專題57靜電場中的圖像問題 -2024屆高三物理一輪復(fù)習(xí)重難點(diǎn)逐個(gè)突破（解析版）

專題57靜電場中的圖像問題1.F-q圖像（1-2T）2.v－t圖像（3-5T）3.E－x圖像（6-10T）4.φ－x圖像（11-16T）5.Ep－x圖像（17-21T）6.Ek－x圖像（22-23T）7.a-x圖像（24T）8.P一t圖像（25T）9.電容器充電、放電過程中的有關(guān)圖像（26-27T）10.靜電場各種圖像的綜合（28-30T）1．如圖甲所示，x軸上有一固定的場源點(diǎn)電荷（未畫出）及a、b兩點(diǎn)，在a點(diǎn)放入帶正電的試探電荷，規(guī)定靜電力的正方向沿x軸正向，得到試探電荷受到的靜電力F隨其電荷量q變化的圖像如圖乙中的a圖線所示，將該試探電荷放到b點(diǎn)可得圖乙中的b圖線。關(guān)于場源點(diǎn)電荷的說法正確的是（）A．帶正電，位于a、b兩點(diǎn)之間B．帶負(fù)電，位于a、b兩點(diǎn)之間C．帶正電，位于a點(diǎn)左邊D．帶負(fù)電，位于b點(diǎn)右邊【答案】B【解析】由圖像可知，圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，試探電荷在a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相反，所以場源點(diǎn)電荷位于a、b兩點(diǎn)之間。又因?yàn)樵囂诫姾蓭д娗以赼點(diǎn)處電場力沿x軸正向，所以場源點(diǎn)電荷帶負(fù)電。故選B。2．把試探電荷放入電場中的不同點(diǎn)a、b、c、d處，測得試探電荷所受的電場力F與其電荷量q之間的關(guān)系圖像如圖所示，則a、b、c、d四點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小的關(guān)系為（）A．Ea>Eb>Ec>Ed B．Ea>Ec>Ed>Eb C．Ec>Ed>Eb>Ea D．Ec>Ea>Eb>Ed【答案】B【解析】F?q圖像的斜率的絕對值表示電場強(qiáng)度大小，a圖線斜率的絕對值最大，所以a點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大，b圖線斜率的絕對值最小，電場強(qiáng)度的最小。所以四點(diǎn)場強(qiáng)的大小關(guān)系是Ea>Ec>Ed>Eb，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。3．如圖（甲）所示，AB是電場中的一條電場線，一帶正電粒子沿直線從A運(yùn)動(dòng)到B的v-t圖像如圖（乙）所示，則關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度EA和EB的下列說法正確的是（）A．EA>EB，電場方向從B指向A B．EC．EA=EB，電場方向從A【答案】B【解析】由v-t圖像可知，粒子從A運(yùn)動(dòng)到B速度不斷增大，即粒子做加速運(yùn)動(dòng)，粒子所受電場力的方向與速度方向相同，所以電場力的方向從A指向B，又由于粒子帶正電，電場力的方向與場強(qiáng)方向相同，故電場方向從A指向B，圖線切線的斜率表示加速度，由圖可知，粒子從A運(yùn)動(dòng)到B加速度變大，即電場力變大，場強(qiáng)變大。故選B。4．（2022·安徽·定遠(yuǎn)二中模擬預(yù)測）(多選)如圖甲所示，兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q=+1×10?3C、質(zhì)量m=0.02kg的小球在該平面上從a點(diǎn)由靜止釋放，沿P、Q連線的中垂線運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，其v?t圖像如圖乙中圖線①所示，其中A．P、Q帶正電荷 B．b點(diǎn)的場強(qiáng)為30V/mC．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢差為90V D．帶電小球由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，電勢能一直減小【答案】BCD【解析】A．帶正電的小球從a點(diǎn)由靜止釋放，沿aO連線運(yùn)動(dòng)，受到沿aO連線的電場力，則aO線上的電場方向由a指向O，故兩點(diǎn)電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．v－t圖像上斜率表示加速度，在b點(diǎn)有a根據(jù)牛頓第二定律得q解得Eb=30C．小球從a到b，由動(dòng)能定理得q由題圖乙可得v代入數(shù)據(jù)解得Uab=90VD．小球由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故D正確。故選BCD。5．如圖所示，一絕緣且粗糙程度相同的豎直細(xì)桿處于兩等量異種點(diǎn)電荷+Q、?Q連線的中垂線上，細(xì)桿和兩點(diǎn)電荷均固定，A、O、B分別為細(xì)桿上的三點(diǎn)，O為+Q、?Q連線的中點(diǎn)，AO=BO。現(xiàn)有電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球套在桿上，從A點(diǎn)起以初速度v0向B點(diǎn)滑動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，則下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的v?tA． B．C． D．【答案】A【解析】由題意知，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，所以在B處小球做減速運(yùn)動(dòng)，則此時(shí)加速度向上，又因?yàn)锳與B點(diǎn)對稱，則受力情況相同，則A點(diǎn)加速度方向也向上。對小球受力分析如圖則f?mg=maf=μFNFN因?yàn)閺腁到B過程中，r先減小后增大，θ也是先減小后增大，則支持力先增大后減小，摩擦力也先增大后減小，故加速度先增大后減小，且加速度方向一直向上，因此小球從A到B過程中做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，又因?yàn)関~t圖像的斜率表示加速度。故選A。6．（2020·全國·高三階段練習(xí)）某電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x＝3x0的C點(diǎn)處。假設(shè)粒子僅受電場力作用，圖中E0、x0已知，則下列說法正確的是（

）A．粒子一定帶負(fù)電B．O、C兩點(diǎn)中O點(diǎn)電勢較高C．粒子的初速度大小為3D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)過程中最大動(dòng)能為qE0x0【答案】C【解析】A．粒子從O點(diǎn)出發(fā)，粒子剛好能運(yùn)動(dòng)到x=3x0的C點(diǎn)處，在此過程中，電場的方向發(fā)生了改變，最后粒子的速度為零，說明電場力對粒子是先做正功后做負(fù)功的，所以粒子一定帶正電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)W可知UOC為負(fù)值，故C點(diǎn)電勢較OC．粒子在從O到C的過程中由E-x圖像面積意義表示電勢差，則可得電場力總功為W=再由動(dòng)能定理?解得v0D．粒子在xo處具有最大動(dòng)能，粒子由xo到3xo處由動(dòng)能定理有E故D錯(cuò)誤。故選C。7．靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向?yàn)閳鰪?qiáng)的正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，那么點(diǎn)電荷（）A．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能減小B．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中靜電力先增大后減小C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電勢能先增大后減小D．在x2和x4處電勢相等【答案】B【解析】ACD．由題意可知，帶正電的點(diǎn)電荷由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，靜電力一直做負(fù)功，電勢能一直增大，ACD錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像，由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中場強(qiáng)大小先增大后減小，靜電力先增大后減小，B正確。故選B。8．（2022·河南·高三階段練習(xí)）(多選)如圖所示，半徑為R均勻帶電球體的電荷量為+Q，可以證明，均勻帶電球體（球殼）在球的外部產(chǎn)生電場，與一個(gè)位于球心、電荷量相等的點(diǎn)電荷在同一點(diǎn)產(chǎn)生的電場相同，以球心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立x軸，帶電均勻的球體在x軸上的電場強(qiáng)度如圖所示，靜電力常量為k。下列說法正確的是（）A．因?yàn)榍蛐奈恢秒妶鰪?qiáng)度為零，所以球心位置電勢為零B．球心與球表面間電勢差為kQC．x=2R位置的電場強(qiáng)度大小為kQD．根據(jù)E?x圖像可知，x=R位置處電場強(qiáng)度為kQR2，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度為零，所以從x=R【答案】BC【解析】A．由E?x圖像可知，在x軸上，電場強(qiáng)度的方向水平向右，沿著電場線電勢降低，所以球心位置電勢最高，A錯(cuò)誤；B．E?x圖像與x軸包圍的面積表示兩點(diǎn)的電勢差，所以球心與球體外表面的電勢差為kQ2RC．根據(jù)題意，距球心2R位置的電場強(qiáng)度等同于電荷量為Q的點(diǎn)電荷在2R位置產(chǎn)生電場相同，由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)場強(qiáng)公式得x=2R位置的電場強(qiáng)度大小為kQ4D．x軸上從x=R到無窮遠(yuǎn)電場強(qiáng)度分布不是線性關(guān)系，所以從x=R到無窮遠(yuǎn)電場強(qiáng)度的平均值不是kQ2故選BC。9．如圖所示的某電場中，x軸上各點(diǎn)處電場強(qiáng)度E隨x變化圖象，x軸正向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，在x軸上0~x1間某點(diǎn)處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，粒子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A．x1處電勢最低B．x2處電勢最高C．粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，粒子的電勢能可能先減小后增大再減小D．粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，如果到達(dá)x2處速度剛好為零，則粒子運(yùn)動(dòng)的最大速度一定大于q【答案】D【解析】AB．由題圖可知，x軸上x1左側(cè)場強(qiáng)方向向左，右側(cè)場強(qiáng)方向向右，因此x1處電勢最高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C．粒子在向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．粒子在x1處速度最大，因此從x1處運(yùn)動(dòng)到x2處的過程中，有?q從x1處到x2處圖線與x軸所圍的面積為這兩點(diǎn)間的電勢差，因此U12＞1所以有vm＞qE0故選D。10．(多選)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示,x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)的正方向,帶負(fù)電的小球A在x3位置處由靜止釋放且僅受電場力作用．若僅考慮小球A在x1位置與x3位置間的運(yùn)動(dòng),則小球（

）A．在x1位置動(dòng)能最小B．在x3位置與x1位置加速度大小相同C．在原點(diǎn)O位置電勢能小于在x2位置電勢能D．在原點(diǎn)O位置電勢能小于在x1位置電勢能【答案】BCD【解析】由題中“靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示”可知，本題考查從E-x圖中判斷帶電物體電勢能和加速度情況，根據(jù)圖像信息結(jié)合電場公式可分析本題。A、由于小球帶負(fù)電，因此在x軸正方向電場力做正功，動(dòng)能增加，在從E-x圖中，圖像與坐標(biāo)圍成的面積表示電場力做功的多少，因此，在x1位置速度不為零，因此動(dòng)能不是最小，故A錯(cuò)誤；B、在x3位置與x1位置，電場強(qiáng)度大小相等，因此所受電場力大小相同，因此帶點(diǎn)小球只受電場力，因此加速度大小相同，故B正確；CD、由于在x軸正方向電場力做正功，因此電勢能減小，所以在原點(diǎn)O位置電勢能小于在x1、x2位置電勢能，故CD正確。11．(多選)某靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x變化規(guī)律如圖所示。一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子（不計(jì)重力），以初速度v0從O點(diǎn)（x＝0）進(jìn)入電場，僅在電場力的作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是（

）A．粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，電勢能一直減少C．若使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，則初速度v0至少為2D．若v0為2qφ【答案】BD【解析】A．粒子從O運(yùn)動(dòng)到x1的過程中，電勢升高，場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，粒子所受的電場力方向也沿x軸負(fù)方向，與粒子的速度方向相反，則粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B．粒子從x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中，電勢不斷降低，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能越大，可知，粒子的電勢能不斷減小。故B正確；C．根據(jù)電場力和運(yùn)動(dòng)的對稱性可知：粒子如能運(yùn)動(dòng)到x1處，就能到達(dá)x4處，當(dāng)粒子恰好運(yùn)動(dòng)到x1處時(shí)，由動(dòng)能定理得q（0-φ0)=0-1解得v0=2q要使粒子能運(yùn)動(dòng)到x4處，粒子的初速度v0至少為2qφD．若v0=2qφ0m，粒子運(yùn)動(dòng)到x3處電勢能最小，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得：q[0-（-φ解得最大速度為vm=6qφ故選BD?！军c(diǎn)睛】此題也可以根據(jù)電勢φ隨x的分布圖線可以得出電勢函數(shù)關(guān)系，由電勢能和電勢關(guān)系式得出電勢能的變化。對于速度問題，往往利用動(dòng)能定理列方程解答。12.(2021·山東卷)如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個(gè)頂點(diǎn)上分別固定一個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷；在0≤x<22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示．現(xiàn)將一電荷量為－Q的點(diǎn)電荷P置于正方形的中心O點(diǎn)，此時(shí)每個(gè)點(diǎn)電荷所受庫侖力的合力均為零．若將P沿xA．Q＝2+12q，釋放后B．Q＝2+12q，釋放后C．Q＝22+14qD．Q＝22+14q【答案】C【解析】對O點(diǎn)上方的點(diǎn)電荷，由平衡知識可得2kq2a2＋kq22a2＝kQq12a2，解得Q＝22+14q，因?yàn)?≤x＜13．(多選)如圖甲，O為AB連線的中點(diǎn)，M、N在AB連線的中垂線上，A、B、M、N四點(diǎn)距O點(diǎn)的距離均為2L。在A、B兩點(diǎn)分別固定一點(diǎn)電荷，電荷量均為Q（Q>0）。以O(shè)為原點(diǎn)，ON方向?yàn)檎较蚪軸。若取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，則ON上的電勢φ隨位置x的變化如圖乙所示。一電荷量為－q（q>0）的帶電粒子以一定的初動(dòng)能從M點(diǎn)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，一定時(shí)間后經(jīng)過N點(diǎn)。不計(jì)粒子重力，kA．粒子在M點(diǎn)受到的電場力大小為2B．粒子在O點(diǎn)的電勢能為2C．粒子從x=L2處到N點(diǎn)的過程中，其動(dòng)能減少了D．要使粒子離開電場，粒子的初動(dòng)能至少為kQq【答案】ACD【解析】A．設(shè)A到M點(diǎn)的距離為RM，由幾何關(guān)系可得A點(diǎn)的電荷對帶電粒子的庫侖力大小為FA，由庫侖定律有設(shè)帶電粒子在M點(diǎn)所受電場力大小為FM，由力的合成有解得FM=B．由電勢能公式得O點(diǎn)的電勢能EpOC．帶電粒子從x=L2處到N故C正確；D．要使粒子離開電場，由能量守恒定律得E解得Ek故選ACD。14．真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x軸上的A、O兩點(diǎn)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，x軸正半軸上的電勢隨x變化規(guī)律如圖所示，C為電勢的最高點(diǎn)，OC=2OA。則下列說法正確的是（）A．Q1、Q2可能為同種電荷B．Q1、Q2的電量大小之比為9：4C．帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下從B點(diǎn)沿x軸向C點(diǎn)移動(dòng)的過程中，加速度逐漸變大D．帶負(fù)電的粒子從B點(diǎn)沿x軸向D點(diǎn)移動(dòng)的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功【答案】B【解析】在φ?x圖像中，斜率表示電場強(qiáng)度。A．由圖像可知，C點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，即點(diǎn)電荷Q1、Q2在C點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向，因此Q1、Q2一定為異種電荷，A錯(cuò)誤；B．由于C點(diǎn)場強(qiáng)為零可知k代入數(shù)據(jù)可得Q1C．從B到C場強(qiáng)逐漸減小，帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下從B點(diǎn)沿x軸向C點(diǎn)移動(dòng)的過程中，加速度逐漸變小，C錯(cuò)誤；D．由于從B到D過程中，電勢先升高后降低，帶負(fù)電的粒子從B點(diǎn)沿x軸向D點(diǎn)移動(dòng)的過程中電勢能先減小后增加，因此電場力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤。故選B。15．如圖，在x軸上的O、M兩點(diǎn)固定著兩個(gè)電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖所示，其中A、B兩點(diǎn)的電勢均為零，BD間的C點(diǎn)電勢最高，則（）A．q1為負(fù)電荷，q2為正電荷B．BD段中C點(diǎn)電場強(qiáng)度最大且沿x軸正方向C．A點(diǎn)電場強(qiáng)度小于C點(diǎn)電場強(qiáng)度D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功【答案】D【解析】A．由兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x的變化關(guān)系可知，q1為正電荷、q2為負(fù)電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)電勢φ隨x的變化關(guān)系曲線的斜率的大小表示電場強(qiáng)度大小知，BD段中C點(diǎn)電場強(qiáng)度最小，且為零，A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于C點(diǎn)電場強(qiáng)度，選項(xiàng)BC錯(cuò)誤；D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。故選D。16．(多選)如圖是電場中一直線上的電勢φ隨位置x變化的圖線，圖線關(guān)于縱軸對稱。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子只在電場力的作用下，從-x1處以v0的初速沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，并能到達(dá)x2位置，則粒子（）A．先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)后做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x1處的速度為v0B．先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x1處的速度為v0C．在x1處的動(dòng)能小于在x2處的動(dòng)能，在x1處的電勢能大于x2處的電勢能D．從-x1處到x2的過程中動(dòng)能和電勢能之和不變【答案】ACD【解析】從φ-x圖可得，從-x1處到x2處場強(qiáng)先減小后增大，方向先沿+x方向后沿-x方向，粒子先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)后做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x1處的速度為v0，動(dòng)能先減小后增大，電勢能先增大后減小，動(dòng)能和電勢能總和不變。從x1處到x2處做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增大，電勢能減小，即在x1處的動(dòng)能小于在x2處的動(dòng)能，在x1處的電勢能大于x2處的電勢能。故選ACD。17．空間中存在一靜電場，一電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能EP隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，則電子從x1向x3A．在x1處電子速度最大B．在x2處電子加速度最大C．在x3處電場強(qiáng)度最大D．在x2處電勢最高【答案】C【解析】A.電子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能與電勢能之和是恒定的，則電子從x1向x3運(yùn)動(dòng)的過程中，在x3處的電勢能最小，則動(dòng)能最大，速度最大，A錯(cuò)誤；B.EP?x圖象的斜率絕對值表示電子受到的電場力大小，在xC.電子從x1向x3運(yùn)動(dòng)的過程中，x3處的圖象斜率絕對值最大，則電場力最大，電場強(qiáng)度最大，C正確；D.電子從x1向x3運(yùn)動(dòng)的過程中，電子在x2處電勢能最大，但由于電子帶負(fù)電，故在x2處電勢最低，D錯(cuò)誤；故選C。18．(多選)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位移x變化關(guān)系如圖所示，其中0~x2段是關(guān)于直線x=x1對稱的直線，x2~x3段是曲線，則下列說法正確的是（）A．x1處電場強(qiáng)度最小B．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3＜φ2=φ0＜φ1C．0~x2段帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．0~x1段電場強(qiáng)度方向不變，大小不變，x2~x3段的電場強(qiáng)度大小減小、方向均不變【答案】BD【解析】A．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ場強(qiáng)與電勢的關(guān)系E=Δφ得E=1q·由數(shù)學(xué)知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于qE，x1處的斜率可以認(rèn)為與0～x1段相等，故此位置電場強(qiáng)度并不是最小的，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep=qφ粒子帶負(fù)電，q＜0，則知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ3＜φ2=φ0＜φ1B正確；C．由圖可知，0～x1段和0～x2段電場方向相反，故加速度并不相同，不是一直做勻變速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．0～x1段電場強(qiáng)度方向不變，大小不變，x2～x3段圖象的斜率減小，故電場強(qiáng)度大小減小，方向不變，D正確。故選BD。19．(多選)一帶正電的粒子僅在電場力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢能Ep隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列判斷正確的是（）A．x1、x2、x3處電勢φ1、B．粒子在0～x1段所受電場力沿x軸負(fù)方向；x1～x3段所受電場力沿x軸正方向C．粒子從O點(diǎn)向x3運(yùn)動(dòng)過程中加速度逐漸減小D．粒子從x2向x3運(yùn)動(dòng)過程電場力做負(fù)功【答案】AD【解析】BD．粒子沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程，電勢能先減小后增大，可知電場力先做正功后做負(fù)功，由于粒子帶正電，可知在0～x1段所受電場力沿x軸正方向；x1～x3段所受電場力沿x軸負(fù)方向，粒子從x2向x3運(yùn)動(dòng)過程電場力做負(fù)功，B錯(cuò)誤，D正確；A．由E可知，從O點(diǎn)開始沿x軸正方向，電勢先降低后升高，x1處的電勢最低，可得φA正確；C．圖線的斜率表示粒子所受電場力，粒子從O點(diǎn)向x3運(yùn)動(dòng)過程中，受到的電場力先減小后增大，再保持不變，故粒子的加速度先減小后增大，再保持不變，C錯(cuò)誤。故選AD。20．空間存在一電場，一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下從x1處沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，初速度大小為v0，其電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖所示，圖線關(guān)于縱軸左右對稱，以無窮遠(yuǎn)處為零電勢能點(diǎn)，粒子在原點(diǎn)O處電勢能為E0，在x1處電勢能為E1，則下列說法中不正確的是（）A．坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度為零B．粒子經(jīng)過x1、-x1處速度相同C．由x1運(yùn)動(dòng)到O過程加速度一直減小D．粒子能夠一直沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，一定有v【答案】C【解析】A．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系E場強(qiáng)與電勢的關(guān)系E=可得E=Ep?x圖像切線的斜率等于ΔEpΔB．由圖看出，x1、-x1兩處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律得知，粒子經(jīng)過x1、-x1處動(dòng)能相等，則速度相同，故B正確；C．由x1運(yùn)動(dòng)到O過程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，圖線的斜率先減小后增大，說明場強(qiáng)先減小后增大，由F=qE知，粒子所受的電場力先減小后增大，根據(jù)牛頓第二定律得知，加速度先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)公式Ep=qφ可知，該粒子帶負(fù)電，從x1到-x1處，電勢先降低后升高，電場方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，電場力先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，粒子只要能通過原點(diǎn)O，就能一直沿x軸運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子恰好能到達(dá)原點(diǎn)O時(shí)的速度為v當(dāng)v0＞v時(shí)，即v粒子能夠一直沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選C。21．在x軸上O、P兩點(diǎn)分別放置電荷量為q1、q2的點(diǎn)電荷，一帶正電的試探電荷在兩電荷連線上的電勢能EP隨x變化關(guān)系如圖所示，其中A、B兩點(diǎn)電勢能為零，BD段中C點(diǎn)電勢能最大，則下列說法正確的是（）A．q1帶負(fù)電，q2帶正電B．q1的電荷量小于q2的電荷量C．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，且BC間電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功【答案】D【解析】A．根據(jù)題圖可知，帶正電的試探電荷在靠近O時(shí)電勢能變大，靠近P時(shí)電勢能變小，因此q1帶正電，q2帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．由于試探電荷在B點(diǎn)的電勢能為0，則B點(diǎn)的電勢為0，而B點(diǎn)距離q1較遠(yuǎn)，則q1的電荷量大于q2的電荷量，故B錯(cuò)誤；C．由于正電荷在某點(diǎn)的電勢能與該點(diǎn)的電勢成正比，則由B到C電勢越來越大，沿著電場線方向電勢降低，則BC間電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，故C錯(cuò)誤；D．從B點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢先升高后降低，則將一負(fù)點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，負(fù)點(diǎn)電荷的電勢能先減小后增大，則電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確。故選D。22．（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖甲，在勻強(qiáng)電場中的O點(diǎn)先后無初速釋放兩個(gè)正點(diǎn)電荷I和Ⅱ，電荷僅受勻強(qiáng)電場的作用沿直線向A運(yùn)動(dòng)，兩電荷的動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖乙。若I的電荷量為q，則可知A．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E=EB．電荷Ⅱ受到的電場力大小為FC．電荷Ⅱ的電荷量為qD．選O點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，A點(diǎn)的電勢為?【答案】A【解析】A.對電荷I，從O點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得qEx=故電場強(qiáng)度大小為E=EkoqB.對電荷Ⅱ，由動(dòng)能定理可得故電荷Ⅱ受到的電場力為FII=C.由場強(qiáng)為E=Ekoqx0D.選O點(diǎn)為零電勢點(diǎn)，則U由UOA=23．（2022·山東·模擬預(yù)測）(多選)如圖甲所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓筒豎直放置，左側(cè)距離為L處有一固定的負(fù)電荷N，圓筒內(nèi)有一帶電小球，設(shè)小球與電荷的豎直高度差為H，將小球無初速度地從H0高處釋放后，在下落至與N同一水平面的過程中，其動(dòng)能Ek隨HA．小球可能帶負(fù)電，也可能帶正電B．在H1C．該過程中，小球所受合力先增大后減小再增大D．該過程中，小球的動(dòng)能和電勢能之和不斷增加【答案】BD【解析】A．小球在豎直方向上受到重力mg、庫侖力的豎直分力Fx，由動(dòng)能定理和圖像斜率知k=H1、H2處斜率為零，合外力均為零，即這兩處豎直方向上，向上的庫侖分力與豎直向下的重力平衡，所以小球與N一定帶同種電荷，即小球一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．H1、H2之間圖像的斜率先增大再減小，合力大小先增大后減小，又因?yàn)閺腍1到H2小球動(dòng)能減小，合外力向上，即豎直向上的庫侖力先增大再減小，之間某點(diǎn)庫侖力的豎直分力最大，故B正確；C．由圖像知，小球在H1和H2處的加速度為零，易知在H0~H1之間，小球的合力逐漸減小到零；H1~H2之間，小球的合力從零逐漸增大再減小到零；在H2~0之間，小球的合力逐漸增大，故C錯(cuò)誤；D．小球的動(dòng)能和電勢能、重力勢能之和不變，由于小球的重力勢能在減小，所以小球的動(dòng)能和電勢能之和在增加，故D正確。故選BD。24．一個(gè)帶負(fù)電的粒子從x＝0處由靜止釋放，僅受電場力作用，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度a隨位置變化的關(guān)系如圖所示，x2－x1＝x3－x2可以得出（）A．在x1和x3處，電場強(qiáng)度相同B．從x1到x3過程中，電勢先升高后降低C．粒子經(jīng)x1和x3處速度等大反向D．粒子在x2處電勢能最大【答案】B【解析】根據(jù)題中“僅受電場力作用”可知，本題考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場力、電場力做功和電勢能變化規(guī)律，運(yùn)用牛頓第二定律公式、電勢能公式、電場力做功、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及圖像等，進(jìn)行分析推斷。A．由牛頓第二定律qE＝ma可知在x1和x3處，電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像可知，從x1到x3過程中，粒子先加速后減速，所以電場力先做正功，后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，x2處，電勢能最小，根據(jù)Ep＝qφ可知，粒子帶負(fù)電，所以電勢先升高后降低，B正確，D錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax可知，a-x圖像的面積表示v22，所以粒子經(jīng)x1和x故選B。25．如圖（a）所示為某電場中的一條電場線，其方向豎直向上。t=0時(shí)刻，一帶正電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，P一t關(guān)系圖像如圖（b）所示。則可判斷該電場為（）A．點(diǎn)電荷的電場 B．等量同種電荷的電場C．等量異種電荷的電場 D．勻強(qiáng)電場【答案】D【解析】電場力對粒子做功的功率等于電場力與粒子沿電場力方向的速度之積P=F由圖可知功率P隨時(shí)間均勻增大，故粒子沿電場力方向的速度隨時(shí)間均勻增大，則其受電場力恒定，故該電場為勻強(qiáng)電場。故選D。26．(多選)某同學(xué)按如圖甲所示連接電路，利用電壓傳感器研究電容器的放電過程。先使開關(guān)S接1，電容器充電完畢后將開關(guān)擲向2，可視為理想電壓表的電壓傳感器將電壓信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出電壓隨時(shí)間變化的U-t曲線如圖乙所示。電容器的電容C已知，且從圖中可讀出最大放電電壓U0、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積S、任一點(diǎn)的切線斜率k，但電源電動(dòng)勢和內(nèi)阻、定值電阻R均未知。根據(jù)題目所給的信息，下列物理量能求出的是（）A．電容器放出的總電荷量B．通過電阻R的最大電流C．定值電阻RD．電源的內(nèi)阻【答案】ABC【解析】根據(jù)題中物理情景描述可知，本題考查電容器，根據(jù)電容器充放電的規(guī)律，運(yùn)用圖像、電容定義式、電流定義式等，進(jìn)行分析推斷。A．根據(jù)圖像的含義，U-t圖像中，圖線與縱軸的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示最大放電電壓U0，因Q=CU0可以求出電容器放出的總電荷量，故A正確；B．由圖像可知，圖線切線斜率k=根據(jù)電流的定義可知I=故t=0時(shí)，放電電流可以求出，這就是通過電阻R的最大電流I，故通過電阻R的最大電流可以求出，B正確；C．電阻兩端的最大電壓是最大的放電電壓U0，通過選項(xiàng)B分析可知，最大電壓和最大電流均可以求出，根據(jù)歐姆定律可知，定值電阻R=故定值電阻R可以求出，C正確；D．根據(jù)題意可知E=U0而電源內(nèi)阻r無法求出，D錯(cuò)誤。故選ABC。27．（2022·福建漳州·高三階段練習(xí)）(多選)電容器是一種重要的電學(xué)元件，在電工、電子技術(shù)中應(yīng)用廣泛。使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計(jì)算機(jī)相連，可以顯示電路中電流隨時(shí)間的變化。圖甲中直流電源電動(dòng)勢為E，實(shí)驗(yàn)前電容器不帶電。先將開關(guān)S撥到“1”給電容器充電，充電結(jié)束后，再將撥到“2”，直至放電完畢。計(jì)算機(jī)記錄的電流隨時(shí)間變化的i—t曲線如圖乙所示。則（）A．乙圖中陰影部分的面積SB．乙圖中陰影部分的面積SC．由甲、乙兩圖可判斷阻值RD．由甲、乙兩圖可判斷阻值R【答案】BD【解析】AB．圖乙中陰影面積代表充放電中電容器上的總電量，所以兩者相等，A錯(cuò)誤，B正確；CD．由圖乙可知充電瞬間電流大于放電瞬間電流，且充電瞬間電源電壓與放電瞬間電容器兩極板電壓相等，由E解得RC錯(cuò)誤，D正確。故選BD。28．如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，且電場方向與MN平行，一質(zhì)量為m=2.0×10?11kg、電荷量為q=1.0×10?5C的帶正電粒子（重力不計(jì)）從a點(diǎn)以v1=1×104m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場，最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時(shí)的速度v2=2×104m/s，已知MP=20cm、MN=80