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专题强化十四 电场性质的综合应用
目标要求 1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图像问题，理解图像斜率、
面积等表示的物理意义并能解决相关问题．
题型一 电场中功能关系的综合问题
电场中常见的功能关系
(1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．
例1 (2022·山西师大附中模拟)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，
在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，静电力做的功为1.5 J．下列说法中正确的是(
)
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
答案 D
解析 由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中静电力做正功，
所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋W ＝ΔE ＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能
G k
比在B点多0.5 J，C错误；静电力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点
少1.5 J，D正确．
例2 如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A
点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达
最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电
物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是( )A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为
答案 D
解析 物块从静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E
＝，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做
功为：W＝－qE(H＋h)＝－，可知机械能减小量为，故B错误；从A到C过程中，静电力做
功为－，则电势能增加量为，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W ＝0，解得弹
弹
力做功为：W ＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．
弹
例3 如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆 AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在
圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为
m、电荷量为－q套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重
力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求：
(1)小球滑到C点时的速度大小；
(2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势．
答案 (1) (2)
解析 (1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零．
由几何关系可得BC的竖直高度h ＝
BC
根据动能定理有mg·＝－
解得v ＝.
C
(2)小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W ＝－0，又根据静
电
电力做功与电势能的关系：W ＝E －E ＝－qφ －(－qφ )．
电 pA pC A C
又因为φ ＝0，可得φ ＝.
C A题型二 电场中的图像问题
考向1 电场中的v－t图像
根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向
与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．
例4 (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 ＝0.9 V
CB
D．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
答案 BCD
解析 从C到A小球的动能一直增大，说明静电力一直做正功，故电势能一直减小，电势
一直减小，故A错误，B正确；根据动能定理知qU ＝mv 2－0，解得U ＝0.9 V，故C正
CB B CB
确；根据对称性知O点电场强度为0，由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的
静电力最大，加速度由静电力产生，故 B点的电场强度最大，小球的加速度 a＝＝ m/s2＝
0.06 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝1.2 V/m，故D正确．
考向2 φ－x图像(电场方向与x轴平行)
1．电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电
场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)．切线的斜率为零时沿x轴方向电场强
度为零．2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方
向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图)
3．电场中常见的φ－x图像
(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图．
(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图．
(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图．
例5 (多选)两电荷量分别为q 和q 的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上
1 2
各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且x 0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向．
2．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，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．电场中常见的E－x图像
(1)点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示．
(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图．
(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图．例6 (多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x ＝0和x ＝3a的两
1 2
点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，沿x轴正方向电场强度E为正，以下
判断中正确的是( )
A．点电荷M、N一定为同种电荷
B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C．把一个检验电荷由x 位置静止释放，其加速度一直减小
1
D．把一个正检验电荷由x＝a的位置静止释放，其电势能一直减小
3
答案 AB
解析 x＝2a处场强为零且左侧场强向右(正值)、右侧场强向左(负值)，结合点电荷的场强特
征可知，点电荷M、N一定为同种电荷，两点电荷在x＝2a处的场强大小满足k＝k，解得＝，
A、B正确；由题图可知，O点右侧场强先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带正电)由
x 位置静止释放，据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先减小再增大，C错误；把一个
1
正检验电荷由x ＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先做正功再做负功，其电势能先
3
减小后增大，D错误．
考向4 E－x图像、E－x图像
p k
1．E－x图像
p
由静电力做功与电势能变化关系F x＝E －E ＝－ΔE 知E －x图像的切线斜率k＝，其大
电 p1 p2 p p
小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向．
2．E－x图像
k
当带电体只有静电力做功，由动能定理F x＝E －E ＝ΔE 知E －x图像的切线斜率k＝，
电 k k0 k k
其大小表示静电力．
例7 (多选)如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x 、x 、x 、x 是x轴上的四个点，质
1 2 3 4
量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v 从O点沿x轴正方向进入电场，在
0
粒子沿x轴运动的过程中，其电势能E 沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是( )
pA．粒子在x 点的速度为v
2 0
B．从O点到x 点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高
3
C．若粒子能到达x 处，则v 的大小至少应为
4 0
D．若v＝2，则粒子在运动过程中的最大动能为2E
0 p0
答案 AC
解析 粒子从O运动到x 的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理
2
知，粒子在x 点的速度为v ，故A正确；从O点到x 点的过程中，电场的电势先降低再升
2 0 3
高，故B错误；粒子能运动到x 处，就能运动到x 处，若粒子恰好能运动到x 处，此时初
1 4 1
速度v 最小，根据动能定理得－qφ ＝0－mv2，解得v ＝＝，所以若粒子能运动到x 处，则
0 0 0 0 4
初速度v 至少为，故C正确；粒子运动过程中，静电力所做正功的最大值为 qφ ，若v ＝
0 0 0
2，由动能定理得W＝qφ＝E －mv2，解得E ＝3E ，故D错误．
0 km 0 km p0
课时精练
1.如图所示，在粗糙水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体 A、B，带电荷量分别为Q
和—q(设两电荷间只有库仑力)，开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水平向
右的恒力F，使物体 A、B向右运动．在此过程中，下列说法正确的是( )
A．力F、库仑力及摩擦力对物体A所做的功之和等于物体A的动能增量
B．力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量
C．力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量
D．力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增
量之和
答案 D
解析 力F 没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选项A错误；根据动能定理，力
F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故
选项B错误；由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能
增量与B克服库仑力做功之和，故C错误；根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确．
2.如图所示，一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面
所在区域存在和AD平行的匀强电场，微粒运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A．若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案 C
解析 若微粒带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于静电力时，静电力的方向可以沿斜面向
上，也可以沿斜面向下，故A错误；当静电力沿斜面向上时，则静电力做负功，电势能增
加，当静电力沿斜面向下时，静电力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向
下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确；若静电力沿斜面
向上，静电力做负功，机械能减小，故D错误．
3.(多选)沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如
图所示，x轴正方向为电场强度E的正方向，坐标轴上的点O、x、x 和x 分别与x轴上O、
1 2 3
A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到
A点的动能为E，仅考虑静电力作用，则下列说法正确的是( )
k
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子运动到C点时动能大于3E
k
D．粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量
答案 CD
解析 由O点到C点，沿电场方向，电势一直降低，A错误；电场强度大小一直在变化，
静电力也就在不断变化，带正电的粒子的加速度在不断变化，做变加速运动，B错误；根据
E随x的变化规律可知，由A到C电场强度平均值大于OA段电场强度平均值，A到C静电
力做功大于2E ，则粒子运动到C点时动能大于3E ，C正确；粒子在AB段平均静电力大于
k k
BC段平均静电力，则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功，所以在AB段电势能减
少量大于BC段电势能减少量，D正确．
4．(多选)空间有一电场，各点电势φ随位置的变化情况如图所示，图像关于 O点中心对称．下列说法正确的是( )
A．O点的电场强度一定为零
B．－x 与x 点沿x轴方向的电场强度相同
1 1
C．将负电荷从－x 移到x 电荷的电势能增大
1 1
D．－x 和x 两点在同一等势面上
1 1
答案 BC
解析 φ－x图像的斜率表示电场强度，由题图可知图像在O点的切线斜率不等于零，故O
点的电场强度不为零，－x 与x 点的切线斜率相同，故－x 与x 点沿x轴方向的电场强度相
1 1 1 1
同，故A错误，B正确；电势的定义式为φ＝，故电势能E ＝qφ，将负电荷从－x 移到x ，
p 1 1
电荷的电势能由负值变为正值，电荷的电势能增大，故C正确；－x 和x 两点电势不相等，
1 1
故一定不在同一等势面上，故D错误．
5.(多选)如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，
将一质量为m的小球从a点以初动能E 水平抛出，经过c点时，小球的动能为5E ；第二
k0 k0
次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强
电场，仍从a点以初动能E 沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13E .下列说法
k0 k0
正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为
B．a、b两点间的距离为
C．a、c间的电势差为
D．a、c间的电势差为
答案 BC
解析 不加电场时根据动能定理得mgh ＝5E －E ＝4E ，解得h ＝，故A错误，B正确；
ab k0 k0 k0 ab
加电场时，根据动能定理得mgh ＋U q＝13E －E ，解得U ＝，故C正确，D错误．
ab ac k0 k0 ac
6．(多选)如图甲所示，a、b是点电荷电场中同一电场线上的两点，一个带电粒子在 a点由
静止释放，仅在静电力作用下从a点向b点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，
则下列说法中正确的是( )A．带电粒子与场源电荷带异种电荷
B．a点电势比b点电势高
C．a点场强比b点场强大
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
答案 CD
解析 粒子从a点向b点运动，E－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝E，
k k
电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点场强比b点场强大，若场源电荷是正电荷，
则粒子带正电，若场源电荷是负电荷，则粒子带负电，它们带同种电荷，故A错误，C正确；
由于不能确定场源电荷的性质，所以也不能确定电场线的方向，不能确定a点电势与b点电
势的高低，故B错误；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电力做正功，电势
能减小，所以带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确．
7.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab
和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；
若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
答案 AB
解析 由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿 cd方向建立x轴，垂直于cd方
向建立y轴，如图所示从c到d有W＝Eq·2R
x
从a到b有2W＝Eq·R ＋ EqR
y x
可得E＝，E＝
x y
则E＝＝，tan θ＝＝
由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；
将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为
W′＝Eq＝0.5W，B正确；
沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；
若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误．
8.(多选)一带正电微粒只在静电力作用下沿 x轴正方向运动，其电势能随位移 x变化的关系
如图所示，其中O～x 段是曲线，x ～x 段是平行于x轴的直线，x ～x 段是倾斜直线，则下
1 1 2 2 3
列说法正确的是( )
A．O～x 段电势逐渐升高
1
B．O～x 段微粒做加速度逐渐减小的加速运动
1
C．x～x 段电场强度为零
1 2
D．x～x 段的电势沿x轴均匀减小
2 3
答案 ACD
解析 电势能E ＝φq，由于粒子带正电，O～x 段电势能变大，所以电势升高，A正确；根
p 1
据静电力做功与电势能关系ΔE ＝EqΔx，图像斜率反映场强大小，O～x 段图像斜率变小，
p 1
场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，由于电势能增加，静电力做负功，则微粒做减速运
动，即微粒做加速度减小的减速运动，B错误；x～x 段斜率为0，场强为零，C正确；x 到
2 3 2
x，电势能均匀减小，微粒带正电，所以电势沿x轴均匀减小，D正确．
3
9.竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的电势随坐标x的
变化规律如图所示．现有一带负电小球以初速度0.5 m/s从x＝－1 cm的P处沿直线运动到x
＝2 cm的Q处，已知小球的质量为3×10－4 kg，取g＝10 m/s2，则( )
A．匀强电场的场强大小为400 V/m
B．带电小球的电荷量大小为1×10－5 C
C．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40 m/s2D．带电小球运动到Q点时动能可能为0
答案 B
解析 由电势差与电场强度的关系得U＝Excos 37°，则φ－0＝Ecos 37°×x，结合图像得Ecos
37°＝，解得E＝500 V/m，故A错误；由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得mg＝
Eqsin 37°，解得q＝1×10－5 C，故B正确；小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合
外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时动能不可能为0，在水平方向，对小球
由牛顿第二定律得qEcos 37°＝ma，代入数据解得a＝ m/s2，故C、D错误．
10.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．
a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿
半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
答案 BC
解析 小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑
力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功．小
球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增
大，故A错误；小球a受力如图所示，
在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a
从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；从N到Q的过程中，库仑力一直做
负功，所以电势能一直增加，故C正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程中，动能的减少
量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
11．(2021·山东卷·6)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
