专题02 电场中“四类”典型图象问题的突破(精讲)-2019年高考物理双基突破(二)

核心素养提升——模型方法系列 相互关联的静电场中的四类图像静电场中常见的图像问题主要有以下几种类型： 1．速度随时间变化的图像，即v ­t 图像 2．电场强度随位置变化的图像，即E ­x 图像； 3．电势随位置变化的图像，即φ­x 图像； 4．电势能随位置变化的图像，即E p ­x 图像。

解答此类题目的关键是弄清图像的物理意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、面积、交点坐标等的物理意义，同时根据图像特点，把抽象的图像转化为具体的电场模型(如匀强电场、点电荷电场、等量同种电荷电场、等量异种电荷电场等)，再来分析、解决这类问题。

类型一 电场中的v ­t 图像【典例1】(多选)(2021·邯郸模拟)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A 、B 、C 三点，如图甲所示。

一质量m ＝1 g 的带正电小物块由A 点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B 、C 两点，其运动过程的v ­t 图像如图乙所示，其中图线在B 点位置时斜率最大，根据图线可以确定( )A.中垂线上B 点电场强度最大B.A 、B 两点之间的位移大小C.B 点是连线中点，C 与A 点必在连线两侧D.U BC ＞U AB【解析】选A 、D 。

v ­t 图像的斜率表示加速度，可知小物块在B 点的加速度最大，所受的电场力最大，所以B 点的电场强度最大，A 正确；小物块由A 运动到B 的过程中，由图乙可知A 、B 两点的速度，已知小物块的质量，则由动能定理可知qU AB ＝12 mv 2B －12 mv 2A ，由上式可求出小物块由A 运动到B 的过程中电场力所做的功qU AB ，因为电场强度未知，则不能求解A 、B 两点之间的位移大小，B 错误；由O 、B 之间和B 、C 之间图线与坐标轴围成的面积不同，可知B 点不在连线中点，C 错误；在小物块由A 运动到B 的过程中，根据动能定理有qU AB ＝12 mv 2B －12 mv 2A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×10－3×42－0 J ＝8×10－3 J ，同理，在小物块由B 运动到C 的过程中，有qU BC ＝12 mv 2C －12 mv 2B ＝(12 ×1×10－3×72－12 ×1×10－3×42) J＝16.5×10－3 J ，对比可得U BC ＞U AB ，D 正确。

提分策略三 临考必会——“四类”典型图象(一)明确四类图象(二) 一是清楚各个物理公式，明白各概念和规律的本质内涵与外延，比如定义式和决定式的图象完全不同；二是对一次函数y ＝ax ＋b 要非常熟练，会用会画；三是掌握化非线性函数为线性函数的方法，根据需要能快速变换函数，能熟练将数学和物理结合起来，需要准确的数学运算能力．1．轴——横轴和纵轴所代表的物理量，以及物理量的单位或指数明确了两个坐标轴所代表的物理量，则清楚了图象所反映的是哪两个物理量之间的对应关系．有些形状相同的图象，由于坐标轴所代表的物理量不同，它们反映的物理规律就截然不同，如振动图象和波动图象．另外，在识图时还要看清坐标轴上物理量所注明的单位．每年都有大量考生因不注意这些细小的地方而失分．2．线——图象中图线的特征(宏观方面的物理规律)纵轴所代表的物理量量值变化吗，是均匀变化还是非均匀变化？是否是分段函数(图象)？是否存在极值？注意观察图象中图线的形状是直线、曲线，还是折线等，分析图线所反映两个物理量之间的关系，进而明确图象反映的物理内涵．3．点——坐标原点和图线上任意点，两图线交点(微观方面的，特殊状态或过程)坐标原点坐标值是0吗？图线上任意一点的物理意义是什么？图线相交点的含义是什么？注意坐标原点不一定是0，比如为了减小误差，路端电压—电流图象中的坐标原点可能不为零．4．截——横纵截距的物理意义截距是图线与两坐标轴的交点所代表的坐标数值，该数值具有一定的物理意义．5．斜——图线上某点切线斜率的物理意义物理图象的斜率代表两个物理量增量的比值，其大小往往代表另一物理量值．如x ­t 图象的斜率为速度，v ­t 图象的斜率为加速度、电场力F —检验电荷q 图象的斜率是电场强度、电容器Q ­U 图象的斜率是电容等等．若某些量是定值，根据线性图线的特点，可以推理出一些有用结论，比如弹簧k ＝F x ＝ΔF Δx ，C ＝Q U＝ΔQ ΔU ，R ＝U I ＝ΔU ΔI等等． 6．割——割线的物理意义有的物理图象中，图线上某点与坐标零点的割线的斜率才有意义，而该点的切线斜率没有意义，比如描绘小灯泡的伏安特性曲线．7．面——图象中图线与坐标轴所围面积的物理意义有些物理图象的图线与横轴所围的面积的值，常代表另一个物理量的大小．(1)v­t图象与t轴所围面积表示这段时间内质点的位移．(2)a­t图象与t轴所围面积表示这段时间内质点速度的变化．(3)F­x图象与x轴所围面积表示这段位移内力F所做的功．(4)E­x图象与x轴所围面积表示这段位移两端的电势差．(5)i­t图象与t轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量．[临考必练]1．甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v­t图象为两段直线，乙物体运动的v­t图象为两段半径相同的圆弧曲线，如图所示．图中t4＝2t2，则在0～t4时间内，下列说法正确的是( )A．甲物体的加速度不变B．乙物体做曲线运动C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度解析：v­t图象中图线的斜率表示加速度，由题图可知甲物体的加速度大小不变，方向改变，A错误；v­t图象不是物体的运动轨迹，乙物体做变速直线运动，B错误；v­t图象中图线与时间轴所围成的图形的面积表示位移的大小，根据题图可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，C错误；0～t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，甲、乙两物体运动时间相等，故两物体的平均速度相等，D正确．答案：D2.一辆摩托车在t＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a­t 图象如图所示．根据已知的信息，可知( )A．摩托车的最大动能B．摩托车在30 s末的速度大小C．在0～30 s的时间内牵引力对摩托车做的功D．10 s末摩托车开始反向运动解析：由题图可知，摩托车在0～10 s内做匀加速运动，在10～30 s内做加速度逐渐减小的减速运动，故10 s末摩托车的速度最大，动能最大，由v＝at可求出摩托车的最大速度，但摩托车的质量未知，故不能求出最大动能，A错误；根据a­t图象中图线与t轴所围成的图形的面积表示速度的变化量，可求出摩托车在30 s内速度的变化量，由于初速度为零，则摩托车在30 s末的速度大小为零，摩托车沿同一方向运动，B正确，D错误；在10～30 s内牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，故不能求出牵引力对摩托车做的功，C错误．答案：B3．(多选)如图甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，在经B点的水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图乙所示，下列说法正确的是( )A．a在斜面上滑行的加速度比b的大B．a在水平面上滑行的距离比b的短C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小D．a与水平面间的动摩擦因数比b的大解析：由题图乙中图线斜率可知，a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，A正确；物体在水平面上做匀减速运动，由图线与坐标轴围成的图形的面积表示位移大小可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，B错误；物体在斜面上运动的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，因为a在斜面上的加速度大于b在斜面上的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，C正确；物体在水平面上运动的加速度a′＝μ′mgm＝μ′g，因为a在水平面上运动的加速度小于b在水平面上运动的加速度，所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小，D错误．答案：AC4.(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( ) A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：图线的切线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，由题图可知，电势与距离不成正比，因此该静电场是非匀强电场，选项A错误，B正确；根据沿着电场线方向电势降低，可知电场线的方向沿x轴负方向，故电子所受电场力沿x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，选项C正确，D错误．答案：BC5.(多选)有一沿x轴分布的电场，电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正向为电场强度的正方向，在x轴上0～x1间某点处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，仅在电场力作用下运动，下列说法正确的是( )A ．x 轴上x 1处电势最高B ．x 轴上x 2处电势最高C ．粒子在向右运动的过程中，粒子的电势能可能先减小后增大，再减小D ．粒子在向右运动的过程中，如果到达x 2处速度刚好为零，则粒子运动的最大速度一定大于 qE 0(x 2－x 1)m解析：由题图可知，x 轴上x 1左侧场强方向沿x 轴负向，右侧场强方向沿x 轴正向，因此x 1处电势最高，选项A 正确，B 错误；带负电的粒子在向右运动的过程中，电势先增大后减小，因此电势能先减小后增大，选项C 错误；粒子在运动过程中只有电场力做功，粒子在x 1处速度最大，设为v m ，因此从x 1运动到x 2处的过程中，－qU 12＝0－12mv 2m ，从x 1到x 2间的图线与x 轴所围的面积为这两点间的电势差，因此U 12>12E 0(x 2－x 1)，因此有v m >qE 0(x 2－x 1)m，选项D 正确． 答案：AD6．(多选)如图甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围成的面积S 为0.1 m 2，圆环的电阻R 为0.2 Ω.在第1 s 内感应电流I 沿顺时针方向．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(在4～5 s 的时间段内图线呈直线)．则( )A ．在0～5 s 时间段内，感应电流先减小再一直增大B ．在0～2 s 时间段内，感应电流沿顺时针方向，在2～5 s 时间段内，感应电流沿逆时针方向C ．在0～5 s 时间段内，圆环最大发热功率为5.0×10－4 WD ．在0～2 s 时间段内，通过圆环某一横截面的电荷量为5×10－1 C解析：根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＝n ΔB R ·ΔtS ，可知磁感应强度的变化率越大，感应电流越大，故在0～5 s 时间段内，感应电流先减小再增大，最后不变，A 错误；由题意知，在第1 s 内感应电流I 沿顺时针方向，根据楞次定律可知，0～4 s 内磁场方向竖直向上，在0～2 s 时间段内，磁场的磁感应强度在增加，则感应电流I 沿顺时针方向，在2～4 s 时间段内，磁场的磁感应强度在减小，4～5 s 时间段内，磁场的磁感应强度反向增加，则2～5 s 时间段内，感应电流的方向沿逆时针方向，B 正确；在0～5 s 时间段内，当感应电流最大时，发热功率最大，根据闭合电路欧姆定律并结合图乙可知，最大感应电流I max ＝1×0.1×0.10.2×1 A ＝0.05 A ，故最大发热功率P max ＝I 2max R ＝0.052×0.2 W＝5×10－4 W ，C 正确；在0～2 s 时间段内产生的感应电荷量q ＝ΔBS R ＝0.1×0.10.2C ＝5.0×10－2 C ，故通过圆环某一横截面的电荷量为5.0×10－2 C ，D 错误．答案：BC7．如图所示，虚线P 、Q 、R 间存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L .一等腰直角三角形导线框abc ，ab 边与bc 边长度均为L ，bc 边与虚线边界垂直．现让线框沿bc 方向匀速穿过磁场区域，从c 点经过虚线P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示i ­t 图象的是( )解析：当c 点经过虚线P 时，ac 边切割磁感线，根据楞次定律可知线框中产生逆时针方向的感应电流，ac 边进入的过程中切割磁感线的长度逐渐增大，电流逐渐增大．当c 点经过虚线Q 时，ab 边进入磁场，可判断线框中产生顺时针方向的电流，电流逐渐增大，最大值为前一过程电流最大值的两倍．同理，当c 点经过虚线R 时，产生逆时针方向且大小逐渐增大的电流．符合题意的图象为A 选项．答案：A8．(多选)图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r ＝5 Ω，外电路电阻R ＝95 Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n ＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化，如图乙所示，则( )A ．t ＝3.14×10－2 s 时，该小型发电机的电动势为零B ．该小型发电机的电动势的最大值为200 VC ．电路中电流最大值为2 AD ．串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A解析：t ＝3.14×10－2 s 时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势有最大值，故A 错误；从Φ ­t 图线可以看出，Φmax ＝1.0×10－2 Wb ，T ＝3.14×10－2 s ，ω＝2πT，感应电动势的最大值E max ＝n ωΦmax ＝200 V ，故B 正确；电路中电流最大值I max ＝E max R ＋r ＝200100 A ＝2 A ，故C 正确；交流电流表读数是交变电流的有效值，即I ＝I max 2＝ 2 A≈1.4 A，故D 错误． 答案：BC。

电场中的图像问题一、几种常见的图像及性质特点1、v ­t图象根据v ­t图象中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化2、φ-x图像（1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,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大小,并可根据电势大小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,然后作出判断。

3、Ep-x图像（1）根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负,电势能减少,电场力做正功:电势能增加,电场力做负功。

（2）根据ΔE p=-W=-Fx,图像E p-x斜率的绝对值表示电场力的大小。

4、E-x图像（1）E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律,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）在给定了电场的E-x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E-x 图线与x轴所围图形“面积”表示电势差,两点的电势高低根据电场方向判定。

在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。

（3）在这类题目中,还可以由E-x图像画出对应的电场,利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。

二、针对练习1、(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示．小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大B．由C到A电势逐渐降低C．C、B两点间的电势差U CB＝0.9 VD．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m2、如图甲所示，在真空中，两个带电荷量均为q＝1×10－3 C 的负点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，将该平面上一质量m＝10 g、电荷量为1×10－3C的带正电小球(视为质点)从a点由静止释放，小球沿两电荷连线的中垂线运动到两电荷连线的中点O，其从a点运动到O点的v－t图像如图乙中实线所示，其经过b点时对应的图线切线斜率最大，如图中虚线所示，则下列分析正确的是()A．在两电荷的连线上，O点的电场强度最小，电势最低B．b点的电场强度大小为10 V/mC．a、b两点间的电势差为45 VD．在从a点运动到O点的过程中，小球受到电荷P的作用力先增大后减小3、如图所示，a、b为等量同种点电荷Q1、Q2连线的三等分点，重力不计的带电粒子从a 点由静止释放，沿ab方向运动。

1．如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度－时间图象是选项中的【答案】B2．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。

下列说法中正确的是A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和－x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等【答案】C【解析】由题图知，O点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确。

4．某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。

取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。

在O点到A点的运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上的电势φ随位移x 的变化图线可能正确的是【答案】B5．如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A 。

已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样。

一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能E k0沿OA 方向射出。

下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是【答案】A6．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，则A ．x 2处场强大小为kQx 22B ．球内部电场为匀强电场C ．x 1、x 2两点处的电势相同D ．假设将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处和从R 移到x 1处电场力做功相同 【答案】A【解析】引入带正电的试探电荷q ，所受的库仑力F ＝k Qq r 2，根据场强定义式E ＝Fq ，求得x 2处的场强为E＝kQx 22，选项A 正确；由图乙知球内部随着x 的增加场强逐渐增大，选项B 错误；引入带正电的试探电荷q ，由图乙知在x 1处受到的电场力沿着x 轴正方向，在向x 2运动过程中，电场力做正功，电势能减小，电势减小，选项C 错误；将试探电荷沿x 轴移动，则从x 1移到R 处电场力做正功，而从R 移到x 1处电场力做负功，选项D 错误。

知识回顾1.电场中的图象有E－x，φ－x，v－t，F－x，E P－x等多种，要弄清各类图象的斜率、截距、面积的物理意义．2.规律方法电场中各类图象的比较(1)电场的E－x图象与φ－x图象在给定了电场的E－x图象时，可以由图线确定x轴上各点场强的大小及方向．此外还可以确定x轴上各点的电势变化情况：E－x图线与x轴所围图形的面积表示电势差．在给定了电场的φ－x图象时，除了可以直接确定x轴上各点电势的高低及电势变化情况，还可以确定x轴上各点场强(或沿x轴方向上的场强分量)的大小及方向：图线斜率大小表示场强大小，斜率正负表示场强方向．当E－x图象或φ－x图象与粒子运动相结合时，可利用电场力与场强、加速度的关系及电场力做功与动能、电势能和电势等的关系来解决涉及粒子电性、电场力、电势能、动能、速度、加速度等的相关问题．在这类题目中，还可以把E－x图象或φ－x图象假设为我们熟悉的、符合给定变化规律的某一种电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．(2)其他图象由于F＝qE、E p＝qφ，故F－x图象、E p－x图象问题处理方法同上，如F－x图线的面积表示电场力所做的功、电势能的变化量．E p－x图线的切线斜率表示电场力等．1．(多选)(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图8－1所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正点的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A．E a∶E b＝4∶1 B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3【答案】：AC例题分析【例1】(多选)(2107年高考·江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】φ－x图象的斜率表示电场强度，由图象可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度方向向右，x1处电场强度大于零，x2处电场强度等于零，故q1和q2带有异种电荷，A正确，B错误．负电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能减小，电场力减小，C正确，D错误．【例2】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是()【答案】 D专题练习1.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，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段是线段，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．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变【答案】：D2. (2017年上海七校高三联考)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则()A．C点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．N、C间场强方向向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】：AD【解析】：C点是电势的拐点，根据公式φ＝Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；同理，由题图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零，故B错误；OM间电场强度方向沿x 轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，故C错误；因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确．学科&网3．(2017年河南洛阳模拟)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图8－3－5乙所示，下列说法正确的是()A ．两点电荷一定都带正电，且电荷量一定相等B ．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等C ．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D ．0～t 2时间内，试探电荷的电势能先增大后减小 【答案】：B4．真空中有一静电场，其在x 轴正半轴的电势随x 变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A ．R 处的电场强度E ＝0B ．若试探电荷从x 1处移到x 2处，电场力不一定做正功C ．x 1处与x 2处的电场强度方向相反D ．该电场有可能是处在O 点的正点电荷激发产生的 【答案：】B【解析】：根据E ＝ΔφΔx ，即图线的切线的斜率等于电场强度，由图线可知，在R 处的场强不为零，选项A 错误；从x 1到x 2电势逐渐降低，因不知试探电荷的电性，无法判断电场力做功的情况，选项B 正确；在x 1处与x 2处的切线的斜率符号相同，故电场强度方向相同，选项C 错误；由于在R 点以后的电势为负，故该电场不可能是处在O 点的正点电荷激发产生的，选项D 错误．5．(2017年开封二模)在x 轴上存在与x 轴平行的电场，x 轴上各点的电势随x 点位置变化情况如图所示．图中－x 1～x 1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是( )A．x轴上各点的场强大小相等B．从－x1到x1场强的大小先减小后增大C．一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在－x1点的电势能D．一个带正电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2的电势能【答案】：B7.(多选)(2017·江苏)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC8.(2017·南宁二模)空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，A、B、C为x 轴上的点，取x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法正确的是()A．AC段中B点的电势最低B．一带负电的粒子从A点运动到B点电势能减小C．U AB＞U BCD．一正电荷仅在电场力作用下从A点运动到C点动能先增大后减小【答案】 C【解析】A项，从A点到C点，电场强度的方向不变，则电势一直降低，故C点电势最低，A项错误；B 项，因为电场方向沿x轴正方向，电场力沿x轴正向，所以带负电粒子电场力做负功，从A点运动到B点电势能增大，故B项错误；C项，AB两点间图像与x轴所夹的面积大于BC两点间图像与x轴所夹的面积，所以U AB＞U BC，故C项正确；D项，正电荷从A点运动到C点电场力做正功，电势能一直减小，D项错误．9.(2017·吉林三模)在真空中的x轴上的原点和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是()A．点电荷M、N一定都是负电荷B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1D．x＝4a处的电场强度一定为零【答案】 D10：真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是()A．x＝a点的电势高于x＝2a点的电势B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C．点电荷M、N一定为异种电荷D．x＝2a处的电势一定为零【答案】：B【解析】：由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x＝a点的电势高于x＝2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x＝a点的电势低于x＝2a点的电势，故A错误．M在2a处产生的场强E1＝，而N在2a处产生的场强E2＝，由于2a处场强为0，故E1＝E2，所以QM＝4QN，故B正确．由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误．由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x＝2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误．学科&网11.真空中相距为3L的两个点电荷A、B分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3L的两点处，其连线上各点场强随x变化关系如图所示(x正方向为场强的正方向)，以下判断中正确的是()A．点电荷A、B一定为异种电荷B．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶2C．x＝L处的电势一定为零D．把一个负电荷沿x轴从x＝移至x＝L的过程中，电势能先减小后增大【答案】：D12.(多选)某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则()A．粒子经过P点和Q点时，加速度大小相等、方向相反B．粒子经过P点与Q点时，动能相等C．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等D．粒子在P点的电势能为正值【答案】：B13.空间某一静电场的电势φ关于x轴对称分布，如图所示．x轴上A、B两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是()A．因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于ExbB．Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向C．一点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于FbD．点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小【答案】：C【解析】：a点和b点的斜率等于电场强度的大小，可见Exa＞Exb，但不能说是因为a点电势比b点电势高，应该说是因为a点的电势φ的变化率大于b点的电势φ的变化率，所以Exa大于Exb.故A错误；A、B两点电势变化的斜率方向相反，所以Exa的方向与Exb方向相反．故B错误；由A的分析知Exa＞Exb，所以点电荷在A、B点受到电场力是Fa大于Fb.故C正确；点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势先升高后降低，正电荷的电势能是先增大后减小，负电荷的电势能是先减小后增大．故D错误14.．如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量Q A＝2×10－4 C，B球的质量为m＝0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，A、B 球与地球所组成的系统总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6米．(g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.令A处所在平面为重力势能的零势能面，无穷远处为零电势能处)．(1)求杆与水平面的夹角θ；(2)求B球的带电量Q B；(3)求M点电势φM；(4)若B球以E k0＝4 J的初动能从M点开始沿杆向上滑动，求B球运动过程中离A球的最近距离及此时B 球的加速度．【答案】(1)30°(2)1×10－5 C12 (3)3×105 V (4)2 m 40 m/s 2 沿杆向上(3)M 点的电势能E pM ＝E 总－E p ＝6 J －3 J ＝3 J则M 点电势 φM ＝E pM Q B＝3×105 V ； (4)在M 点B 球总势能为6 J ，根据能量守恒定律，当B 的动能为零，总势能为10 J ，由曲线Ⅰ知B 离A 的最近距离为x ＝2 m.k Q A Q B x 2－mg ＝ma 解得a ＝40 m/s 2，方向沿杆向上．。

专题02 电场中“四类”典型图象问题的突破近几年，高考中以电场图象和电势图象切入命题的试题逐渐增多，如：E－x图象、φ－x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：v－t图象。

掌握各个图象的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等。

一、电场中粒子运动的v－t图象当带电粒子只在电场力作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向，根据v－t图象的速度变化、斜率变化（加速度大小变化）情况，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来。

【题1】（多选）如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为E a、E b，粒子在a、b两点的电势能分别为W a、W b，不计重力，则有A．φa＞φb B．E a＞E b C．E a＜E b D．W a＞W b【答案】BD【题2】电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa＞φb ＞φc。

一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v－t图象大致是图线中的【答案】【解析】电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝q（φP－φQ），因为q＜0，且φP＜φQ，所以W＞0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v－t图象的斜率大，故由P到Q，v－t图象的斜率不断减小，选项A正确，选项B错误。

突破三电场中的φ－x图象φ－x图象：（1）在φ－x图象中，图线上任一点的斜率表示该点的电场强度沿x轴方向上的分量。

专题12 两种U－I图象一、导体的伏安特性曲线1．伏安特性曲线（1）概念：用纵坐标表示电流I，横坐标表示电压U的I－U图象。

（2）形状：①过原点的直线，对应元件叫线性元件；②过原点的曲线，对应元件叫非线性元件。

（3）意义：能形象直观的反映出导体电阻的变化规律。

2．线性元件的U－I图象与I－U图象的比较3．对伏安特性曲线的理解（1）图中，图线a、b表示线性元件，图线c、d表示非线性元件。

（2）图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，故R a<R b（如图甲）。

（3）图线c的电阻减小，图线d的电阻增大（如图乙）。

（4）伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻。

【题1】如图所示的图象所对应的两个导体：（1）电阻关系R1∶R2为____________；（2）若两个导体中的电流相等（不为零）时，电压之比U1∶U2为_____；（3）若两个导体的电压相等（不为零）时，电流之比I1∶I2为________。

【答案】（1）3∶1（2）3∶1（3）1∶3【解析】（1）因为在I －U 图象中，电阻等于斜率的倒数，即R ＝ΔU ΔI，所以R 1＝10×10－35×10－3Ω＝2Ω，R 2＝10×10－315×10－3Ω＝23Ω，故R 1∶R 2＝2∶（23）＝3∶1（2）由欧姆定律得U 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，由于I 1＝I 2，则U 1∶U 2＝R 1∶R 2＝3∶1 （3）由欧姆定律得I 1＝U1R1， I 2＝U2R2，由于U 1＝U 2，则I 1∶I 2＝R 2∶R 1＝1∶3点评：分析I －U 图象或U －I 图象时，首先要明确是什么图象，要明确图线斜率k 的意义，究竟是k ＝R 还是k ＝1R。

二、电源U —I 曲线——路端电压U 与电流I 的关系1． 因为U ＝ε－Ir ，一般认为电源的电动势ε和内阻r 一定，其关系满足一次函数，图线为如图一条倾斜的直线，该直线与纵轴交点的纵坐标表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻。

1．图象类型电磁感应中主要涉及的图象有B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象和I －t 图象。

还常涉及感应电动势E 和感应电流I 随线圈位移x 变化的图象，即E －x 图象和I －x 图象。

2．常见题型：图象的选择、图象的描绘、图象的转换、图象的应用。

题型特点：（1）由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象。

（2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象。

（3）利用给出的图象判断或画出新的图象。

3．应用知识一般包括：左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等。

（1）四个规律：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律。

（2）应用公式：①平均电动势E ＝n ΔΦΔt ；②平动切割电动势E ＝Blv ；③转动切割电动势E ＝12Bl 2ω；④闭合电路的欧姆定律I ＝ER ＋r；⑤安培力F ＝BIl ；⑥牛顿运动定律的相关公式等所用规律。

4．解决这类问题的基本方法（1）明确图象的种类，是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等。

（2）分析电磁感应的具体过程。

关键：弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键。

（3）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律列出函数方程。

（4）根据函数方程进行数学分析。

如斜率及其变化、两轴的截距、图线与横坐标轴所围图形的面积等代表的物理意义。

（5）画图象或判断图象。

5．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法（1）排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。

（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。

6．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法（1）排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。

专题十五动力学图像、临界极值问题（精讲）一、动力学图像问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。

1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－x图象，F－a图象等。

图象的实质是力与运动的关系问题，求解这类问题的关键是理解图象的物理意义，理解图象的轴、点、线、截、斜、面六大功能。

2．图象间的联系：加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁。

3．图象的应用（1）已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。

（2）已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况。

（3）通过图象对物体的受力与运动情况进行分析。

4．解题策略（1）看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原来是否从0开始。

理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点的物理意义。

（2）判断物体的运动情况或受力情况，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

数图结合解决动力学问题5．解决图象问题的关键有：（1）分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。

（2）明确图线斜率的物理意义，如v－t图线的斜率表示加速度，注意图线中一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。

（3）明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息(如v－t图线所围面积表示位移等)并结合牛顿运动定律求解．6．分析图象问题时常见的误区（1）没有看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。

（2）不注意坐标原点是否从零开始。

（3）不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。

考点53 电场中的四类图像问题——提能力1．[2023·上海师大附中高三学业考试]两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图( )2．[2023·江苏南京模拟]如图所示，a、b为等量同种点电荷Q1、Q2连线的三等分点，重力不计的带电粒子从a点由静止释放，沿ab方向运动．则带电粒子从a运动到b的过程中，其速度随时间变化的图像可能正确的是( )3．[2021·山东卷]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<22a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＋12q，释放后P将向右运动B ．Q ＝2＋12 q ，释放后P 将向左运动 C ．Q ＝22＋14 q ，释放后P 将向右运动 D ．Q ＝22＋14q ，释放后P 将向左运动 4．[2023·上海嘉定二模]如图甲，某电场的一条电场线与Ox 轴重合，在O 点由静止释放一电子，该电子在Ox 方向各点的电势能E p 随x 变化的规律如图乙所示．若电子仅受电场力的作用，运动过程中加速度的大小为a ，则( )A ．a 先减小后逐渐增大，该电场线可能是孤立点电荷产生的B ．a 先减小后逐渐增大，该电场线可能是等量同种点电荷产生的C ．a 先增大后逐渐减小，该电场线可能是孤立点电荷产生的D ．a 先增大后逐渐减小，该电场线可能是等量同种点电荷产生的5．静电场中的x 轴上有A 、B 两点，一个带负电粒子在A 点由静止释放，仅在电场力作用下沿直线运动到B 点，粒子的加速度先减小后增大，粒子的动能先增大后减小，则A 、B 两点间电势φ随x 的变化关系、电场强度E 随x 的变化关系可能正确的是(电场强度正方向沿x 轴负方向)( )6．(多选)在x 轴上分别固定两个点电荷Q 1、Q 2，Q 2位于坐标原点O 处，两点电荷形成的静电场中，x 轴上的电势φ随x 变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．x 3处电势φ最高，电场强度最大B ．Q 1带正电，Q 2带负电C ．Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量D ．电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，电势能增加7．在电场中放置一光滑绝缘水平桌面，沿桌面上x 轴方向电势分布如图中实线所示．有一质量m ＝4×10－2kg 、电量q ＝2×10－6C 的带正电小球，以v ＝2 m /s 的初速度在x 0＝－3 m处开始向x轴正方向运动．则下列说法中正确的是( )A．小球向右运动过程中，电场强度先变大后变小B．小球运动过程中，动能最大时，电势为4 VC．小球运动过程中，最大动能为0.08 JD．当小球速度为零时，其位置坐标为4 m或－4 m8．悬吊的光滑绝缘水平杆上有A、O、B三点，以O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圆环从A点由静止释放(忽略带电圆环形成的电场)，到达O点时速度大小为v.下列说法正确的是( )A．圆环带正电B．圆环的带电量与质量之比为v22φ0dC．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D．圆环刚通过O点的瞬间一定不受电场力作用9．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝ 3 m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电量为q＝－0.1 C，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 P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＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/mB．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＝3 m处时，速度大小为2 m/sD．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V10．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标x P＝5.0 cm，此电场线上各点的电场强度大小E 随x 变化的规律如图乙所示．若一电子仅在电场力作用下自M 点运动至P 点，其电势能减小45 eV ，对于此电场，以下说法正确的是( )A ．该电子做匀变速直线运动B ．x 轴上各点的电场强度方向都沿x 轴负方向C ．M 点的电势是P 点电势的12D ．图像中的E 0的数值为1.2考点53 电场中的四类图像问题——提能力1．答案：A解析：等量异种电荷的连线上的中点处电场强度最小，由中点向两边逐渐增大，A 正确．2．答案：B解析：因为等量同种电荷的连线中点处场强为零，所以带电粒子从a 运动到b 的过程中，电场力先减小后增大，并且对称分布，所以速度图像的斜率先减小后增大，并且图像对称，B 正确．3．答案：C解析：对y 轴正向的点电荷，由平衡知识可得： 2k q 2a 2＋k q 2（2a ）2＝k Qq （22a ）2 解得Q ＝22＋14q 因在0≤x <22a 区间内沿x 轴正向电势升高，则场强方向沿x 轴负向，则将P 沿x 轴正向向右略微移动后释放，P 受到向右的电场力而向右运动，C 正确．4．答案：B解析：根据功能关系可知电场力对电子做的功等于电子电势能的变化量的负值，即W ＝F Δx ＝－ΔE p ，所以E p ­x 图像的斜率表示电子所受电场力，由图可知电子所受电场力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知a 先减小后增大．孤立点电荷产生的电场强度一定随x 的增大而单调变化，不可能出现先减小后增大的情况．而等量同种点电荷产生的电场中，在两点电荷连线的中垂线上的电场强度分布存在先减小后增大的范围，所以该电场线可能是等量同种点电荷产生的，B 正确．5．答案：B解析：该过程中动能先增大后减小，根据能量守恒可知，电势能应该先减小后增大．而由于粒子带负电，则电势的变化规律与电势能相反，电势则先增大后减小，B 正确，A 错误；粒子动能先增大后减小，可知电场力先做正功，后做负功，则电场力先向右，后向左，粒子带负电，可知电场强度先向左，后向右，结合题意可知，电场强度先为正，后为负，因此C 、D 错误．6．答案：BD解析：φ ­ x 图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，A 错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 3电场线方向指向x 轴的负方向，x 3～＋∞，电场线方向指向x 轴的正方向，并且在x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E ＝k Qr 2由近小远大规律可知，Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，并且Q 1带正电，Q 2带负电，所以B 正确，C 错误；电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，电场力做负功，电势能增加，所以D 正确．7．答案：D解析：根据E ＝U d ＝Δφx可知，图像的斜率表示电场强度，所以小球向右运动过程中，电场强度先变小后变大，则A 错误；小球运动过程中，根据能量守恒定律可知，只有电势能与动能之间的转化，所以动能最大时，电势能最低，则电势为－4 V ，所以B 错误；小球运动过程中，最大动能位置是在坐标原点，则有q ()φ－3－φ0＝E km －12mv 2代入数据可得E km ＝q ()φ－3－φ0＋12mv 2＝2×10－6×4×104＋12×4×10－2×22(J)＝0.16 J ，所以C 错误；根据动能定理可知，当小球速度为零时，有q ()φ－3－φ＝0－12mv 2解得φ＝4 V ，由图像可知其位置为坐标为4 m 或－4 m ，所以D 正确；故选D.8．答案：C解析：带电圆环从A 点由静止释放向右运动，受向右的电场力，由图乙知A →O 电势升高，说明电场方向向左，所以圆环带负电，A 错误；对圆环从A 到O ，由动能定理－qU AO ＝12mv 2，又U AO ＝0－φ0，联立解得q m ＝v 22φ0，B 错误；圆环从A 到B ，由动能定理－qU AB ＝12mv 2B －0又U AB ＝0，联立解得v B ＝0，由于沿场强方向电势降低，所以AO 段场强沿OA 方向，OB 段场强沿OB 方向；φ ­ x 图像切线的斜率表示场强，由图像可知，A 到O 斜率不变，电场强度不变，电场力不变，加速度不变，圆环做匀加速直线运动，OB 段斜率越来越大，电场强度越来越大，加速度越来越大，圆环做加速度增大的减速运动；电荷在AB 间运动v ­ t 图像如图，AO 、OB 段，由于位移相等，则图线与t 轴围成的面积相等，显然AO 段的时间大于OB 段的时间，C 正确；由图乙可知，在O →B 阶段，虽然是抛物线，因不清楚该点是否是抛物线的顶点也就不知道该点的斜率是否为零，因此场强大小不一定为零，电场力不一定为零，D 错误．故选C.9．答案：C解析：E p ­ 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 ＝1 m 处所受电场力大小为F ＝Eq ＝ΔE p Δx ＝33N ＝1 N 可得E 1＝10 V/m ，选项A 错误；滑块向右运动过程中，电场力先减小后增加，则加速度先减小后增大，选项B 错误；滑块从x ＝1 m 的位置运动至x ＝3 m 处时，根据动能定理12mv 2－12mv 20 ＝W 电；W 电＝ΔE P ＝1 J ，解得速度大小为v ＝2 m/s ，选项C 正确；若滑块恰好到达x ＝5 m 处，则12mv 20 ＝W ′电＝E P2－E P1其中E P1＝2 J 解得滑块的电势能E P2＝5 J 该处的电势为φ＝E P2q ＝5－0.1V ＝－50 V ，选项D 错误．故选C. 10．答案：BD解析：由题图可知电子从M 点运动到P 点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A 错误；若一电子仅在电场力作用下自M 点运动至P 点，电势能减小，则电场力做正功，所以φM ＜φP 而电场线由高电势指向低电势，可知x 轴上各点的电场强度方向都沿x 轴负方向，故B 正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C 错误；由题可知W MP ＝45 eV ，E ­ x 图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得W MP ＝E 0e ＋E 02e 2×5×10－2m ＝45 eV ，解得E 0＝1 200 V 即图像中E 0的数值为1.2，故D 正确．。