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第44课时　专题强化：电场中的图像问题　电场中的功能关系
目标要求　1.掌握电场中的几种常见图像。2.掌握静电力做功的计算方法及电场中常用的功能关系。
考点一　电场中的图像问题
1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率大小，沿x轴方向电场强度为零处，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高低，并可根据电势高低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，然后做出判断。
试画出图中几种典型电场的φ-x图像(以无穷远处电势为零)。
(1)点电荷的φ-x图像；
(2)两等量异种点电荷连线上的φ-x图像；
(3)两个等量正点电荷的φ-x图像。
答案　
(1)
(2)
(3)
例1　(2025·海南卷·6)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方向的电场力作用，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
答案　D
解析　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图像的斜率表示电场强度，图线关于φ轴对称，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小，方向相反，故B错误；电势均为正值，则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(M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，D正确。
例2　(2025·浙江金华市三模)试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用Er=来计算(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真空中两个点电荷相距15 cm固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.两个点电荷可能带同种电荷
B.两个点电荷的电荷量之比为2∶1
C.x=5 cm处电场强度等于零
D.两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3 cm
答案　D
解析　由φ-x图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错误；原点位置放置一正电荷Q1，因φ-x图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知在x轴的负方向上放置电量为-Q2的负电荷，因x=5 cm的位置图像斜率不为零，则电场强度不为零；x=5 cm处的电势为零，则=，可得=，选项B、C错误；两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为l，则由=，解得l=3 cm，可知该点坐标为x=-3 cm，选项D正确。
2.E-x图像
以电场强度沿x轴方向为例：
(1)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)E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定。
例3　(2025·甘肃临夏州期末)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系(E-x图像)如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在静电力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，则(　　)
A.点电荷由a运动到d的过程中加速度先增大后减小
B.b和d两点处电势相等
C.点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大后减小
D.点电荷从b运动到a静电力做功W1等于从c运动到b静电力做功W2
答案　A
解析　由a运动到d的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故静电力先增大后减小，加速度先增大后减小，选项A正确；从a向右电场强度沿x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，选项B错误；从a到d处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项C错误；根据E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，结合题图可知，a和b之间的电势差小于b和c之间的电势差，根据公式WAB=UABq可知，正点电荷从b运动到a静电力做功W1小于从c运动到b静电力做功W2，选项D错误。
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关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k=。
①其绝对值等于静电力大小。
②正负代表静电力的方向：若斜率为正，说明电势能增加，静电力沿x轴正方向做负功，静电力方向沿x轴负方向；若斜率为负，说明电势能减小，静电力沿x轴正方向做正功，静电力方向沿x轴正方向。
(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=，斜率绝对值表示静电力大小。
例4　(2026·河北石家庄市第一中学月考)一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，从O点以初速度v0沿x轴正方向进入电场，沿x轴运动的过程中，带电粒子的电势能Ep随位移x变化的关系图像如图所示。仅考虑静电力的作用，下列说法正确的是(　　)
A.x1处的电势为
B.沿x轴从O点运动到x1处，电场强度逐渐减小
C.带电粒子从x1处运动到x3处的过程中，其速度先增大后减小
D.带电粒子从O点运动到x4处的过程中，其动能最大值是m+2Ep0
答案　B
解析　x1处的电势φ1==-，故A错误；由W=qEΔx=|ΔEp|，得=qE，可知Ep-x图像斜率的绝对值表示静电力大小，根据题图可知，沿x轴从O点到x1处，图像斜率的绝对值逐渐减小，则静电力逐渐减小，即电场强度逐渐减小，故B正确；仅考虑静电力的作用，粒子的电势能与动能之和保持不变，粒子始终沿x轴正方向运动，速度方向不变，带电粒子从x1~x3的过程中，电势能一直减小，则动能一直增大，故速度一直增大，C错误；带电粒子在x3处的电势能最小，则在x3处的动能最大，由能量守恒得m+0=Ek3+(-Ep0)，解得Ek3=m+Ep0，故D错误。
考点二　电场中的功能关系
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。
说明：(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。
例5　(多选)(2024·山东卷·10)如图所示，带电量为+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AC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.OB的距离l=
B.OB的距离l=
C.从A到C，静电力对小滑块做功W=-mgs
D.AC之间的电势差UAC=-
答案　AD
解析　由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向根据受力分析有
mgsin 30°=cos 30°
解得l=，故A正确，B错误；
设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零，
根据动能定理有W+mgssin 30°=0
解得W=-，故C错误；
根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-，故D正确。
例6　(2025·河南省三模)如图所示，在光滑绝缘的水平面内，存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1×108 N/C。有两个质量为m1=m2=1 kg、可视为质点的带电小球A、B，A球带正电，B球带负电，电荷量均为q=2×10-8 C，两小球与一水平轻质弹簧的两端连接点处绝缘。初始时两球被锁定处于静止状态，弹簧被压缩。已知弹簧劲度系数k=400 N/m，弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2(x为弹簧形变量)。解除锁定前弹簧的弹性势能Ep0=0.72 J，忽略带电小球A、B之间的相互作用力，某一时刻解除锁定。求：
(1)解除锁定瞬间A球的加速度大小；
(2)A球在向左运动过程中，当弹簧的弹力大小为F=6.00 N时(此时弹簧处于压缩状态)A球的动能(结果保留两位有效数字)。
答案　(1)22 m/s2　(2)0.29 J
解析　(1)由Ep0=k(Δx1)2得Δx1=6 cm
对A球有kΔx1-qE=m1a
解得a=22 m/s2
(2)解除锁定后，A球在向左运动过程中，设x1、x2分别为A、B两球移动的位移，有x1+x2=Δx1-Δx2，
F=kΔx2
对A、B组成的系统，从解除锁定至弹簧的弹力大小为F=6.00 N的过程中，系统减少的弹性势能
ΔEp弹=Ep0-k(Δx2)2=0.675 J
系统在匀强电场中增加的电势能ΔEp1=qE(x1+x2)=0.09 J
由能量守恒定律得ΔEp弹=ΔEp1+ΔEkA+ΔEkB，
对A、B组成的系统，水平方向动量守恒且A、B质量相等，则速度大小vA=vB，
所以ΔEkA=ΔEkB
解得A球向左运动的动能EkA=ΔEkA≈0.29 J。
课时精练
[分值：54分]
　[1~6题，每题4分]
1.(来自教材改编)(2025·辽宁丹东市模拟)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
答案　D
解析　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.(2025·山东枣庄市三模)光伏电站的核心部件由半导体材料制成。一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示，取O点的电势为零，电场强度正方向为x轴正方向，则该电场中N点到P点的电势φ随位置x变化的图像可能为(　　)
答案　C
解析　由E-x图像可知从N点到P点电场强度先增大后减小，根据E=可知，电势φ随位置x变化的图像的斜率表示电场强度，则φ-x图像的斜率从N点到P点先变大后变小。O点电场强度最大，则φ-x图像在O点的斜率最大，只有C选项的图像符合此规律。
3.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，不计空气阻力，则小球从M运动到N的过程(　　)
A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2
答案　B
解析　小球动能的增加量为ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2，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=，小球重力势能的增加量为ΔEp=mgh=mv2，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'=mv2+mv2=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。
4.(2025·重庆市三模)空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为-q(q>0)的试探电荷只在静电力作用下从坐标原点沿x轴正方向运动，其受静电力随位置变化的图像如图。以x轴正方向为静电力正方向，无穷远处电势为零。下列说法正确的是(　　)
A.0~x1区域的电场方向沿x轴负方向
B.从x1到x2，该试探电荷的电势能增大
C.从0到x2，该试探电荷动能先减小后增大
D.该试探电荷在x1处的加速度大于x2处
答案　C
解析　由题图可知，0~x1区域，试探电荷受到的静电力沿x轴负方向，而试探电荷带负电，所受静电力的方向与电场方向相反，故0~x1区域的电场方向沿x轴正方向，A错误；从x1到x2，静电力沿x轴正方向，试探电荷受力方向与位移方向相同，静电力对试探电荷做正功，动能增大，电势能减小，B错误；由以上分析可知，从0到x2，静电力对试探电荷先做负功后做正功，故动能先减小后增大，C正确；由题图可知，试探电荷在x1处受到的静电力为零，在x2处受到的静电力沿x轴正方向最大，根据牛顿第二定律可知，该试探电荷在x1处的加速度小于在x2处的加速度，D错误。
5.(2025·辽宁鞍山市一模)x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2连线上各点对应的电势φ的高低如图中曲线所示(OB>BD)，则由图中给出的信息，下列说法正确的是(　　)
A.Q1和Q2电荷量可能相等
B.B点的电场强度为零
C.Q1和Q2连线上各点的电场方向都相同
D.电子在C点的电势能大于电子在A点的电势能
答案　C
解析　φ-x图线切线的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故B错误；由题图可知，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势为零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故A错误；由于Q1为负电荷，Q2为正电荷，所以Q1和Q2连线上各点的电场方向均沿x轴负方向，故C正确；从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，电子在C点的电势能小于电子在A点的电势能，故D错误。
6.(多选)(2025·河南南阳市期中)空间中存在沿x轴方向的静电场，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受静电力，电子的电势能变化如图所示，已知电子在x1处电势能最大，则(　　)
A.在x1处电场方向发生变化
B.在x1~x2过程，电势逐渐降低
C.在x3处电子的加速度方向发生变化
D.在O~x4过程，电子的动能先减小后增大
答案　AD
解析　Ep-x图像的斜率的绝对值表示静电力大小，电子在x1处电势能最大，即在x1处Ep-x图像的斜率为零，则电子在该处所受静电力为零，该处的电场强度为零，电场方向发生变化，故A正确；由图像可知，在x1~x2过程，Ep减小，所以静电力做正功，电子所受静电力沿x轴正方向，电场线方向沿x轴负方向，电势逐渐升高，故B错误；在x3处电子的电势能为零，但该处图像的斜率不为零，所受静电力不为零，静电力方向不变，加速度方向不变，故C错误；在O~x4过程，电势能先增大后减小，由于只有静电力做功，动能和电势能总和不变，电子的动能先减小后增大，故D正确。
　[7~10题，每题6分]
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
答案　D
解析　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.(八省联考·内蒙古·5)如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是(　　)
答案　D
解析　设两个带电小球间距为r，则F合=mgsin θ-k
在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球的间距r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，Ek-x图像的斜率表示合外力，则斜率逐渐减小，故A、B不符合题意；
E-x图像的斜率绝对值表示库仑力的大小，即|k斜|=k，在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，则E-x图像的斜率的绝对值逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
9.(多选)(2026·广西河池市检测)如图所示，在倾角为30°的斜面体底端B点固定一带正电的点电荷，将某一质量为m的带电小滑块(可视为质点)从C点由静止释放，沿着斜面运动到最低点A点时其速度恰好为零，D点为AC的中点，不计小滑块与斜面间的摩擦力，AC间距离为2d，重力加速度为g，小滑块在下滑过程中(　　)
A.所受静电力先增大后减小
B.电势能先增大后减小
C.速度最大的位置在D点的下方
D.从D点到A点静电力做功为-mgd
答案　AD
解析　设点电荷和小滑块的电荷量分别为Q、q，根据库仑定律有F=k，小滑块从C点到A点的过程中，与B点的距离先减小后增大，所以静电力先增大后减小，故A正确；小滑块从C点到A点，到最低点速度恰好为零，所以电势能先减小后增大，且小滑块带负电，故B错误；因为B点固定正点电荷，小滑块带负电，由C点到A点合力做功为零，即(-)q=mg·2dsin 30°，由此知在D点沿斜面方向cos 60°>mgsin 30°，所以D点加速度向上，而速度最大时加速度为零，所以速度最大的地方在D点上方，故C错误；从C点到A点，根据动能定理mg·2dsin 30°+W电=0-0，解得W电=-mgd，C点、D点电势相等，所以从D点到A点静电力做功和从C点到A点做功相同均为-mgd，故D正确。
10.(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(　　)
答案　D
解析　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=，得x0=1，即x=1处，E=0，
0x>1，电场强度方向向右，x增大，φ减小，故D正确。
方法二　电势叠加法
根据点电荷周围的电势公式φ=k，
设x=x'处(x'>0)的电势为0，
得k+k=0
解得x'=
故可知当0当x=时，φ=0，
当x>时，φ>0，故选D。
　[6分]
11.(2026·江西省乐平中学检测)学校中某参赛选手设计了科技节运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场，重力加速度为g。以下说法正确的是(　　)
A.在x1~x3过程中，滑块动能先减小后恒定
B.在x1处滑块的动能最大，Ekmax=-mgx1sin θ
C.在0~x2的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大
D.在0~x2过程中，滑块一直加速
答案　C
解析　滑块在x1~x2过程机械能增加，在x2~x3过程，高度增加，机械能不变，说明只有重力做功，重力势能增加，动能减小，故A错误；静电力做的功等于滑块机械能的变化，即qE·x=ΔE，E-x图像的斜率表示qE，根据题图乙可知0~x1过程静电力逐渐增大，x1~x2过程静电力逐渐减小，到x2处静电力为零，电场强度为零。由牛顿第二定律得qE-mgsin θ=ma，加速度先增大后减小，最后反向增大，直至静电力为零时a=gsin θ，则当电场强度减小到E=时滑块的动能最大，即在x1~x2的某处，故B错误；0~x2过程滑块先做加速度增大的加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，x2后做匀减速直线运动，所以0~x2过程中滑块先加速后减速，重力势能与电势能之和先减小后增大，故C正确，D错误。(共61张PPT)
第九章
静电场
专题强化：电场中的图像
问题　电场中的功能关系
第44课时
1.掌握电场中的几种常见图像。
2.掌握静电力做功的计算方法及电场中常用的功能关系。
目标要求
考点一　电场中的图像问题
考点二　电场中的功能关系
内容索引
课时精练
电场中的图像问题
考点一
1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率大小，沿x轴方向电场强度为零处，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高低，并可根据电势高低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，然后做出判断。
试画出图中几种典型电场的φ-x图像(以无穷远处电势为零)。
(1)点电荷的φ-x图像；
讨论交流
答案　
(2)两等量异种点电荷连线上的φ-x图像；
答案　
(3)两个等量正点电荷的φ-x图像。
答案　
　　　(2025·海南卷·6)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方向的电场力作用，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
√
　　　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图像的斜率表示电场强度，图线关于φ轴对称，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小，方向相反，故B错误；
电势均为正值，则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(M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，D正确。
　　　(2025·浙江金华市三模)试探电荷q在点电荷Q的电场中所具有电势能可以用Er=来计算(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真空中两个点电荷相距15 cm固定在x轴的两个点上，取无限远处的电势为零，x轴正方向上各点的电势随x的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A.两个点电荷可能带同种电荷
B.两个点电荷的电荷量之比为2∶1
C.x=5 cm处电场强度等于零
D.两个点电荷之间电势为零的位置坐标为x=-3 cm
√
　　　由φ-x图像可知，该区域电势有正有负，则两个点电荷不可能带同种电荷，选项A错误；
原点位置放置一正电荷Q1，因φ-x图像的斜率等于电场强度，在x轴正方向电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，可知在x轴的负方向上放置电量为-Q2的负电荷，因x=5 cm的位置图像斜率不为零，则电场强度不为零；x=5 cm处的电势为零，则=，可得=，选项B、C错误；
两个点电荷之间电势为零的位置距离原点为l，则由=，解得l= 3 cm，可知该点坐标为x=-3 cm，选项D正确。
2.E-x图像
以电场强度沿x轴方向为例：
(1)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)E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定。
　　　(2025·甘肃临夏州期末)某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系(E-x图像)如图所示，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在静电力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，则
A.点电荷由a运动到d的过程中加速度先增大后减小
B.b和d两点处电势相等
C.点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大后减小
D.点电荷从b运动到a静电力做功W1等于从c运动到b静电力做功W2
√
　　　由a运动到d的过程中，由题图可以看出电场强度先增大后减小，故静电力先增大后减小，加速度先增大后减小，选项A正确；
从a向右电场强度沿x轴负方向，则从b到d处逆着电场线方向移动，电势升高，选项B错误；
从a到d处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷的电势能一直增大，选项C错误；
根据E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差，结合题图可知，a和b之间的电势差小于b和c之间的电势差，根据公式WAB=UABq可知，正点电荷从b运动到a静电力做功W1小于从c运动到b静电力做功W2，选项D错误。
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关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k=。
①其绝对值等于静电力大小。
②正负代表静电力的方向：若斜率为正，说明电势能增加，静电力沿x轴正方向做负功，静电力方向沿x轴负方向；若斜率为负，说明电势能减小，静电力沿x轴正方向做正功，静电力方向沿x轴正方向。
(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=，斜率绝对值表示静电力大小。
　　　(2026·河北石家庄市第一中学月考)一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，从O点以初速度v0沿x轴正方向进入电场，沿x轴运动的过程中，带电粒子的电势能Ep随位移x变化的关系图像如图所示。仅考虑静电力的作用，下列说法正确的是
A.x1处的电势为
B.沿x轴从O点运动到x1处，电场强度逐渐减小
C.带电粒子从x1处运动到x3处的过程中，其速度先增大后减小
D.带电粒子从O点运动到x4处的过程中，其动能最大值是m+2Ep0
√
　　　x1处的电势φ1==-，故A错误；
由W=qEΔx=|ΔEp|，得=qE，可知Ep-x图像斜率的绝对值表示静电力大
小，根据题图可知，沿x轴从O点到x1处，图像斜率的绝对值逐渐减小，则静电力逐渐减小，即电场强度逐渐减小，故B正确；
仅考虑静电力的作用，粒子的电势能与动能之和保持不变，粒子始终沿x轴正方向运动，速度方向不变，带电粒子从x1~x3的过程中，电势能一直减小，则动能一直增大，故速度一直增大，C错误；
带电粒子在x3处的电势能最小，则在x3处的动能最大，由能量守恒得m+0=Ek3+(-Ep0)，解得Ek3=m+Ep0，故D错误。
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考点二
电场中的功能关系
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。
说明：(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。
　　　(多选)(2024·山东卷·10)如图所示，带电量为+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AC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.OB的距离l=
B.OB的距离l=
C.从A到C，静电力对小滑块做功W=-mgs
D.AC之间的电势差UAC=-
√
√
　　　由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向根据受力分析有
mgsin 30°=cos 30°
解得l=，故A正确，B错误；
设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零，
根据动能定理有W+mgssin 30°=0
解得W=-，故C错误；
　　　根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-，故D正确。
(2025·河南省三模)如图所示，在光滑绝缘的水平面内，存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1×108 N/C。有两个质量为m1=m2=
1 kg、可视为质点的带电小球A、B，A球带正电，B球带负电，电荷量均为q=2×10-8 C，两小球与一水平轻质弹簧的两端连接点处绝缘。初始时两球被锁定处于静止状态，弹簧被压缩。已知弹簧劲度系数k=400 N/m，
弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2(x为弹簧形变量)。解除锁定前弹簧的弹
性势能Ep0=0.72 J，忽略带电小球A、B之间的相互作用力，某一时刻解除锁定。求：
(1)解除锁定瞬间A球的加速度大小；
答案　22 m/s2
　　　由Ep0=k(Δx1)2得Δx1=6 cm
对A球有kΔx1-qE=m1a
解得a=22 m/s2
(2)A球在向左运动过程中，当弹簧的弹力大小为F=6.00 N时(此时弹簧处于压缩状态)A球的动能(结果保留两位有效数字)。
答案　0.29 J
　　　解除锁定后，A球在向左运动过程中，设x1、x2分别为A、B两球移动的位移，有x1+x2=Δx1-Δx2，
F=kΔx2
对A、B组成的系统，从解除锁定至弹簧的弹力大小为F=6.00 N的过程中，系统减少的弹性势能
ΔEp弹=Ep0-k(Δx2)2=0.675 J
系统在匀强电场中增加的电势能ΔEp1=qE(x1+x2)=0.09 J
由能量守恒定律得ΔEp弹=ΔEp1+ΔEkA+ΔEkB，
　　　对A、B组成的系统，水平方向动量守恒且A、B质量相等，则速度大小vA=vB，
所以ΔEkA=ΔEkB
解得A球向左运动的动能EkA=ΔEkA≈0.29 J。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B C C AD D D
题号 9 10 11 答案 AD D C 答案
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1.(来自教材改编)(2025·辽宁丹东市模拟)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
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基础落实练
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　　　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。
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2.(2025·山东枣庄市三模)光伏电站的核心部件由半导体材料制成。一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示，取O点的电势为零，电场强度正方向为x轴正方向，则该电场中N点到P点的电势φ随位置x变化的图像可能为
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　　　由E-x图像可知从N点到P点电场强度先增大后减小，根据E=可知，电势φ随位置x变化的图像的斜率表示电场强度，则φ-x图像的斜率从N点到P点先变大后变小。O点电场强度最大，则φ-x图像在O点的斜率最大，只有C选项的图像符合此规律。
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3.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，不计空气阻力，则小球从M运动到N的过程
A.动能增加mv2 　B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加mv2 　D.电势能增加2mv2
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　　　小球动能的增加量为ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2，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=，小球重力势能的增加量为ΔEp=
mgh=mv2，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'=mv2+mv2=2mv2，D错误；
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　　　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。
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4.(2025·重庆市三模)空间存在一沿x轴方向的电场，一电荷量为-q(q>0)的试探电荷只在静电力作用下从坐标原点沿x轴正方向运动，其受静电力随位置变化的图像如图。以x轴正方向为静电力正方向，无穷远处电势为零。下列说法正确的是
A.0~x1区域的电场方向沿x轴负方向
B.从x1到x2，该试探电荷的电势能增大
C.从0到x2，该试探电荷动能先减小后增大
D.该试探电荷在x1处的加速度大于x2处
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　　　由题图可知，0~x1区域，试探电荷受到的静电力沿x轴负方向，而试探电荷带负电，所受静电力的方向与电场方向相反，故0~x1区域的电场方向沿x轴正方向，A错误；
从x1到x2，静电力沿x轴正方向，试探电荷受力方向与位移方向相同，静电力对试探电荷做正功，动能增大，电势能减小，B错误；
由以上分析可知，从0到x2，静电力对试探电荷先做负功后做正功，故动能先减小后增大，C正确；
由题图可知，试探电荷在x1处受到的静电力为零，在x2处受到的静电力沿x轴正方向最大，根据牛顿第二定律可知，该试探电荷在x1处的加速度小于在x2处的加速度，D错误。
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5.(2025·辽宁鞍山市一模)x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2连线上各点对应的电势φ的高低如图中曲线所示(OB>BD)，则由图中给出的信息，下列说法正确的是
A.Q1和Q2电荷量可能相等
B.B点的电场强度为零
C.Q1和Q2连线上各点的电场方向都相同
D.电子在C点的电势能大于电子在A点的电势能
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　　　φ-x图线切线的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故B错误；
由题图可知，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势为零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故A错误；
由于Q1为负电荷，Q2为正电荷，所以Q1和Q2连线上各点的电场方向均沿x轴负方向，故C正确；
从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，电子在C点的电势能小于电子在A点的电势能，故D错误。
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6.(多选)(2025·河南南阳市期中)空间中存在沿x轴方向的静电场，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受静电力，电子的电势能变化如图所示，已知电子在x1处电势能最大，则
A.在x1处电场方向发生变化
B.在x1~x2过程，电势逐渐降低
C.在x3处电子的加速度方向发生变化
D.在O~x4过程，电子的动能先减小后增大
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　　　Ep-x图像的斜率的绝对值表示静电力大小，电子在x1处电势能最大，即在x1处Ep-x图像的斜率为零，则电子在该处所受静电力为零，该处的电场强度为零，电场方向发生变化，故A正确；
由图像可知，在x1~x2过程，Ep减小，所以静电力做正功，电子所受静电力沿x轴正方向，电场线方向沿x轴负方向，电势逐渐升高，故B错误；
在x3处电子的电势能为零，但该处图像的斜率不为零，所受静电力不为零，静电力方向不变，加速度方向不变，故C错误；
在O~x4过程，电势能先增大后减小，由于只有静电力做功，动能和电势能总和不变，电子的动能先减小后增大，故D正确。
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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
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　　　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。
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8.(八省联考·内蒙古·5)如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是
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　　　设两个带电小球间距为r，则F合=mgsin θ-k
在乙沿x轴加速下滑过程中，两个带电小球的间距r逐渐减小，合外力沿斜面向下逐渐减小，Ek-x图像的斜率表示合外力，则斜率逐渐减小，故A、B不符合题意；
E-x图像的斜率绝对值表示库仑力的大小，即|k斜|=k，在乙沿x轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，则E-x图像的斜率的绝对值逐渐增大，故C不符合题意，D符合题意。
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9.(多选)(2026·广西河池市检测)如图所示，在倾角为30°的斜面体底端B点固定一带正电的点电荷，将某一质量为m的带电小滑块(可视为质点)从C点由静止释放，沿着斜面运动到最低点A点时其速度恰好为零，D点为AC的中点，不计小滑块与斜面间的摩擦力，AC间距离为2d，重力加速度为g，小滑块在下滑过程中
A.所受静电力先增大后减小
B.电势能先增大后减小
C.速度最大的位置在D点的下方
D.从D点到A点静电力做功为-mgd
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　　　设点电荷和小滑块的电荷量分别为Q、q，根据库仑定律有F=k，小滑块从C点到A点的过程中，与B点的距离先减小后增大，所以静电力先增大后减小，故A正确；
小滑块从C点到A点，到最低点速度恰好为零，所以电势能先减小后增大，且小滑块带负电，故B错误；
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　　　因为B点固定正点电荷，小滑块带负电，由C点到A点合力做功为零，即(-)q=mg·2dsin 30°，由此知在D点沿斜面方向cos 60°>
mgsin 30°，所以D点加速度向上，而速度最大时加速度为零，所以速度最大的地方在D点上方，故C错误；
从C点到A点，根据动能定理mg·2dsin 30°+W电=0-0，解得W电=-mgd，C点、D点电势相等，所以从D点到A点静电力做功和从C点到A点做功相同均为-mgd，故D正确。
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10.(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
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　　　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=，得x0=1，即x=1处，E=0，
0x>1，电场强度方向向右，x增大，φ减小，故D正确。
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　　　方法二　电势叠加法
根据点电荷周围的电势公式φ=k，
设x=x'处(x'>0)的电势为0，
得k+k=0
解得x'=
故可知当0当x=时，φ=0，
当x>时，φ>0，故选D。
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11.(2026·江西省乐平中学检测)学校中某参赛选手设计了科技节运输轨道，如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处
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尖子生选练
切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场，重力加速度为g。以下说法正确的是
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A.在x1~x3过程中，滑块动能先减小后恒定
B.在x1处滑块的动能最大，Ekmax=-mgx1sin θ
C.在0~x2的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大
D.在0~x2过程中，滑块一直加速
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　　　滑块在x1~x2过程机械能增加，在x2~x3过程，高度增加，机械能不变，说明只有重力做功，重力势能增加，动能减小，故A错误；
静电力做的功等于滑块机械能的变化，即qE·x=ΔE，E-x图像的斜率表示qE，根据题图乙可知0~x1过程静电力逐渐增大，x1~x2过程静电力逐渐减小，到x2处静电力为零，电场强度为零。由牛顿第二定律得qE-mgsin θ=
ma，加速度先增大后减小，最后反向增大，直至静电力为零时a=gsin θ，则当电场强度减小到E=时滑块的动能最大，即在x1~x2的某处，故B错误；
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　　　0~x2过程滑块先做加速度增大的加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，x2后做匀减速直线运动，所以0~x2过程中滑块先加速后减速，重力势能与电势能之和先减小后增大，故C正确，D错误。
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本课结束
THANKS
第九章

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