2027届高考物理第一轮复习课时突破练：43 电场中的功能关系和图像问题

**基本信息** 聚焦电场功能关系与图像问题，以命题角度为纲，覆盖单一/组合场功能推理及v-t、φ-x等六类图像分析，构建“概念-图像-应用”逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|6题|单一电场/图像分析|从点电荷电场到叠加场，功能关系与图像斜率（场强/力）关联| |能力·高分练|2题|综合场（弹簧/重力）|功能关系与力学知识融合，总势能分析| |素养·提升练|1题|跨模块（微波器件）|实际问题中能量守恒与电场力推理，体现科学思维与物理观念|

课时突破练43　电场中的功能关系和图像问题 基础·满分练 命题角度一　仅电场力作用下功能关系的推理应用 1.(2026广东清远开学考试)直角坐标系O-xyz中有一四面体O-ABC,其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个电荷量为+Q的点电荷,下列说法正确的是(　　) A.A、B、C三点的电场强度相同 B.沿AB边,从A点到B点,电势先增大后减小 C.若在A、B、C三点放置三个点电荷,+Q所受电场力的合力可能为零 D.若将试探电荷+q自B点沿y轴正方向移动的过程中,其电势能增大 命题角度二　组合场或叠加场中功能关系的推理应用 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,物块所受的电场力与重力大小相等。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.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 命题角度三　v-t图像中力与能的分析 3.(多选)(2026辽宁大连模拟)如图甲所示,带电的物块P固定在光滑绝缘水平面上,t=0时刻将另一带电物块Q从与物块P距离为d处由静止释放,物块Q在0~2t0时间内的速度v随时间t变化的图像及t=0时刻和t=2t0时刻该图像的切线如图乙中所示,图乙中v0和t0为已知量。若两物块均可视为点电荷,带电荷量的数值相等,物块Q的质量为m,静电力常量为k,两物块带电荷量始终不变。下列说法正确的是(　　) A.两物块带异种电荷 B.2t0时刻P、Q相距2d C.两物块的带电荷量为d D.0~2t0时间内P、Q组成的系统减少的电势能为m 命题角度四　φ-x图像中力与能的分析 4.(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(　　) 命题角度五　E-x图像中力与能的分析 5.(2026山东临沂模拟)两个点电荷固定在x轴上的M、N点,x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远处电势为零,下列说法正确的是(　　) A.从M到N电势先减小后增大 B.Q点的电势等于零 C.固定在N处的电荷带正电 D.固定在M点的点电荷比固定在N点的点电荷的电荷量大 命题角度六　Ep-x图像中力与能的分析 6.(2026河北邯郸模拟)质子仅在电场力的作用下从O点开始沿x轴正方向运动,其在O点处的初动能为4 eV。该质子的电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2~x3段是直线。下列说法正确的是(　　) A.该质子在O~x2段做匀变速直线运动,在x2~x3段做匀速直线运动 B.该质子在x1处的动能为6 eV C.若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3,则φ1最高 D.该质子最终停在x3处 能力·高分练 7.如图甲所示,在水平气垫导轨上,绝缘放置着同种点电荷A、B,其中A固定于导轨左端,B可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放,根据能量守恒定律,通过测量B在不同位置处的速度,能够得到B的势能随位置x的变化规律(坐标原点位于A处),如图丙中曲线Ⅰ所示。现将导轨右端抬高,使其与水平面的夹角为θ,如图乙所示,若B由x0处静止释放,则B的总势能曲线如图丙中Ⅱ所示,图丙中直线Ⅲ是曲线Ⅱ的渐近线,已知重力加速度大小为g,B质量为m,则(　　) 甲 乙 丙 A.B在运动过程中动能最小位置为x1处 B.B在运动过程中电势能最大位置为x1处 C.B在运动过程中的最大位移大小为x0-x2 D.直线Ⅲ的斜率为mgsin θ 8.(2026四川内江模拟)两电荷量分别为q1和q2的点电荷,放在y轴上的O、M两点。若规定无限远处电势为零,则在两电荷连线上各点的电势φ随y变化的关系如图所示。其中,A、N两点的电势为零,ND段中C点的电势最高。下列说法正确的是(　　) A.q1为正点电荷,q2为负点电荷 B.A、N两点的电场强度大小可能为零 C.从N点沿y轴正方向,电场强度大小先增大后减小 D.将一负点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功 素养·提升练 9.(跨模块融通)(多选)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理可简化为下述过程,已知静电场的方向平行于x轴,电子从x=-1 cm处由静止释放,仅在静电力作用下在x轴上往返运动,其电势能随x的变化如图所示。已知电子质量m=9.0×10-31 kg、电荷量e=1.6×10-19 C。则(　　) A.x轴上O点左侧的电场强度方向与x轴正方向同向 B.x轴上O点左侧的电场强度E1和右侧的电场强度E2的大小之比E1∶E2=2∶1 C.电子在x=1.5 cm处的动能为5 eV D.电子运动的周期T=1.5×10-8 s 答案： 1.B　解析 根据场源电荷电场强度的决定式E=,可知A、B、C三点的电场强度大小相同,但是方向不同,故A错误;根据点电荷的电势分布的特点,可知距离电荷量为+Q的点电荷越近电势越大,沿AB边,从A点到B点,电势先增大后减小,故B正确;若在A、B、C三点放置三个点电荷,三个电荷在O点的电场强度方向不共面,则O点的电场强度不可能为零,则+Q所受电场力的合力不可能为零,故C错误;若将试探电荷+q自B点沿y轴正方向移动的过程中,电场力做正功,电势能减小,故D错误。 2.C　解析 A、B、C三点处弹簧形变量相同,故弹性势能一样。物块从A点到B点过程,由动能定理有F电LAB=EkB-EkA,F电=mg,从B点到C点过程,由动能定理有-mgLBC=EkC-EkB,故EkA=EkB-mgLAB,EkC=EkB-mgLBC,因为LAB>LBC,所以EkA<EkC<EkB,故C正确。 3.BC　解析 由v-t图像的斜率表示加速度,则物块Q的加速度不断减小,所以两物块间为排斥力,因此它们应该带同种电荷,故A错误;由题图乙可知t=0时刻的加速度为a1=, t=2t0时刻的加速度为a2=,故,根据牛顿第二定律可知a1=,a2=,联立解得d'=2d,q=d,故B、C正确;对物块Q,由动能定理可得W电=m(2v0)2=2m,根据静电力做功与电势能的关系可知,0~2t0时间内P、Q组成的系统减少的电势能为ΔEp=W电=2m,故D错误。 4.D　解析 根据异种点电荷的电场分布情况,可知两个点电荷的连线上,在两电荷中间及电荷量小的点电荷外侧,均有电势为零的点,所以x正半轴上各点电势φ应先负后正,由此可判断选项D正确。 5.D　解析 M、N连线中点处电场强度大于0,且两点间电场强度最小位置处距离N点较近,可知,固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷的电荷量大,故D正确。若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动,电场力做正功,电势能不断减小,一直到零,所以Q点的电势大于零,故B错误。MN之间的电场线由M到N,则由M到N电势一直减小,N处电荷为负电荷,故A、C错误。 6.B　解析 Ep-x图像的斜率可以表示该质子所受电场力F,可知该质子在O~x2段做变加速直线运动,在x2~x3段做匀变速直线运动,故A错误;由题意,可得该质子在O点处的能量为E=Ek+Ep=4 eV+3 eV=7 eV,根据能量守恒定律,可得该质子在x1处的动能为Ek'=7 eV-1 eV=6 eV,故B正确;根据Ep=qφ,可知该质子在电势越高的位置电势能越大,若x1、x2、x3处的电势分别为φ1、φ2、φ3,由题图知φ3最高,故C错误;根据能量守恒定律,知该质子在x3处的电势能为7 eV,则动能为零,但是由于受到的电场力不为零,因而不会停在x3处,故D错误。 7.D　解析 位置为x1处对应曲线Ⅱ的最低点,此位置势能最小,动能最大,故A、B错误;由图像可知运动过程中B在x2处的总势能小于在x0处的总势能,所以B在x2处的速度不为零,运动过程中B的最大位移大小大于x0-x2,故C错误;图丙中直线Ⅲ为曲线Ⅱ的渐近线,渐近线表示重力势能的变化关系,即Ep=mgxsin θ=kx,解得直线斜率k=mgsin θ,故D正确。 8.A　解析 由图像可知,M点附近的电势为负值,O点附近的电势为正值,可得q1为正点电荷,q2为负点电荷,故A正确;A、N两点的电势为零,但电场强度不为零,因为y-φ图像斜率不为零,其斜率大小变化代表场强大小变化,故B错误;从N点沿y轴正方向,y-φ图像斜率先减小后增大再逐渐减小,所以电场强度大小先减小后增大再逐渐减小,故C错误;从N点移到D点,根据图像可知电势先增大后减小,由公式Ep=qφ,又电荷为负,所以电势能先减小后增大,因此电场力先做正功后做负功,故D错误。 9.BC　解析 由图可知,电子在x轴上从x=-1 cm处向O点运动过程,其电势能一直减小,根据Ep=eφ可知,该区间从左至右电势一直增加,即电场强度方向与x轴正方向相反,故A错误;根据ΔEp=-eEΔx可知,图像中图线的斜率表示电子所受电场力大小,可得eE1=|k1|=,eE2=|k2|=,解得E1=2×103 V/m,E2=1×103 V/m,x轴上O点左侧的电场强度E1和右侧的电场强度E2的大小之比为,故B正确;依题意,电子仅在静电力作用下在x轴上往返运动,其动能和电势能之和保持不变,电子释放时动能为零,电势能为零,总能量为零,电子在x=1.5 cm处的能量为0=Ek+Ep。由图可知,电子在x=1.5 cm处的电势能为Ep=-5 eV,解得Ek=5 eV,故C正确;同理,可知电子在O点的电势能最小,动能最大为Ek==20 eV,依题意,电子在运动过程中,有vm=t1,vm=t2,电子运动的周期为T=2(t1+t2),联立解得T=4.5×10-8 s,故D错误。 6 学科网（北京）股份有限公司 $