所受静电力的方向水平向左，因为不知道金属块所带电荷的电性，所以无法判断电场方向，故A错误；金属块向上移动的过程中，重力势能一定增加，则重力势能增加30 J，根据功能关系可知，金属块的电势能增加10 J，因摩擦产生的热量为20 J，则根据能量守恒定律可知，金属块的动能减少了30 J＋10 J＋20 J60 J，故金属块的初动能至少等于60 J，故B、C错误；金属块机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，所以在此过程中金属块机械能的改变量ΔEW电＋Wf(－10 J)＋(－20 J)－30 J，即金属块的机械能减少30 J，故D正确。]
进阶2
典例4　D　[由题图可知，0~x1电场方向沿x轴负方向，x1~x4电场方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故A、B错误；图线与x轴所围的面积表示电势差，由题图可知，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C错误；x1~x4，根据动能定理可得qUqSEk，故D正确。]
典例5　D　[由题图可知在x正半轴沿x正方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ x图像斜率表示电场强度，由题图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。]
典例6　D　[无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φk可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处的电势为φ1k，电荷量为－q的点电荷在x处的电势为φ2－k，x正半轴上在x处的电势φxk，可知在x处电势为0，在x0处电势接近负无穷大，则选项D正确。]
典例7　D　[根据Epqφ，又因为试探电荷带负电，所以两电荷间的电势沿着x轴的负方向降低，即电场线沿x轴的负方向，即甲带负电，乙带正电，故A错误；因为试探电荷运动到B点时电势能最大，即B点的电场强度为零，即k，解得q14q2，故B错误；由B选项分析可知，B点的电场强度为零，则P、B之间的电场方向沿着x轴正方向，故C错误；设试探电荷的质量为m，电荷量的绝对值为q，则试探电荷在A点时，根据牛顿第二定律有qma，在C点时，根据牛顿第二定律有qmaC，联立解得aC，故D正确。]
典例8　AC　[带电小球由静止下落过程中，只受重力和静电力作用，由动能定理可知Ek x图像的切线斜率绝对值表示小球受到的合力大小，xx1与xx2处图线的切线均与x轴平行，则合力均为0，即静电力均与小球重力等大反向，则x1处与x2处电场强度相同，故A正确；由题图可知，从x1运动到x2，Ek x图像的切线斜率绝对值先增大后减小，则小球受到的合力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C正确；由能量守恒定律可知，小球下落过程中，重力势能、电势能和动能之和保持不变，则小球从x1运动到x2，电势能的增加量等于动能减少量和重力势能减少量之和，即电势能增加量大于动能减少量E1－E2，小球从x0运动到O点，动能先增大后减小再增大，则电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故B、D错误。]
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第八章 静电场
第42课时　电场中功能关系及图像问题(进阶课)
[学习目标]　1．会分析处理电场中的功能关系。2．理解电场中有关图像的斜率、面积等表示的物理意义，并能结合图像分析电场强度、电势和电势能的变化。
进阶1　电场中功能关系的应用
1．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。
2．处理电场中能量问题的几点注意
(1)应用动能定理解决问题须研究合力的功(或总功)。
(2)应用能量守恒定律解决问题须注意电势能和其他形式能之间的转化。
(3)有静电力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可能守恒。
[典例1]　(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一带负电的小球(可视为质点)，小球获得一定初速度后绕O点在竖直平面内做圆周运动，不考虑空气阻力，则小球从a位置运动到b位置过程中(　　)
A．小球动能不变
B．小球机械能守恒
C．小球所受静电力做正功
D．小球电势能增加
√
D　[小球从a位置运动到b位置过程中，因为小球带负电，小球受到的静电力方向向右，重力竖直向下，整个过程中重力做功为零，但是静电力一直做负功，所以动能会减小，故A、C错误；小球从a位置运动到b位置过程中，静电力一直做负功，根据功能关系知小球的电势能增加，机械能减小，故B错误，D正确。]
[典例2]　(2025·黑吉辽蒙卷)如图所示，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的静电力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　)
A．EkAC．EkA√
C　[由题意可知弹簧的原长为2r，则物块在A点时弹簧的伸长量为r，物块在B点和C点时弹簧的压缩量为r，则弹簧在A、B、C三点的弹性势能相等，设弹簧在这三点处的弹性势能为Ep，小球从A点到B点的过程，由功能关系得EkA＋Ep＋W电＝EkB＋Ep，则有EkA＋W电＝EkB，由于W电＝FxAB>0，解得EkAEkC，又W重＝mg·2r，由以上可知W电>W重，则有EkA[典例3]　(2025·贵州省贵阳市高三质检)如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场(方向未标出)，一段绝缘曲面轨道处于匀强电场中，有一带电金属块以初速度v0沿曲面向上移动。在金属块向上移动的过程中，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，金属块的重力势能改变了30 J，则(　　)
A．电场方向水平向左
B．金属块的初动能一定等于60 J
C．在此过程中金属块的电势能减少10 J
D．在此过程中金属块的机械能减少30 J
√
D　[在金属块向上移动的过程中，静电力做负功，则金属块所受静电力的方向水平向左，因为不知道金属块所带电荷的电性，所以无法判断电场方向，故A错误；金属块向上移动的过程中，重力势能一定增加，则重力势能增加30 J，根据功能关系可知，金属块的电势能增加10 J，因摩擦产生的热量为20 J，则根据能量守恒定律可知，金属块的动能减少了30 J＋10 J＋20 J＝60 J，故金属块的初动能至少等于60 J，故B、C错误；金属块机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，所以在此过程中金属块机械能的改变量ΔE＝W电＋Wf＝(－10 J)＋(－20 J)＝－30 J，即金属块的机械能减少30 J，故D正确。]
进阶2　电场中的图像问题
角度1　电场中的E-x图像
1．E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向。
2．E-x图线与x轴所围图形的“面积”表示电势差(如图所示)，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．电场中常见的E-x图像
(1)点电荷的E-x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示。
(2)两个等量异种点电荷的E-x图像，如图所示。
(3)两个等量正点电荷的E-x图像，如图所示。
[典例4]　(2025·黑龙江哈尔滨一模)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，x1到x4 E-x图像所包围的面积为S，下列说法正确的是(　　)
A．x3处电势最高
B．x2和x4处电势相等
C．x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差
D．电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放，仅在静电力作用下运动到x4时的动能Ek＝qS
√
D　[由题图可知，0～x1电场方向沿x轴负方向，x1～x4电场方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故A、B错误；图线与x轴所围的面积表示电势差，由题图可知，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C错误；x1～x4，根据动能定理可得qU＝qS＝Ek，故D正确。]
角度2　电场中的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0处φ-x图线存在极值，其切线的斜率为0。
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。
4．在φ-x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大
小是不变的，电场为匀强电场。
5．在φ-x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。
[典例5]　(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的静电力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．P点电场强度方向沿x负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
√
D　[由题图可知在x正半轴沿x正方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像斜率表示电场强度，由题图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。]
[典例6]　(2024·湖南卷)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(　　)
A　　　　　　 B C D
√
D　[无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处的电势为φ1＝k，电荷量为－q的点电荷在x处的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。]
角度3　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的关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k＝，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向。
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＝，斜率表示静电力。
[典例7]　(2025·山东日照一模)x轴上O、P两点分别固定点电荷甲、乙，电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探电荷沿着x轴运动时，在O、P之间的电势能Ep随x的变化关系如图所示，在P点右侧，运动到B点时电势能最大。已知OP＝PB，A点为O、P之间的中点，C点为P、B之间的中点，试探电荷运动到A点时加速度大小为a。若试探电荷仅受静电力的作用，
下列判断正确的是(　　)
A．点电荷甲带正电，点电荷乙带负电
B．两个点电荷的电荷量满足q1＝2q2
C．P、B之间的电场方向沿着x轴负方向
D．试探电荷运动到C点时加速度大小为
√
D　[根据Ep＝qφ，又因为试探电荷带负电，所以两电荷间的电势沿着x轴的负方向降低，即电场线沿x轴的负方向，即甲带负电，乙带正电，故A错误；因为试探电荷运动到B点时电势能最大，即B点的电场强度为零，即＝，解得q1＝4q2，故B错误；由B选项分析可知，B点的电场强度为零，则P、B之间的电场方向沿着x轴正方向，故C错误；设试探电荷的质量为m，电荷量的绝对值为q，
则试探电荷在A点时，根据牛顿第二定律有＝ma，在C点时，根据牛顿第二定律有＝maC，联立解得aC＝，故D正确。]
[典例8]　(多选)如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．x1处与x2处电场强度相同
B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1－E2
C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小
D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能之和先减小后增大
√
√
AC　[带电小球由静止下落过程中，只受重力和静电力作用，由动能定理可知Ek-x图像的切线斜率绝对值表示小球受到的合力大小，x＝x1与x＝x2处图线的切线均与x轴平行，则合力均为0，即静电力均与小球重力等大反向，则x1处与x2处电场强度相同，故A正确；由题图可知，从x1运动到x2，Ek-x图像的切线斜率绝对值先增大后减小，则小球受到的合力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C正确；由能量守恒定律可知，小球下落过程中，重力势能、电势能和动能
之和保持不变，则小球从x1运动到x2，电势能的增加量等于动能减少量和重力势能减少量之和，即电势能增加量大于动能减少量E1－E2，小球从x0运动到O点，动能先增大后减小再增大，则电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故B、D错误。]
课时数智作业(四十二)　电场中功能关系及图像问题
(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
说明：第1～8题，每小题5分；本试卷共52分。
1．(2024·辽宁卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图所示，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点出发运动到与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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受静电力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程中做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受静电力与小球速度的夹角一直为锐角，则静电力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．如图所示，粗糙水平面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的物块自O点以初动能Ek0向右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE>μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，则物块的动能Ek、电势能Ep与物块运动的位移x的关系图像可能正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
A　[当物块向右运动时，根据动能定理有－qEx－μmgx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－qEx－μmgx，当物块减速为0时，因为qE>μmg，所以物块会向左加速，根据动能定理有qE(x0－x)－μmg(x0－x)＝Ek－0，解得Ek＝－qEx＋qEx0－μmgx0＋μmgx＝(qE－μmg)(x0－x)，故A正确，B错误；物体先向右减速，再向左加速，而物体静电力方向向左，所以静电力先做负功，再做正功，故电势能Ep先增大后减小，故C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)(2025·天津一模)一电子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是(　　)
A．从x1运动到x2，静电力对电子做负功
B．x1与x3处的电场强度方向相同
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AC　[从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则静电力对电子做负功，选项A正确；图线的斜率等于电场强度，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；电子运动过程中只有静电力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则电场强度变大，根据牛顿第二定律qE＝ma可知加速度逐渐变大，选项D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．(多选)沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带电粒子从位置x3由静止释放，粒子仅在静电力的作用下由坐标位置x3运动到原点O的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．该粒子带正电
B．粒子先加速后减速运动
C．粒子的电势能一直减小
D．坐标原点O和位置x2间的电势差UOx2＝
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
CD　[该带电粒子仅在静电力作用下由坐标位置x3从静止运动到坐标原点O的过程中，由题图知电场方向一直沿x轴正方向，而带电粒子向x轴负方向运动，所以该粒子带负电，静电力方向一直与速度方向相同，静电力一直对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，A、B错误，C正确；坐标原点O和位置x2间的电势差为E-x图线与x轴所围成的面积，即UOx2＝，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(2025·安徽马鞍山一模)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，小球可视为质点，A球的电荷量为＋3q，B球的电荷量为－5q，组成一带电系统，处于静止状态。NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。现在MP、NQ间加上水平向右的匀
强电场E，带电系统开始运动。则(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．B球刚进入电场时，速度大小为
B．A球刚离开电场时，速度大小为
C．B球进入电场后的最大位移为2L
D．B球从开始运动到最大位移的过程，其电势能的变化量为3qEL
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理可得3qEL＝，解得v1＝，故A错误；设A球离开电场时速度为v2，由动能定理可得－2qEL＝，解得v2＝，故B正确；当系统速度为零时，B球进入电场的位移达到最大，设最大位移为x，从A球刚离开电场时到B球达到最大位移，由动能定理可得－5qE(x－L)＝，所以x＝1.2L，故C错误；B球从开始运动到最大位移的过程，静电力做功为WB＝－5qEx，根据功能关系可得WB＝－ΔEp，所以ΔEp＝6qEL，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电荷量为＋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、带电荷量为＋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A、C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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．O、B的距离l＝
B．O、B的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D．A、C之间的电势差UAC＝－
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AD　[小滑块在B点处的加速度为0，则沿斜面方向有mg sin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgs sin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电势差UAC＝＝－，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，
并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g取
10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[Ep-x图线斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电力大小为F1＝E1|q|＝＝ N＝1 N，可得E1＝10 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，Ep-x图线斜率的绝对值先减小后增大，则滑块所受静电力先减小后增大，加速度先减小后增大，B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处的过程中，根据动能定理有W电＝，且W电＝Ep1－Ep3＝1 J，解得
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
滑块运动至x＝3 m处时的速度大小为v＝2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则W电′＝Ep1－Ep5＝，其中Ep1＝2 J，解得滑块在x＝5 m处的电势能Ep5＝5 J，该处的电势为φ＝＝
－ V＝－50 V，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速
度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．小球的重力势能增加－W1
B．小球的电势能增加W2
C．小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2
D．撤去F前弹簧的弹性势能为mv2－W1－W2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
√
ACD　[根据重力做功与重力势能变化的关系可得WG＝W1＝
－ΔEp重，小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了－W1，故A正确；根据静电力做功与电势能变化的关系可得W电＝W2＝
－ΔEp电，带正电小球上升过程静电力做正功，小球的电势能减少了W2，故B错误；对小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，由于静电力对小球做正功，为W2，小球与弹簧组成的系统机械能增加了W2，故C正确；在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，根据能量守恒定律可知，减少的弹性势
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有Ep弹＋W2＝＋mv2，解得撤去F前弹簧的弹性势能为Ep弹＝mv2－W1－W2，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
9．(12分)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆，轻杆一端可绕O点自由转动，另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b，小球b从与O点等高的A点静止释放，经过O点正下方的B点，恰能摆到D点，OD与竖直方向夹角α＝30°。将不带电、质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度H＝L的某处，以一定的初速度择机水平抛出，使得球a在D点处速度垂直于OD方向与小球b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程小球b带电荷量保持不变。已知重力加速度大小为g，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)a、b两球相撞后，b球首次经过B点时受到杆的拉力大小T。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)对小球b由A点到D点的过程，根据动能定理得2mgL cos α－qE(L＋L sin α)＝0－0
解得E＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动，设a到达D点时竖直分速度大小为vy，根据运动学公式，在竖直方向上有2gH＝
由几何关系可得a到达D点时速度大小为va＝
解得va＝3
设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为v1、v2，以碰撞前小球a的速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mva＝＝
解得v1＝－，v2＝2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
设两球相撞后小球b首次经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理得2mgL(1－cos α)＋qEL sin α＝
在B点，对小球b由牛顿第二定律得T－2mg＝
解得T＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)　 (2)
谢 谢 ！课时数智作业(四十二)　电场中功能关系及图像问题(进阶课)
说明：第1～8题，每小题5分；本试卷共52分。
1．(2024·辽宁卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图所示，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点出发运动到与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
2．如图所示，粗糙水平面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的物块自O点以初动能Ek0向右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE>μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，则物块的动能Ek、电势能Ep与物块运动的位移x的关系图像可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
3．(多选)(2025·天津一模)一电子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是(　　)
A．从x1运动到x2，静电力对电子做负功
B．x1与x3处的电场强度方向相同
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
4．(多选)沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带电粒子从位置x3由静止释放，粒子仅在静电力的作用下由坐标位置x3运动到原点O的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．该粒子带正电
B．粒子先加速后减速运动
C．粒子的电势能一直减小
D．坐标原点O和位置x2间的电势差UOx2＝
5．(2025·安徽马鞍山一模)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，小球可视为质点，A球的电荷量为＋3q，B球的电荷量为－5q，组成一带电系统，处于静止状态。NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。现在MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，带电系统开始运动。则(　　)
A．B球刚进入电场时，速度大小为
B．A球刚离开电场时，速度大小为
C．B球进入电场后的最大位移为2L
D．B球从开始运动到最大位移的过程，其电势能的变化量为3qEL
6．(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电荷量为＋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、带电荷量为＋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A、C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．O、B的距离l＝
B．O、B的距离l＝
C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D．A、C之间的电势差UAC＝－
7．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m
B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s
D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V
8．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球的重力势能增加－W1
B．小球的电势能增加W2
C．小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2
D．撤去F前弹簧的弹性势能为mv2－W1－W2
9．(12分)(2025·河北秦皇岛一模)如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘轻杆，轻杆一端可绕O点自由转动，另一端系一质量为2m、电荷量为q的带电小球b，小球b从与O点等高的A点静止释放，经过O点正下方的B点，恰能摆到D点，OD与竖直方向夹角α＝30°。将不带电、质量为m的绝缘小球a从距离D点竖直高度H＝L的某处，以一定的初速度择机水平抛出，使得球a在D点处速度垂直于OD方向与小球b发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞过程小球b带电荷量保持不变。已知重力加速度大小为g，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)a、b两球相撞后，b球首次经过B点时受到杆的拉力大小T。
课时数智作业(四十二)
1．D　[根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受静电力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程中做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受静电力与小球速度的夹角一直为锐角，则静电力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。]
2．A　[当物块向右运动时，根据动能定理有－qEx－μmgxEk－Ek0，解得EkEk0－qEx－μmgx，当物块减速为0时，因为qE＞μmg，所以物块会向左加速，根据动能定理有qE(x0－x)－μmg(x0－x)Ek－0，解得Ek－qEx＋qEx0－μmgx0＋μmgx(qE－μmg)(x0－x)，故A正确，B错误；物体先向右减速，再向左加速，而物体静电力方向向左，所以静电力先做负功，再做正功，故电势能Ep先增大后减小，故C、D错误。]
3．AC　[从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则静电力对电子做负功，选项A正确；图线的斜率等于电场强度，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；电子运动过程中只有静电力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则电场强度变大，根据牛顿第二定律qEma可知加速度逐渐变大，选项D错误。]
4．CD　[该带电粒子仅在静电力作用下由坐标位置x3从静止运动到坐标原点O的过程中，由题图知电场方向一直沿x轴正方向，而带电粒子向x轴负方向运动，所以该粒子带负电，静电力方向一直与速度方向相同，静电力一直对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，A、B错误，C正确；坐标原点O和位置x2间的电势差为E x图线与x轴所围成的面积，即UOx2，D正确。]
5．B　[设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理可得3qEL，解得v1，故A错误；设A球离开电场时速度为v2，由动能定理可得－2qEL×2m()，解得v2，故B正确；当系统速度为零时，B球进入电场的位移达到最大，设最大位移为x，从A球刚离开电场时到B球达到最大位移，由动能定理可得－5qE(x－L)0－，所以x1.2L，故C错误；B球从开始运动到最大位移的过程，静电力做功为WB－5qEx，根据功能关系可得WB－ΔEp，所以ΔEp6qEL，故D错误。]
6．AD　[小滑块在B点处的加速度为0，则沿斜面方向有 mgsin 30°cos 30°，解得l，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°0，解得静电力对小滑块做的功为W－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电势差UAC，D正确。]
7．C　[Ep x图线斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x1 m处所受静电力大小为F1E1|q| N1 N，可得E110 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，Ep x图线斜率的绝对值先减小后增大，则滑块所受静电力先减小后增大，加速度先减小后增大，B错误；滑块从x1 m的位置运动至x3 m处的过程中，根据动能定理有W电，且W电Ep1－Ep31 J，解得滑块运动至x3 m处时的速度大小为v2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x5 m处，则W电'Ep1－Ep50－，其中Ep12 J，解得滑块在x5 m处的电势能Ep55 J，该处的电势为φ V－50 V，D错误。]
8．ACD　[根据重力做功与重力势能变化的关系可得WGW1－ΔEp重，小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了－W1，故A正确；根据静电力做功与电势能变化的关系可得W电W2－ΔEp电，带正电小球上升过程静电力做正功，小球的电势能减少了W2，故B错误；对小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，由于静电力对小球做正功，为W2，小球与弹簧组成的系统机械能增加了W2，故C正确；在小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，根据能量守恒定律可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有Ep弹＋W2－W1＋mv2，解得撤去F前弹簧的弹性势能为Ep弹mv2－W1－W2，故D正确。]
9．解析：(1)对小球b由A点到D点的过程，根据动能定理得2mgLcos α－qE(L＋Lsin α)0－0
解得E。
(2)小球a水平抛出到D点的过程做平抛运动，设a到达D点时竖直分速度大小为vy，根据运动学公式，在竖直方向上有2gH
由几何关系可得a到达D点时速度大小为va
解得va3
设a、b两球发生弹性碰撞后的瞬间速度大小分别为v1、v2，以碰撞前小球a的速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mvamv1＋2mv2，
解得v1－，v22
设两球相撞后小球b首次经过B点时的速度大小为vB，根据动能定理得2mgL(1－cos α)＋qELsin α
在B点，对小球b由牛顿第二定律得T－2mg2m
解得T。
答案：(1)
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