2025年高考物理一轮复习(通用版)第九章 静电场 第45课时 电场中的功能关系及图像问题 [重难突

第45课时 电场中的功能关系及图像问题 [重难突破课]
题型一 电场中的功能关系
电场中常见的功能关系
（1）若只有静电力做功，则电势能与动能之和保持不变。

（2）若只有静电力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变。

（3）除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。

（4）合外力对物体做的总功等于物体动能的变化量。

【典例1】 （多选）如图所示，一质量为m 、带正电的液滴，在水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内，A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与竖直方向的夹角为30°，它运动到B 点时速度大小仍为v 0，方向与竖直方向的夹角为60°，则液滴从A 运动到B 的过程（ ）
A.液滴在水平方向和竖直方向的分位移相等
B.重力势能增加1
2m v 02
C.电势能增加1
4
m v 02
D.机械能增加1
4
m v 02
答案：AD
解析：将液滴的运动分解，水平方向满足x ＝
v 0sin30°＋v 0sin60°
2
t ，竖直方向满足h ＝
v 0cos30°＋v 0cos60°
2
t ，联立解得x ＝
h ，A 正确；竖直方向由位移与速度公式可得h ＝
（v 0cos60°）2
－（v 0cos30°）
2
－2g
＝
v 024g
，则重力势能增加量为ΔE p ＝
1
4
m v 02，B 错误；电场力对液滴做正功，电场力做的功为W 电＝F 电x ＝ma x x ，液滴在水平方向做匀加速直线运动2a x x ＝（v 0sin 60°）2－（v 0sin 30°）2＝12
v 02，联立解得W 电＝14
m v 02，液滴的电势能减少1
4
m v 02，机械能增加
14
m v 02，C 错误，D 正确。

1.【只有电场力做功】
如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A 沿任意方向发射速度相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B 点的粒子在B 点时的动能是初动能的3倍，经过C 点的粒子在C 点时的动能是初动能的7倍，则经过D 点的粒子在D 点时的动能是初动能的（ ）
A.3倍
B.4倍
C.5倍
D.6倍
解析：C根据题意，设电场强度沿AB方向的分量为E x，沿AD方向的分量为E y，粒子在A点时的动能为E k。

粒子从A到B的过程，有qE x d＝3E k－E k，粒子从A到C的过程，有qE x d＋qE y d＝7E k－E k，则粒子从A到D的过程，有qE y d＝E k D－E k，解得E k D＝5E k，故C正确。

2.【“重力＋静电力”做功】
（多选）（2023·全国乙卷19题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。

从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。

M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（）
A.在运动过程中，电势能先增加后减少
B.在P点的电势能大于在N点的电势能
C.在M点的机械能等于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
解析：BC画出O点处点电荷过M、N两点的等势面，如图所示，由图可知带负电的小球在运动过程中所受电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，A错误；小球由P点到M点所受电场力做正功，电势能减小，M、N两点在点电荷的同一等势面上，小球在M、N两点电势能相等，可知E p P＞E p N，B正确；小球在运动过程中动能、重力势能、电势能的总和保持不变，并相互转化，M、N两点在点电荷的等势面上，因此小球在M、N两点的电势能相等，又机械能为动能与重力势能之和，则小球在M、N两点的机械能相等，C正确；结合图可知小球从M点运动到N点的过程中电场力先做正功后做负功，D错误。

题型二电场中的三类图像问题
电场中的三类图像的特点及规律
E-x图像（1）反映了电场强度随x变化的规律；
（2）E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向；
（3）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，两点的电势高低根据电场方向判定
φ-x图像（1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，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W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后做出判断
E p-x图像（1）反映了电势能随x变化的规律；
（2）图线的切线斜率大小等于电场力大小；
（3）进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
考法一电场中的E-x图像问题
【典例2】已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球売在其内部任意一点形成的电场强度为零。

如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。

理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，静电力常量为k，则（）
A.x2处场强大小为E＝k Q
R3
x1
B.均匀带电球体为等势体
C.x1处电势低于R处电势
D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同
答案：A
解析：x2与x1的电场强度相等，从x＝0到x＝R，E与x成正比，则E R
R ＝E x
x
，所以E x＝x
R
E R，又E R＝k Q
R2
，所以R以
内x处E x＝k Q
R3x，所以x2处场强大小为E＝k Q
R3
x1，故A正确；由题图乙可知，球内部由O到球表面区间电场强度
均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐减小，可知x1处电势高于R处电势，故B、C错误；E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故D错误。

考法二电场中的φ-x图像问题
【典例3】（2021·山东等级考6题）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的
点电荷；在0≤x＜√2
2
a区间，x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。

现将一电荷量为－Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。

若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（）
A.Q＝√2+1
2
q，释放后P将向右运动
B.Q＝√2+1
2
q，释放后P将向左运动
C.Q＝2√2+1
4
q，释放后P将向右运动
D.Q＝2√2+1
4
q，释放后P将向左运动
答案：C
解析：对y轴正方向的点电荷，由平衡知识可得√2k q2
a2＋k q
2
(√2a)2
＝k Qq
(√2
2
a)
2
，解得Q＝2√2+1
4
q，因在0≤x＜√2
2
a区间内
沿x轴正方向电势升高，则场强方向沿x轴负方向，将P沿x轴向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动，故C正确。

考法三电场中的E p-x图像问题
【典例4】一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）
A.x1处电场强度最小，但不为零
B.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C.若x1、x3处电势为φ1、φ3，则φ1＜φ3
D.x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
答案：D
解析：E p-x图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE可知x1处电场强度最小且为零，选项A错误；粒子在0～x2段切线的斜率发生变化，静电力发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，x2～x3段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；带负电的粒子从x1到x3的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ1＞φ3，选项C 错误；x2～x3段斜率不变，所以这段的电场强度大小、方向均不变，选项D正确。

题型三静电的防止与应用
【典例5】富兰克林为研究雷电现象，设计了如图所示的装置，避雷针线路与接地线分开，并在分开处装上帽形的金属钟A与B，两钟之间以丝线悬挂一个金属小球C，A钟下方用细导线连接两个很轻的金属小球形成验电器D，避雷针上空附近的云不带电时，三个金属小球均静止下垂。

若带负电的云层接近避雷针顶端时，下列说法正确的是（）
A.避雷针顶端带负电
B.接地线上有正电荷流入大地
C.验电器D上的两个金属小球带负电且间距增大
D.金属小球C会先摆向A，撞到A后被A吸住不再分开
答案：C
解析：根据异种电荷相互吸引、同种电荷相互排斥，可知若带负电的云接近避雷针顶端时，避雷针顶端带正电，故A错误；验电器D下端两小球始终带负电，所以两小球因相互排斥而间距增大，故C正确；小球C在验电器D 下端的吸引下撞击A，然后和A带同种电荷（负电荷），然后相互排斥，和B接触，电子通过B下端接地线导入大地，然后C不带电，如此反复，故B、D错误。

1.【静电除尘】
图甲是某同学设计的一静电除尘实验装置，两端开口的空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块金属片，图乙为塑料瓶俯视图。

将钢锯条和金属片分别跟手摇发电机的两极相连。

将点燃的蚊香放入塑料瓶内，很快就看见塑料瓶内烟雾缭绕。

摇动手摇发电机，顿时塑料瓶清澈透明；停止摇动时，又是烟雾缭绕。

当手摇发电机摇动时，下列说法正确的是（）
A.瓶内形成的电场是匀强电场
B.锯条附近的电势高于金属片附近的电势
C.空气电离形成的离子碰到尘埃使其带电，尘埃的带电荷量可能为1×10－18 C
D.电场力对烟尘做正功，烟尘的电势能减小
解析：D尖端附近的电场线密集，所以在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，瓶内形成的电场不是匀强电场，故A错误；当静电除尘装置接通高压电时，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离而产生负离子和正离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电烟尘在电场力的作用下，向正极移动，最终到达正极，为了使除烟的效果更好，应使烟尘最终被吸附到金属片上，金属片为正极，正
极附近电势高，所以锯条附近的电势低于金属片附近的电势，电场力对烟尘做正功，烟尘的电势能减小，故B 错误，D 正确；1×10－18
C 不是1.6×10
－19
C 的整数倍，所以尘埃的带电荷量不可能为1×10
－18
C ，故C 错误。

2.【电子枪】
如图所示是电子枪部分的原理图，阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A 、B 、C 是电场中的三个点，下列说法正确的是（ ）
A.C 点的电势比A 点低
B.A 点的电场强度比B 点的电场强度大
C.电子从A 运动到B 的过程中电势能增大
D.从A 到B 电子的加速度不断增大
解析：B 沿电场线电势逐渐降低，可知C 点的电势比A 点高，选项A 错误；电场线越密集则场强越大，可知A 点的电场强度比B 点的电场强度大，选项B 正确；电子从A 运动到B 的过程，电场力做正功，则电势能减小，选项C 错误；从A 到B 电子所受的电场力逐渐减小，则电子的加速度不断减小，选项D 错误。

题型一 电场中的功能关系
1.（多选）空间中存在着由孤立的带负电的点电荷产生的电场，一带电粒子仅在电场力作用下沿图示曲线运动，M 、N 为曲线上两点，已知粒子在M 、N 两点的速度v M ＞v N ，粒子在M 、N 两点的电势能分别为E p M 和E p N ，以下说法正确的是（ ）
A.粒子一定从M 运动到N
B.E p M ＜E p N
C.粒子一定带正电
D.场源电荷对粒子的作用力可能是排斥力
解析：BD 由于带电粒子的电性和场源电荷的位置均未知，则不能判断带电粒子的运动方向，故A 错误；粒子只在电场力作用下运动，故只有动能和电势能相互转化，由能量守恒定律得E p M ＋1
2m v M 2＝E p N ＋1
2m v N 2，又因为v M ＞v N ，则E p M ＜E p N ，故B 正确；根据运动与力的关系仅能判断粒子受电场力方向指向轨迹的凹侧，由于不知道场源电荷的位置，则无法判断粒子的电性，故C 错误；当粒子带负电且场源电荷在轨迹凸侧时，场源电荷对粒子的作用力即为排斥力，故D 正确。

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1
2mv 2
B.机械能增加2mv 2
C.重力势能增加3
2mv 2
D.电势能增加2mv 2
解析：B 小球动能增加量ΔE k ＝12
m （2v ）2－12
mv 2＝32
mv 2，A 错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得（2v ）2－0＝2qE
m x ，则电势能减少量等于电场力做的功ΔE p 电＝W 电＝qEx ＝2mv 2，B 正确，D 错误；小球在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v 2＝－2gh ，得重力势能增加量ΔE p 重＝mgh ＝1
2mv 2，C 错误。

3.（多选）如图所示，地面上固定一倾角为θ＝37°、高为h 的光滑绝缘斜面，斜面置于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E ＝
√3mg
q
，现将一个带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，已知物块质量为m ，
电荷量为q ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为
4√3
3
mgh B.物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为3mgh C.物块落地的速度大小为(2+
8√3
3
)gh D.物块落地的速度大小为2√2gℎ
解析：BD 物块受到的电场力F ＝qE ＝√3mg ，则物块所受合力的大小为2 mg ，合力的方向和水平方向的夹角为30°，则小物块沿合力方向做匀加速直线运动，不会沿着斜面下滑。

物块从静止释放到落地的过程中电场力做功为W ＝qE·√3h ＝3 mgh ，设物块落地速度为v ，根据动能定理可得mgh ＋qE·√3h ＝1
2mv 2，解得v ＝2√2gℎ，故A 、C 错误，B 、D 正确。

题型二 电场中的三类图像问题
4.（多选）如图甲所示，在x 轴上有O 、A 、B 、C 、D 五点，坐标分别为O 、x 0、2x 0、3x 0、4x 0，静电场的电场强度方向与x 轴平行，电势φ随x 的分布如图乙所示。

一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，以初速度v 0从O 点沿x 轴正方向进入电场，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A.若粒子能运动到A 处，v 0至少为√
qφ0m
B.若粒子能运动到A 处，粒子一定能运动到D 处
C.若粒子能运动到B 处，粒子在A 、B 间做匀速直线运动
D.若粒子能运动到C 处，粒子在C 处的速度为√v 02－
qφ0m
解析：CD 粒子从O 到A ，根据动能定理得－qφ0＝0－12
m v 02，解得v 0＝√
2qφ0m
，故A 错误；粒子在从O 到A 做
减速运动，若粒子运动到A 点速度刚好为零，则该粒子不能运动到D 处，故B 错误；若粒子能运动到B 处，因为A 、B 电势相等，所以粒子在A 、B 间运动时电场力不做功，即粒子在A 、B 间做匀速直线运动，故C 正确；粒子从O 到C ，根据动能定理得－q (φ0－
φ0
2
)＝12mv 2－1
2m v 02，解得v ＝√v 02－qφ0m
，故D 正确。

5.空间中有一试探电荷处在一区域电场中，沿某方向建立x 轴，该试探电荷在x 轴上各点的电势能E p 随x 的分布如图所示。

根据E p -x 图像，下列说法正确的是（ ）
A.x 1处的电场强度大于0
B.沿x 轴正方向电势逐渐降低
C.x 3处的电场强度大于x 4处的电场强度
D.试探电荷从x 3处运动至x 2处的过程中，电场力做功为E p1－E p2
解析：C 因为试探电荷的电性未知，所以由题图图像不能判断出沿x 轴方向电势的升降，故B 错误；根据电场力做功与电势能变化的关系可知，E p -x 图像的切线斜率的绝对值表示电场力的大小，电场力越大表示电场强度越大，由题图可知，x 1处斜率等于0，x 3处切线的斜率大于x 4处切线的斜率，故x 1处电场强度等于0，x 3处的电场强度大于x 4处的电场强度，故A 错误，C 正确；试探电荷从x 3处运动至x 2处的过程中，电势能增加量为E p1－E p2，电场力做功为E p2－E p1，故D 错误。

6.（多选）真空中有一半径为R 的均匀带正电薄球壳，以球心O 为坐标原点，沿半径方向建立x 轴，球壳外x 轴上的各点的场强E 随x 变化的关系如图所示。

一质量为m 、电荷量为e 的电子从x ＝2R 处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为E k 。

已知均匀带电薄球壳的壳外空间的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，静电力常量为k ，球体表面积公式S ＝4πR 2。

下列说法正确的是（ ）
A.图中r ＝√2R
B.该球壳单位面积所带的电荷量为E
4πk C.电子在x ＝2R 处释放时的加速度大小为eE
04m
D.若电子从x ＝3R 处由静止释放，则到达球壳表面时的动能为2E k
解析：ABC设均匀带正电薄球壳所带电荷量为Q，当x＝R时，根据题意可得，E0＝k Q
R2，解得Q＝E0R
2
k
，则该球
壳单位面积所带的电荷量为q0＝Q
S ＝
E0R2
k
4πR2
＝E0
4πk
，故B正确；当x＝r时，由图像可得E0
2
＝k Q
r2
，解得r＝√2R，故A
正确；当x＝2R时，电场强度为E＝k Q
4R2＝E0
4
，电子在x＝2R处释放时的加速度大小为a＝eE
m
＝eE0
4m
，故C正确；已
知电子从x＝2R处由静止释放，仅受静电力作用，到达球壳表面时的动能为E k，根据动能定理有W＝E k，由图像可知从3R到2R过程的电场强度小于从2R到R过程的电场强度，若电子从x＝3R处由静止释放，则到达球壳表面时，根据动能定理有W'＝E k'＜2W＝2E k，故D错误。

题型三静电的防止与应用
7.闪电击中广州塔的画面如图所示，广州塔的塔顶是一避雷针，雷雨天气时，底端带负电的云层经过避雷针上方时，避雷针尖端放电形成瞬间强电流，乌云所带的负电荷经避雷针导入大地，在此过程中，下列说法正确的是（）
A.云层靠近避雷针时，针尖感应出负电荷
B.越靠近避雷针尖端，电势越低
C.云层上负电荷流向避雷针的过程中，可能在做匀变速曲线运动
D.云层上负电荷流向避雷针的过程中，其电势能减小
解析：D云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷，A错误；越靠近避雷针尖端，电势越高，B错误；越靠近避雷针尖端，电场强度越大，电子所受电场力越大，加速度越大，因此云层上负电荷流向避雷针运动的过程中，做加速度增加的变加速曲线运动，C错误；云层上负电荷流向避雷针的过程中，电场力做正功，其电势能减小，D正确。

8.（多选）如图是某种静电矿料分选器原理图，带正、负电的矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板的中央的两侧，下列关于带负电的矿粉运动的过程表述正确的是（）
A.落在左侧
B.动能变小
C.电势能变小
D.电场力对矿粉做正功
解析：CD因右极板带正电，则带负电矿粉受到向右的电场力作用，将落到右侧，电场力做正功，动能变大，电势能减小，故选C、D。

9.（多选）如图所示，在x轴上的O点（x＝0）和b点（x＝15 cm）分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）
A.a、c两点的电场强度相同
B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍
C.将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零
D.将一负电荷从c点移到d点，电势能增大
解析：BCφ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c 两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；由题图可知，题图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝kq
r2
可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误。

10.x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于x A＝0，x B＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。

选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零。

则以下说法正确的是（）
A.点电荷A、B分别带正电和负电
B.A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3
C.x＝d处电势最高且为零
D.将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小
解析：D由A、B连线上电场方向的特点可判断它们均带负电，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为
零，即kQ A
d2＝kQ B
9d2
，解得Q A
Q B
＝1
9
，故B错误；无限远处电势为零，由两负电荷间电势分布可知，x＝d处电势小于零，
故C错误；x≥5d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，故D正确。

11.如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为3
2
l，斜面BC段上方有沿斜面向上的匀强电场。

一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝√3gl水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上
斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在静电力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝√3
3
，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）物块平抛过程中的位移大小；
（2）物块在电场中的最大电势能。

答案：（1）√13
2
l（2）2mgl
解析：（1）物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v＝v0
cosα
，
竖直速度v y＝v sin α，平抛运动时间t＝v y
g
，
平抛过程中水平位移x＝v0t，
又竖直位移y＝v y 2
2 g
，
平抛的位移s＝√x2＋y2，联立解得s＝√13
2
l。

（2）设物块沿斜面向下运动的最大位移为x'，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－
2μmg cos α·x'＝0－1
2
mv2，解得x'＝2l。

物块位于最低点时，电势能最大，物块自A点到最低点过程中，设静电力做功为W，根据动能定理有
mg sin α·x'－μmg cos α·x'－W＝0－1
2
mv2，
解得W＝2mgl，
即物块电势能的最大值为2mgl。