专题探究2 静电场中的图像问题-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）

专题探究二 静 黑题 专题强化 题型1P-x图像 1.如图所示为某电场中x轴方向上电势变化的 图像，OA=AB,下列对x轴上不同点的电场强 度、电势以及在x轴上移动电荷时静电力做功 情况等的描述正确的是 A.从O点开始，经A点到B ↑9 点，场强先减小后增大 B.O点电势和B点电势相等 C.正电荷从0点沿直线移 到B点，电势能先减小后增大 D.负电荷从O点沿直线移到B点，静电力一 直做负功 2.(2025·长沙期末)已知点电荷和无限大接地 金属平板的电场分布（如图甲）与等量异种点 电荷连线的垂直平分线右侧的电场分布（如 图乙)完全相同.按图丙所示建立平面直角坐 标系，沿y轴放置一接地的无限大金属板，在 (d,0)处放置一电荷量为Q的正点电荷，取无 穷远处电势为零.则x轴上的电势分布图像正 确的是 米联 必修第三册·RJ 电场中的图像问题 限时：40min 3.（2025·昆明质检)（多选）竖直面内悬吊的光 滑绝缘水平杆上有A、O、B三点，以0点为坐 标原点、向右为正方向建立x轴，A点坐标为 -d,B点坐标为d,如图甲所示.A、B两点间沿 x轴的电势变化如图乙所示，左侧图线为一条 倾斜线段，右侧为抛物线，现将套在杆上的带 电量大小为g的圆环从A点由静止释放（忽 略带电圆环形成电场的影响)后，圆环向右运 动，已知圆环的质量为m,可视为点电荷.下 列说法正确的是 9 3E83B D 甲 A.圆环带正电 B.圆环从A到B的运动过程中最大速度 2q9o 为 C.圆环从O到B的运动过程中加速度逐渐 减小 D.圆环向右运动的过程中，在AO段的运动时 间大于在OB段的运动时间 题型2E-x图像 4.（2024·陕西西安 期中)空间有一沿 x轴对称分布的电 场，其x轴上电场 强度E随x变化的图像如图所示，取x轴正方 向为电场正方向，下列说法正确的是（) A.0点的电势最低，x2点的电势最高 B.x1和-x两点的电势相等 C.电子在x,的电势能大于在x2的电势能 D.电子由x,运动到x3电场力先做正功后做 负功 黑白题028 5.（2024·安徽培优联盟联考) (多选)空间中存在沿x轴方 向的电场，x轴上各点的电场 强度（以+x方向为正）随x 的变化情况如图所示，已知0~x,之间为倾斜 直线，x1~x2之间为曲线，x2=2x1·下列叙述中 正确的是 A.x=0处与x2处两点的电势相同 B.x=0与x1间的电势差大于x1与x2间的电 势差 C.电子沿x轴从x=0运动到x2的过程中，电 场力先做正功后做负功 D.电子在x,处的电势能小于在x2处的电势能 题型3E。-x图像 6.电荷量为g,和g2的两点电荷分别固定在x轴 上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，一带 正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能 随x的变化关系如图所示.其中，试探电荷在 B、D两点处的电势能均为零；在DJ段中H点 处电势能最大.则 A.91的电荷量小于q2的电E 荷量 B.G点处电场强度的方向OAR CDG H寸 沿x轴正方向 C.若将一带负电的试探电荷自G点释放，仅 在电场力作用下一定能到达D点 D.若将一带负电的试探电荷从D点移到J 点，电场力先做正功后做负功 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=1m处以初速度v。=√3m/s沿 x轴正方向运动.小滑块的质量为m=2kg、带 电量为g=-0.1C,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E。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=1m处的切线，并且 AB经过(0,3)和(3,0)两点，重力加速度g取 10m/s2.下列说法正确的是 第十章 E/小 12345 A.x=1m处的电场强度大小为20V/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=3m处时，速度大小为2m/s D.若滑块恰好到达x=5m处，则该处的电势 为50V 8.(2025·河南周口质检)（多选）如 图甲所示，直线AB是电场中的一 、视频讲解 条电场线，沿与直线AB成0=53°角的方向建 立直线坐标轴Ox,一电子在Ox坐标轴上各点 的电势能E,与x坐标关系如图乙所示，电子 电荷量大小为e=1.6×10-19C,sin53°= 0.8,cos53°=0.6，下列说法正确的是() B E/ev 0 x/cm A.电场方向由A指向B B.电场方向沿x轴正方向 C.电子受到的电场力大小为4×10-1”N D.该电场的场强大小为150V/m 题型4其他图像 9.如图所示，无限大均匀带正电 薄板竖直放置，其周围空间的 电场可认为是匀强电场光滑 绝缘细管垂直穿过板中间小 孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动. 以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加 速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴 上各点的电势p、小球的加速度a、速度v和动 能E,随x的变化图像，其中正确的是( 不个 B 黑白题029与AB夹角为0=30°，方向由高电势指向低电势.如图2 所示： 图2 (2)根据几何关系易知，A到C点的电场线方向距离为dc= √3m,A、C间电势差UAc=Edc=1003V,UAc=PA-Pc,则 Pc=A-Uc=-503 V. (3③)由图可知M点电势最高U=w=-10x(1+受)。 电子从C到M电场力做功最多，电子动能增加量最多为 AEx=W=eUsc=(100+503)eV. 专题探究二 静电场中的图像问题 黑题专题强化 1.D解析：A.p-x图像的斜率表示场强，从0点开始，经A点 到B点，斜率不变，所以场强不变，故A错误；B.由图可知，O 点电势大于B点电势，故B错误；C.根据E。=qP,正电荷从 O点沿直线移到B点，电势减小，电势能减小，故C错误； D.负电荷从O点沿直线移到B点，电势减小，电势能增大， 所以静电力一直做负功，故D正确.故选D. 2.B解析：金属板接地，电势为0，则坐标原点处的电势为0， 又无穷远处的电势为0，则x轴上距坐标原点足够远处的电 势也接近0.结合题述可知，x轴上点电荷左侧位置的电场方 向沿x轴负方向，右侧位置的电场方向沿x轴正方向，正点 电荷所在位置的电势为正无穷，又沿电场方向电势降低，则 从正点电荷向两侧移动，电势均降低.故选B. 3.BD解析：A.由图乙可知，AO之间电场线方向是O指向A, OB之间的电场线方向是O指向B,圆环由A点向右运动，所 以圆环带负电，故A错误；B.圆环从A到B的运动过程中， 运动到0点时的速度最大，最大速度设为v,由动能定理 gp=2m2,解得=√m p0,故B正确；C.根据p图像的 斜率表示场强的大小，根据图乙可知，从O到B电场强度逐 渐变大，所以电场力增大，故加速度变大，故C错误；D.圆环 向右运动的过程中，在A0段图像斜率不变，电场强度不变， 电场力不变，加速度不变，故在A0段圆环做匀加速直线运 动，同理，在OB段做加速度逐渐增大的减速运动，速度时间 图像如图所示，由速度时间图像可得AO段的平均速度小于 OB段，由于两段的距离相等，所以在AO段的运动时间大于 在OB段的运动时间，故D正确.故选BD. 必修第三册·RJ 4.B解析：A.从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿 着x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势降低，由此可知 0点电势最高，故A错误；B.由于x,和-x,两点关于y轴对 称，且电场强度的大小也相等，故从0点到x,和0点到-x 电势降落相等，故x,和-x,两点电势相等，故B正确：CD.电 子带负电，沿着电场线方向，电场力做负功，电势能增大，电 子在x,的电势能小于在x2的电势能，电子由x,运动到x?电 场力一直做负功，故CD错误.故选B. 5.BD解析：A.沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x 轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故po>P2,A错误； B.因为从0到x,间的平均电场强度大于从x,到x2间的平 均电场强度，根据公式U=Ed,d相等，可得x=0与x,间的电 势差大于x,与x,间的电势差，B正确：CD.电子受到的电场 力方向和电场方向相反，故从x=0运动到x,的过程中电场 力一直做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2 处的电势能，C错误，D正确.故选BD. 6.D解析：由E。=q9知正电荷的电势能变化情况和电场的电 势变化情况相同.由题知无穷远处的电势为零，B点的电势 为零，由于沿着电场线电势降低，所以0点的电荷91带正 电，C点电荷92带负电，由于B点距离O比较远而距离C比 较近，所以91电荷量大于92的电荷量，故A错误.由沿着电 场线电势逐渐降低可知G点的场强沿x轴负方向，故B错 误.带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的电场力，故 沿x轴正向做加速运动，故C错误负电荷从D点移到J点 的过程中，电场力先沿x轴正向后沿x轴负向，故电场力先 做正功后做负功，故D正确.故选D. 7.C解析：A.E。x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力 的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Eg= AE-3N=1N,可得电场强度大小为10V/m,选 △x 项A错误； B.滑块向右运动过程中，电场力先减小后增大，则加速度先 减小后增大，选项B错误： C.滑块从x=1m的位置运动至x=3m处时，根据动能定理 1 )m心2-7m6=W电，W电=AE=1J,解得速度大小为加 2m/s,选项C正确； D.若滑块怡好到达x=5m处，则m=W。'=Ee-E, 其中E1=2J,解得滑块的电势能E2=5J, 该处的电势为p=- )=B-5,V=-50V,选项D错误故选C 9-0.1 8.AC解析：AB.由图乙沿着x轴正方向电子电势能逐渐增 大，则电势逐渐降低，所以电场方向由A指向B,故A正确， B错误；C.电子所受电场力大小为F=△r©oB 3×1.6×1019 N=4×107N,故C正确；D.根据电场强度的定 2×102×0.6 义式可得E= e1.6x10V/m=250/m,故D错误故 F4×10-17 选AC. 9.D解析：在x<0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex,可知， 电势差均匀增大，p一x应为向上倾斜的直线；在x>0范围内， 当x增大时，由U=Ed=Ex可知，电势差均匀减小，p-x也应 为向下倾斜的直线，故A错误在x<0范围内，电场力向右， 加速度向右，为正值：在x>0范围内，电场力向左，加速度向 黑白题14 左，为负值，故B错误在x<0范围内，根据动能定理得： =2m',-x图像应是曲线；同理，在x>0范围内，图线 Ex=I 也应为曲线，故C错误；在x<0范围内，根据动能定理得： gEx=Ek,E:-x图像应是倾斜的直线；同理，在x>0范围内， 图线也为倾斜的直线，故D正确故选D. 专题探究三静电场中的功能关系 黑题 专题强化 1.BC解析：粒子P、Q从A、B两点分别到O点.由于AO点间 的电势差小于BO点间的电势差，所以粒子P的动能增加量 小于粒子Q的动能增加量，所以，<v2,故A错误，B正确； 过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A 点电势低于B点电势，由于带电粒子带正电，所以E。<E2, 故C正确，D错误故选BC. 2.C解析：A.由于电场方向不确定，则粒子所受电场力方向 与电场强度方向的关系也不确定，即粒子的电性不确定 故A错误：B.电场线分布的密集程度表示电场强弱，根据图 示可知，沿α粒子运动轨迹，电场分布逐渐变稀疏，电场强度 逐渐减小，电场力逐渐减小，则α加速度逐渐减小：沿b粒子 运动轨迹，电场分布逐渐变密集，电场强度逐渐变大，电场力 逐渐变大，则b加速度逐渐增大，故B错误；C.MN之间任意 位置电场线分布均比NQ之间任意位置密集一些，则MN之 间任意位置电场强度分布均比NQ之间任意位置大，根据 U=Ed,可知MN电势差1UMwI大于NQ两点电势差IUNoI,故 C正确；D.根据动能定理有q.Uo=△Ea,9Uw=△E6,根据 上述，MN电势差IUI大于NQ两点电势差IUoI,由于两 粒子所带电荷量大小关系不确定，则α粒子到达等势线3的 动能变化量与b粒子到达等势线1的动能变化量大小关系 也不能够确定，故D错误故选C 3.C解析：A.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，且 轨迹向力的方向弯曲可知，M带负电荷，N带正电荷， 故A错误：B.M从a到b点，只有库仑力对其做功，则电势 能和动能之和守恒，因a点电势高，则带负电的M在a点电 势能较小，则动能较大，则b点的动能小于在a点的动能，故 B错误：C.d点电势低于c点的电势，因N带正电，则N在d 点的电势能小于在c点的电势能，即N在从c点运动到d点 的过程中电势能减少，故C正确；D.由于d、e两点电场强度 方向不同，所以N在d点的加速度与它在e点的加速度大小 相等，但方向不相同，故D错误.故选C. 4.C解析：由题可知，带电液滴受重力和电场力作用，两个力 都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，则液 滴带负电，电场力做正功，电势能减少，故AB错误：因为有 重力和电场力做功，所以液滴的电势能、动能和重力势能之 和守恒，故C正确，D错误故选C. 5.D解析：A.因为mg=Eg,所以合力F=√2mg,方向与水平 方向的夹角为45°，小球从A到B点的过程中，合力先做负 功后做正功，动能先变小后变大，速度先变小后变大， 故A错误；B.当水平分速度减为零时。-，此时竖直分速 1 度v=gt=to,位移偏转角tan0= 2%t 一=1，刚好落回斜面，所 1 2 以电场力一直做负功，机械能一直减小，此时速度大小为。， 故B错误；C.落回斜面过程中，电场力一直做负功，电势能 参考答案与解析 一直增大，所以落回斜面时，电势能最大，故C错误；D.从A 到B点的过程中，根据能量守恒可知，重力对小球做的功等 于小球电势能的增加量，故D正确.故选D. 6.D解析：由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦 力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑 块在b点静止，故库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中， 随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点 时速度减为零，A错误：水平方向受大小不变的摩擦力及变 大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大， 但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是 变化的，故中间时刻的速度小于之，B错误；由动能定理可得 ung=0子m6,产生的内能Q=ngs=+m,因此 1 在此过程中产生的内能大于减少的动能，C错误：由动能定理 可得4mgs=0-之m6,解得两点间的电势差U:-U= m(v6-2μg3 -,D正确.故选D. 24 7.BD解析：AB.小物块受重力、电场力、墙壁的弹力以及摩 擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度增 大，则电场力增大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的 弹力增大，导致滑动摩擦力增大，由于A0段和OB段的电场 强度大小对称，可知小物块从0到B过程中电场力减小，墙 壁的弹力减小，所受滑动摩擦力减小，由于小物块运动到B 点时速度减为零，故小物块从A到B过程中摩擦力一直大 于重力，根据牛顿第二定律，有a=广m飞，故小物块从A到B m. 过程中，加速度先增大后减小，从A到O过程与从O到B过 程的动能的变化量相同，则0点动能为子m,0点的速度 为2，放A销误，B正确；CD.由A和B选项的分析知，9 带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B, 电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故C错 误，D正确.故选BD a.(22(3a点， 解析：(1)对滑块水平方向受力分析，如图所示： ↑W 据牛顿第二定律4P=ma1,又P=,可知a,-兰， m 滑块向左滑行距A最大位移为s1,根据哈=2a1S1可得s1= 6_ 2a18f (2)设滑块第一次从左侧再次回到A处的速度为1、加速度 为a2、滑块在右侧电场中的加速度为a,在右侧滑行的最大 距离为s2,滑块从A左侧最大位移处向右到达A的过程中， 据牛顿第二定律Fma,F电=Bq,可得a,-m, 2f 2 又=2a2s1可知01=20， 黑白题15