高频微专题6 静电场中的图像问题《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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高频微专题6　静电场中的图像问题
满分40分,限时40分钟
一、选择题(本题共7小题,共28分。在每小题给出的四个选项中,第1—5题只有一项符合题目要求,每小题4分;第6—7题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.空间中有一电场,若取x轴正方向为场强正方向,其电场强度E随x变化的图像如图所示,图线关于纵轴对称,则 (　　)
A.O点的场强最小,电势最低
B.-x1处的电势和x1处的电势相等
C.电子从-x1处到x1处的过程中速度先减小后增大
D.电子从-x1处到x1处的过程中电势能一直增大
2.如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面位于竖直面内。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、带正电的小球(图中未画出),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,图线的切线斜率最大(图中标出了该切线),则下列说法不正确的是 (　　)
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UCB=0.9 V
D.在O点右侧杆上,B点场强最大,场强大小为E=1.2 V/m
3.如图甲所示,在某电场中建立x坐标轴,一个质子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动,经过a、b、c三点,已知xb-xa=xc-xb。该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是 (　　)
　
A.自a到c电场力对质子做负功
B.a点电势低于b点电势
C.质子在a点的加速度小于在c点的加速度
D.质子经过a点的动能小于经过b点的动能
4.两电荷量大小分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点,两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示(取无穷远处电势为零),其中P点电势最高,且xAPA.两点电荷都带正电
B.q1小于q2
C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧,电势能逐渐减小
D.一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点,加速度逐渐变小
5.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≤xA.Q=q,释放后P将向右运动
B.Q=q,释放后P将向左运动
C.Q=q,释放后P将向右运动
D.Q=q,释放后P将向左运动
6.在图甲的直角坐标系中,x轴上固定两等量的点电荷M、N,距坐标原点O均为L,y轴上有P1、P2、P3三点,其纵坐标值分别为L、L、-L。y轴上各点电场强度E随y轴坐标变化的关系如图乙所示,图中0~L的阴影部分面积为a,0~L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子,由P1点静止释放,仅在电场力作用下将沿y轴负方向运动,则 (　　)
A.M、N是等量正电荷
B.带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为∶
C.带电粒子运动过程中在y=L处速度达到最大,为
D.带电粒子运动到P3位置时动能为q(b-a)
7.如图甲所示,空间存在电场方向为竖直方向、电场强度大小变化的电场,质量为m、带正电的小球在电场中从某高度O处由静止开始下落。小球初始时的机械能为E0,小球下落过程中的机械能E随下降的高度h变化的关系如图乙中实线所示,图中E0、E1、h1、h2和h3均为已知量,P为关系图线上的点,其坐标为(h1,E1)。小球在下落过程中所受空气阻力作用忽略不计,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.在h2处小球的重力势能一定为零
B.电场的方向竖直向上,电场强度随h的增大而增大
C.小球在下落过程中电势能不断增大
D.在h1处小球所受的电场力大小为
二、非选择题(本题共1小题,共12分)
8.(12分)微波器件的核心之一是反射式速调管,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静电场模型。已知静电场的方向平行于x轴,其电势φ沿x轴的分布如图所示。一质量为1.0×10-20 kg、电荷量为-2.0×10-9 C的粒子从(-0.5 cm,0)点由静止释放,仅在电场力作用下沿x轴做往复运动,求:
(1)在-0.5 cm≤x<0区域及0(2)该粒子运动过程中经过何处速度最大,最大速度是多少;
(3)该粒子运动的周期是多少。
答案全解全析
1.D
模型建构
解析　从E-x图像可以看出,O点的场强最小;由于电场强度的方向沿x轴的正方向,沿着电场线方向电势降低,故在x轴正方向上,x越大,电势越低,>,选项A、B错误;由于电场强度的方向沿x轴正方向,故电子所受电场力沿x轴负方向,故电子从-x1处到x1处的过程中电场力与速度一直反向,电场力做负功,电子的电势能增大,电子的速度一直减小,选项C错误,D正确。
2.A
识图有法
解析　由v-t图像可知,小球速度一直在增大,动能一直增大,所以由C到A过程中电场力一直做正功,电势能一直减小,电势逐渐降低,选项A错误,B正确;根据动能定理有qUCB=m-0,解得UCB=0.9 V,选项C正确;根据对称性知O点的电场强度为0,由题图乙可知,小球在B点时加速度最大,故所受的静电力最大,所以B点场强最大,小球的加速度最大,为a==0.06 m/s2,根据牛顿第二定律可知qE=ma,解得E=1.2 V/m,选项D正确。
3.D　由题图可知,自a到c质子的电势能一直减小,则质子从a到c电场力做正功,电势降低,a点电势高于b点电势;根据动能定理,从a到c质子的动能一直在增加,故质子经过a点的动能小于经过b点的动能,选项A、B错误,D正确。根据静电力做功与电势能变化关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp,可知Ep-x图线的切线斜率k=的绝对值等于静电力大小,因此从a到c处电场强度减小,即a点的电场强度大于c点的电场强度,由qE=ma可知,质子在a点的加速度大于在c点的加速度,选项C错误。
4.B
识图有法
解析　由题图知,电势都是负值,则两点电荷都带负电,选项A错误;φ-x图线的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则P点场强为零,根据场强的叠加原理可知两点电荷在P处产生的场强等大反向,即=,又因为xAP5.C　对y轴正半轴上的点电荷,由点电荷所受库仑力的合力为零,可得2×k cos 45°+k=k,解得Q=q。因在0≤x6.AD
解题指引　1.“电场强度E随y轴坐标变化的关系”图线与横轴所围的“面积”大小表示电势差大小。
2.由E-y图像特点点电荷M、N带同种电荷。
3.“电荷量为-q(q>0)的带电粒子,由P1点静止释放,仅在电场力作用下将沿y轴负方向运动”P1点电场强度方向沿y轴正方向,进而得出M、N是等量正电荷。
解析　根据图乙可知两点电荷电荷量相等,电性相同,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子,由P1点静止释放,仅在电场力作用下,将沿y轴负方向运动,P1点电场强度方向沿y轴正方向,所以M、N是等量正电荷,选项A正确;设M、N带电荷量均为Q,则有2k×=ma,所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是∶,选项B错误;带电粒子运动过程中在O点速度最大,则qb=mv2,解得最大速度v=,选项C错误;图乙中图线与横轴所围面积的大小代表电势差的大小,所以带电粒子从P1运动到P3的过程中,电场力做功为W=q(b-a),根据动能定理可知带电粒子运动到P3位置时动能为q(b-a),选项D正确。
7.BC　因为初速度为零,所以E0=mgh0,因为在h2处小球的机械能为零,但动能可能不为零,所以h2处小球的重力势能可能为负值,选项A错误;因为小球的机械能减小,知电场力做负功,小球带正电,所以电场方向竖直向上,随着h的增大,E-h图线切线斜率的绝对值越来越大,所以电场强度随h的增大而增大,选项B正确;小球下落过程中,电场力做负功,故电势能不断增大,选项C正确;根据功能关系,可知在h1处小球所受的电场力大小为P点切线斜率的绝对值,即F=,选项D错误。
8.答案　(1)见解析　(2)x=0处　2×106 m/s　(3)3.0×10-8 s
识图有法
解析　(1)由φ-x图像的物理意义可知,在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场,在-0.5 cm≤x<0区域内电场强度大小E1==2 000 V/m,方向沿x轴负方向 (2分)
在0E2==1 000 V/m,方向沿x轴正方向。 (2分)
(2)粒子经过x=0处时速度最大,由动能定理可得qU=m(2分)
代入数值可得vm==2×106 m/s(2分)
(3)由qU=mv2可知,粒子在-0.5 cm~1.0 cm范围内做往复运动。设粒子从x=-0.5 cm处运动至x=0处用时t1,从x=0处运动至x=1.0 cm处用时t2,则有vm=t1,vm=t2 (2分)
运动周期T=2(t1+t2) (1分)
代入数据可得T=3.0×10-8 s(1分)