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专题五 电场中的图像问题
知识点一、电场中的图像问题
1．φ－x 图象(如图所示)
(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 图象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 图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出
判断．
(4)在φ－x 图象中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化
的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电
场．
(5)在φ－x 图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．
2．E－x 图象
(1)E－x 图象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 图象后，可以由图线确定电场强度、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(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．
1
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(3)在这类题目中，还可以由E－x 图象画出对应的电场，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．
知识点二、其他图像问题
1．基本思路
(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义．
(2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息．
2．解题技巧
(1)应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图象类题型的解题准确率和速度．
(2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线．
(3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．
类型1 电场中的v-t 图
1．（2022 秋•广州期末）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，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Ea、Eb，粒子在a、b 两点的电势能分别为EPa、Epb，
不计重力，则有（ ）
A．EPa＞Epb
B．Ea＝Eb
C．Ea＜Eb
D．φa＞φb
【解答】解：A、负电荷的速度增加，动能增加，由能量守恒知其电势能减小，则有EPa＞Epb，
故A 正确；
BC、因为速度图线的斜率不断变小，故负电荷的加速度变小，电场力变小，所以电场强度变小，
2
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即Ea＞Eb，故B、C 错误；
D、负电荷从a 运动到b，由图像得，负电荷做加速运动，故电场力向右，负电荷受到的电场力
与场强方向相反，故场强向左，而沿场强方向，电势变小，故b 点电势较大，即φa＜φb，故D
错误；
故选：A。
2．（2022 秋•遂宁期末）如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀
强电场，当t＝0 时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所
示。带电粒子经过4T 时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值vm、
时间T 为已知量）则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B．两板间距离d＝2vmT
C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压大小U = 2mvm
2
q
D．若其他条件不变，该带电粒子从t = T
8 开始进入电场，该粒子不能到达右侧板
【解答】解：A．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知位移不断增加，带
电粒子在两板间做单向直线运动，故A 错误；
B．由图像可知两板间距离为d = 4× vmT
2
=2vmT，故B 正确；
C．速度—时间图像斜率表示加速度，由图像可知两板间所加交变电场的周期为T。
粒子运动的加速度大小为：a= vm
T
2
= 2vm
T
由牛顿第二定律得：qU
d =ma，解得：U = 4 mvm
2
q
，故C 错误；
3
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D．将图像向右平移T
8 ，由图像可知位移不断增加，所以带电粒子从t = T
8 开始进入电场，该粒
子能到达右侧板，故D 错误。
故选：B。
（多选）3．（2023•五华区校级模拟）如图甲，A，B，C 为一个非匀强电场中，一条电场线上的
三点，一个电荷量为+2C，质量为1kg 的小物块从C 点静止释放，仅在电场力的作用下，其运动
的v﹣t 图象如图乙所示，B 点切线已标出，则下列说法正确的是（ ）
A．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大
B．由C 点到A 点电势逐渐升高
C．A，B 两点间的电势差UAB＝﹣5V
D．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝1V/m
【解答】解：AB、据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指
向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，所以电势能逐渐减小，故AB 错误。
C、据V﹣t 图可知A、B 两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：
WAB＝qUAB= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v A
2
代入数据解得：UAB＝﹣5V，故C 正确。
D、据v﹣t 图可知带电粒子在B 点的加速度最大为2m/s2，所受的电场力最大为2N，据E= F
q
知，
B 点的场强最大为1N/C，故D 正确。
故选：CD。
类型2 带电粒子在两点电荷一边运动的v-t 图
（多选）4．（2022 秋•内江期末）如图甲所示，A、B、C 三点是在等量同种正电荷连线的中垂线
上的点.现有一个带电荷量为q，质量为m 的点电荷从C 点由静止释放，只在电场力作用下其运
动的v﹣t 图象如图乙所示，运动到B 点处对应的图线的切线斜率最大（图中标出了该切线），
其切线斜率为k，则（ ）
4
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A．A、B、C 三点所在直线为等势线且和无穷远处等电势
B．在C 点无初速度释放一个电子，则它将在O 点两侧做往复运动
C．B 点为中垂线上电场强度最大的点，大小为mk
q
D．A、B 两点间的电势差U AB= m(v A
2 - vB
2 )
2q
【解答】解：A、两个等量的同种正电荷连线中垂线上的电势，由O 点沿中垂线向外侧逐渐减小，
因此带正电粒子由C 点到A 点过程中电势逐渐减小。故A 错误。
B、在C 点无初速度释放一个电子，会受到指向O 点的力，所以它将在O 点两侧做往复运动，
故B 正确；
C、由图可知，带电粒子在B 点的加速度最大为k，所以它所受的电场力最大为mk，根据电场
强度定义式E= F
q
，解得：E= mk
q
．故C 正确；
D、据v﹣t 图可知A、B 两点的速度分别是vA和vB，根据动能定理有：qUAB= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v A
2
解得：UAB= m(vB
2 - v A
2 )
2q
，故D 错误；
故选：BC。
（多选）5．（2022•内江开学）如图甲所示，P、Q 为真空中两固定点电荷，O 为PQ 连线的中点，
MN 为PQ 连线的中垂线，从MN 上的C 点由静止释放一试探电荷，电荷仅在电场力作用下运动，
运动过程中的速度﹣时间图像如图乙所示（已知图像关于虚线对称），下列说法正确的是（
）
5
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A．P、Q 为等量同种电荷
B．P、Q 为等量异种电荷
C．t1时刻，试探电荷位于O 点
D．t2时刻，试探电荷位于O 点
【解答】解：由乙图知P、Q 带等量同种电荷，试探电荷在O 点附近做往复运动，t1 时刻在O 点
速度最大，由对称性知t2时刻试探电荷在C 关于O 点对称的C′点，故AC 正确，BD 错误；
故选：AC。
（多选）6．（2021 秋•将乐县校级月考）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＝10g 的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10﹣4C。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 UCB＝0.9V
D．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E＝1.2V/m
【解答】解：AB．从C 到A 小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，根据电场力做功与
电势能的关系，可知小球电势能一直减小，沿着电场线电势降低，故A 错误，B 正确；
C．根据动能定理得：qUCB= 1
2 mvB
2，解得：UCB＝0.9V，故C 正确；
6
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D、由乙图可知，小球在B 点的加速度最大，加速度由电场力提供，故B 点的电场强度最大，小
球的加速度a= Δv
Δt
，解得：a＝0.06m/s2
根据牛顿第二定律Eq＝ma，解得：E＝1.2V/m，故D 正确；
故选：BCD。
类型3 电场中的v-x 图
（多选）7．（2022 春•拱墅区校级期中）在真空中的x 轴上的原点处和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，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示（其中在x＝4a 处速度最大），则
下列说法正确的是（ ）
A．点电荷M、N 一定都是同种正电荷
B．点电荷M、N 一定为异种电荷
C．点电荷M、N 所带电荷量的绝对值之比为4：1
D．x＝4a 处的电场强度最大
【解答】解：AB、由v﹣x 图象可知，点电荷P 的速度先增大后减小，所以点电荷P 的动能先增
大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相
同可知，电场强度的方向先沿x 轴的正方向，后沿x 轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与
电场的叠加原理可知，点电荷M、N 一定都是正电荷。故A 正确，B 错误；
CD、由图可知，在x＝4a 处点电荷P 的速度最大，速度的变化率为0，说明了x＝4a 处的电场强
度等于0。则M 与N 的点电荷在x＝4a 处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：
k QM
(4 a)
2 =
k QN
(6a- 4 a)
2
；所以点电荷M、N 所带电荷量的绝对值之比为4：1．故C 正确，D 错误。
故选：AC。
8．（2022 秋•普宁市校级月考）如图1 所示，Q1、Q2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中
Q1 带负电，在O 点，Q1、Q2 相距为L，a、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距
7
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3L．现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动（粒子只受电场力作
用），粒子经过a、b 两点时的速度分别为va、vb，其vx 图象如图2 所示，以下说法中正确的是
（ ）
A．Q2一定带负电
B．Q1电荷量与Q2电荷量之比为|Q1|
|Q2| = 4
9
C．b 点的电场强度一定为零，电势最高
D．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小
【解答】解：A、在b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见b 点的加速度为0，则在b 点受
到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带正电，有：k Q1q
(3 L)
2 = k Q2q
(2 L)
2
，
所以|Q1|
|Q2| = 9
4
．故A 错误，B 错误。
C、该电荷从a 点先做减速运动，知该电荷为负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，
所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高。
故C 错误，D 正确。
故选：D。
9．（2022•西安二模）一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x 轴从x＝﹣∞向x＝+∞运动，
其速度v 随位置x 变化的图象如图所示。x＝x1和x＝﹣x1处，图线切线的斜率绝对值相等且最
大。则在x 轴上（ ）
8
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A．x＝x1和x＝﹣x1两处，电场强度相同
B．x＝x1和x＝﹣x1两处，电场强度最大
C．x＝0 处电势最小
D．从x＝x1运动到x＝+∞过程中，电荷的电势能逐渐增大
【解答】解：A、由题，正检验电荷仅在电场力作用下沿x 轴从x＝﹣∞向x＝+∞运动，速度先
减小后增大，所受的电场力先沿﹣x 轴方向，后沿+x 轴方向，电场线方向先沿﹣x 轴方向，后沿
+x 轴方向，则知x＝x1和x＝﹣x1两处，电场强度的方向相反，电场强度不同，故A 错误。
B、此图是速度﹣位置图象，速度随位置的变化率即斜率体现的是加速度的变化，根据F＝ma 及
F＝qE 可知电场强度决定于加速度，也就是斜率，x＝x1和x＝﹣x1两处斜率最大，则电荷的电
场强度最大，故B 正确。
C、由上知，电场线方向先沿﹣x 轴方向，后沿+x 轴方向，根据顺着电场线方向电势降低可知，
电势先升高后降低，则x＝0 处电势最大，故C 错误。
D、从x＝x1运动到x＝+∞过程中，电场力沿+x 轴方向，则电场力做正功，电荷的电势能逐渐减
小，故D 错误。
故选：B。
类型4 电场中的φ－x 图
10．（2023 秋•北碚区校级期中）一电子只在静电力的作用下沿+x 方向运动，其所在位置处的电势
φ 随x 变化情况如图，已知图线在x＝3.8cm 处切线与x 轴平行，则（ ）
A．电子从1.5cm 运动至6.0cm 处的过程中，速率不断变大
B．电子在x＝3.8cm 处时加速度为0
C．x 轴上1cm 到8.0cm 之间的电场方向均沿﹣x 方向
D．x 轴上1cm 到8.0cm 之间的电场场强大小处处相等
【解答】解：AC、根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，在x 轴上从x＝1cm 到x＝3.8cm 电势
升高，电场方向沿﹣x 方向。从x＝3.8cm 到x＝8cm 电势降低，电场方向沿+x 方向，则电子从
1.5cm 运动至6.0cm 处的过程中，其所受电场力方向先沿+x 方向，再沿﹣x 方向，电场力先做正
功后做负功，电子先加速后减速，速度先增大后减小，故AC 错误；
9
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B、φ﹣x 图像的斜率表示场强，x＝3.8cm 处切线与x 轴平行，即此处斜率为零，电场强度为零，
所以电子在此处所受电场力为零，加速度为0，故B 正确；
D、φ﹣x 图像的斜率表示场强，图像的斜率先减小后增大，故x 轴上1cm 到8.0cm 之间的电场
场强大小不处处相等，故D 错误。
故选：B。
11．（2022 秋•海安市校级期末）点电荷Q1固定在原点O，Q2是位于x 轴上的另一个点电荷，x 正
半轴上的电势φ 随x 的分布情况如图所示。一带负电的试探电荷q 仅在电场力作用下沿x 轴以一
定的初速度从x1运动经过x2，则（ ）
A．Q1带正电
B．Q2位于x2点的右侧
C．q 从x1到x2加速度一直增大
D．q 从x1到x2电势能一直减小
【解答】解：A、由于φ﹣x 图像中靠近O 点处电势φ 趋近于正无穷大，则可判断出O 点处的
Q1为正电荷，故A 正确；
B、根据φ﹣x 图线的斜率表示电场强度可知，x2处的电场强度等于零，根据点电荷的场强表达
式和场强叠加原理可知Q2为负电荷且在x2的左侧，故B 错误；
C、由φ﹣x 图像可知，从x1到x2图线斜率的绝对值逐渐减小，则场强逐渐减小，故电荷q 从x1
到x2加速度一直减小，故C 错误；
D、从x1到x2电势逐渐降低，则负电荷q 从x1到x2电势能一直增加，故D 错误。
故选：A。
12．（2023•海淀区一模）一电子只在静电力作用下沿+x 方向运动，其所在位置处的电势Φ 随位置
x 变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（ ）
10
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A．x1与x3，处的电场方向相同
B．从x1运动到x2，电场力对电子做正功
C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率
D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小
【解答】解：A．沿着电场线方向电势逐渐降低，根据图像可知，x1的电场方向沿x 轴正方向，
x3处的电场方向沿x 轴负方向，故A 错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，故B 错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于
在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，故C 正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，故D 错误。
故选：C。
类型5 电场中两电荷周围的φ－x 图
13．（2023 春•大连期末）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x 轴上的A、B 两点，x 轴上各
点电势φ 随坐标x 变化的关系如图所示，取无穷远处电势为0。P 点为图中最高点，且AP＜
PB，x1位置到A 的距离等于x2位置到B 的距离。由图像可知（ ）
A．由A 到B 电势先降低后升高
B．由A 到B 场强先增大后减小
C．两点电荷均带负电，且q1＜q2
D．若一电子在x1处由静止释放，电子能到达x2位置再返回
【解答】解：A、由图可知由A 到B 电势先升高后降低，故A 错误；
B、φ﹣x 图像的切线斜率绝对值表示电场强度的大小，由图像可知，从A 到B 的过程中，图像
11
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的斜率的绝对值先减小后增大，由此可知从A 到B 的过程中，电场强度的大小先减小后增大，
故B 错误；
C、由图像可知，两电荷之间的电势均为负值，可知两电荷均为负电荷；根据φ﹣x 图像的切线
斜率绝对值表示电场强度的大小，可知最高点P 的场强为0；则两电荷在P 点的场强大小相等，
方向相反，由于AP＜PB，由此可知电荷量q1＜q2，故C 正确；
D、电子仅在电场力作用下运动，电势能和动能之和守恒，由图可知x1处的电势高于x2的电势，
则电子在x1处的电势能低于x2的电势能，若一电子在x1处由静止释放，电子不能到达x2位置，
故D 错误。
故选：C。
14．（2023 秋•碑林区校级月考）如图甲所示，x 轴上固定两个点电荷A 和B，电荷A 固定在原点
O，电荷B 固定在x＝2L 处，通过电势传感器测出x 轴上各点电势φ 随坐标x 的变化规律并描绘
出φ﹣x 图像，如图乙所示。已知φ﹣x 图线与x 轴的交点坐标为x1和x2，x＝3L 处的图线的切
线水平，取无穷远处电势为零时点电荷的电势公式φ= kQ
r
，其中k 为静电力常量，Q 为场源点
电荷的电荷量，r 为某点距场源点电荷的距离，以下说法正确的是（ ）
A．两点电荷为同种电荷
B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝16：1
C．在x 轴上x＞2L 的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
D．x1= 9
5 L、x2= 9
4 L
【解答】解：A、根据图像，电荷A 周围的电势大于零，所以电荷A 带正电；电荷B 周围的电
势小于零，所以电荷B 带负电，两点电荷为异种电荷，故A 错误；
B、x＝3L 处的图线的切线平行x 轴，该处的电场强度等于零
12
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由点电荷场强合成得：k
Q A
(3 L)
2 =k QB
L
2
解得：QA：QB＝9：1，故B 错误；
C、在x 轴上2L＜x＜3L 的区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x 轴负方向，在x 轴上x＞3L 的
区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x 轴正方向，所以在2L～3L 之间释放正电荷，将向左运动
加速一段时间，后开始减速，如果在3L 右侧放入正电荷将向右运动，将向右一直加速到无穷远
处，故C 错误；
D、φ﹣x 图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x＝3L 处的电场强度为零，有，
k
Q A
(3 L)
2 =k QB
L
2
由图像可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有
k Q A
x1
=k
QB
2 L- x1
k Q A
x2
=k
QB
x2-2 L
代入解得：x1= 9
5 L，x2= 9
4 L，故D 正确。
故选：D。
类型6 电场中的E-x 图线为直线的问题
（多选）15．（2023 秋•庐阳区校级月考）空间中某静电场的电场强度E 随x 的变化图像如图所示，
规定沿x 轴正方向为电场强度的正方向。一钠离子（Na+）仅在电场力的作用下沿x 轴从O 点运
动到x2处，在此过程中（ ）
A．钠离子的电势能一直增大
B．钠离子的加速度先增大后减小
13
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C．钠离子在x2处的速率大于在x1处的速率
D．O 和x1两点间的电势差小于x1和x2两点间的电势差
【解答】解：A、钠离子在x 轴上从O 点运动到x2处的过程，电场强度沿x 轴正方向，钠离子带
正电，则钠离子受到的电场力沿x 轴正方向，所以电场力对钠离子一直做正功，钠离子的电势能
一直减小，故A 错误；
B、由E﹣x 图像可知，电场强度一直增大，所以钠离子受到的电场力一直增大，钠离子的加速
度一直增大，故B 错误；
C、电场力对钠离子一直做正功，根据动能定理可知，钠离子的动能一直增大，所以钠离子在x2
处的速率大于在x1处的速率，故C 正确；
D、E﹣x 图像与x 轴所围的面积表示两点间的电势差，所以和x1两点间的电势差小于x1和x2两
点间的电势差，故D 正确。
故选：CD。
（多选）16．（2022 秋•中山市期末）某静电场中x 轴上电场强度E 随x 变化的关系如图所示，设
x 轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q 的粒子从坐标原点O 沿x 轴正方向运动，
在x＝3x0处粒子速度变为零。假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则（ ）
A．粒子一定带负电
B．粒子的初动能不可能为零
C．粒子沿x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小
D．粒子沿x 轴正方向运动过程中在x0位置处速度最大
【解答】解：A．由于x 轴正方向为电场强度的正方向，则在x＝x0位置左侧的电场方向向右，
该位置右侧电场方向向左，粒子在x＝3x0处粒子速度变为零，表明粒子在x＝x0位置右侧所受电
场力方向向左，即粒子所受电场力方向与电场方向相同，则粒子带正电，故A 错误；
B．令O 点到x＝x0位置的电势差为U12，x＝x0位置到x＝3x0位置的电势差为U23，粒子的初动
能为Ek0，根据动能定理可得：
qU12+qU23＝0﹣Ek0
电场强度E 随x 变化的关系图中，图像与x 轴所围面积表示电势差，由此可知：
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U 12= 1
2 E0 x0，U 23=- 1
2 ×2 E0(3 x0- x0)=-2 E0 x0
解得：Ek 0= 3
2 E0 x0
所以粒子的初动能不可能为零，故B 正确；
C．根据上述分析可知粒子沿x 轴正方向运动过程中，电场力先做正功，后做负功，根据功能关
系可知电势能先减小后增大，故C 错误；
D．根据上述分析可知粒子沿x 轴正方向运动过程中在x0位置处加速度为零，速度最大，故D 正
确。
故选：BD。
（多选）17．（2023 春•丰城市校级期末）在某电场中一条直的电场线上建立x 轴，x 轴上0﹣x2间
的电场强度的分布如图所示，沿x 轴正向为电场强度的正方向，在坐标原点处放一个质量为m，
电荷量为q 的正点电荷，该电荷仅在电场力的作用下运动，则在粒子从x＝0 运动到x＝x2的过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子先做加速运动后做减速运动
B．粒子运动的加速度先增大后减小
C．粒子运动到x＝x1处时，电势能减少了1
2 q E0 x1
D．粒子运动到x＝x1处的速度与运动到x＝x2处的速度之比为x1：x2
【解答】解：A、0﹣x2间，电场强度均为正值，则点电荷受到的电场力一直沿x 轴正方向，因
此点电荷一直做加速运动，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：a= qE
m
由图像得，场强E 先增大后减小，则点电荷的加速度先增大后减小，故B 正确；
C、点电荷从x＝0 运动到x＝x1处过程中，电场力做功为W= 1
2
qE0x1
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因此电势能减少了1
2
qE0x1．故C 正确；
D、从x＝0 运动到x＝x1的过程，由动能定理得：1
2
qE0x1= 1
2 mv1
2
从x＝0 运动到x＝x2的过程，由动能定理得：1
2
qE0x2= 1
2 mv2
2
联立解得：v1：v2=√x1
：√x2
故D 错误。
故选：BC。
类型7 电场中的E-x 图线为曲线的问题
18．（2023 秋•西山区校级月考）某静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正方
向为场强正方向，一个带正电的点电荷只在电场力的作用下沿x 轴运动，x1、x2、x3、x4四点间
隔相等，则（ ）
A．点电荷在x2和x4处电势能相等
B．x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差
C．点电荷由x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小
D．点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
【解答】解：A、从x1到x4场强为正，因此沿x 轴正向，沿电场线电势降低，则x2点电势高于
x4点的电势，可知点电荷在x2和x4处电势能不相等，故A 错误；
B、根据U＝Ex 可知，图像与坐标轴围成的面积等于电势差，可知x1、x2两点之间的面积小于
x3、x4两点之间的面积，所以x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故B 正确；
C、从x1到x3电势逐渐降低，可知点电荷由x1运动到x3的过程中电势能逐渐减小，故C 错误；
D．从x1到x4点场强沿x 轴正向先增加后减小，可知电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大
后减小，故D 错误。
故选：B。
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19．（2023•青岛一模）在x 轴上关于O 点对称的M、N 处各固定一等量点电荷，取x 轴正方向为
电场强度的正方向，x 轴上各点电场强度E 随坐标x 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（
）
A．两电荷连线中点O 处的电势为零
B．x 轴上从M 点到N 点电势先降低后升高
C．将一试探电荷从O 点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力不做功
D．将一正试探电荷从O 点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电势能先增大后减小
【解答】解：A、由图可知MO 之间的电场强度为正，而ON 之间的电场强度为负，可知MN 处
放置的为带正电的点电荷，O 点电势不为0，x 轴上从M 点到N 点的电势先降低后升高；故A 错
误，B 正确；
C、将一试探电荷从O 点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力做功；故C 错误；
D、将一正试探电荷从O 点沿两电荷连线中垂线移动的过程中，电场做正功，电势能减小，故D
错误；
故选：B。
20．（2023 秋•武汉期中）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√3
2 L、√2
2 L、- √2
2 L。y 轴上各点
电场强度E 随y 变化的关系如图乙所示，图中0～√2
2 L的阴影部分面积为a，0～√3
2 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（ ）
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A．M、N 是等量负电荷
B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为√3：√2
C．带电粒子运动过程中在y = √2
2 L达到最大速度为
√
2q(b-a)
m
D．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b﹣a）
【解答】解：A、根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为m、电荷量为﹣q 的带
负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y 轴负方向运动，受到引力作用，所以
M、N 是等量正电荷，故A 错误；
B、设电荷带电量为Q，则：2kQq
L
2+ y
2 ×
y
√y
2+ L
2 =ma；所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大
小之比不是√3：√2，故B 错误；
C、带电粒子运动过程中最大速度在O 点，根据动能定理可得：qb= 1
2 m v
2
解得最大速度：v=√
2qb
m
，故C 错误；
D、图乙中面积代表电势差，所以带电粒子运动到P3位置时，电场力做功为：W＝q（b﹣a），
根据动能定理可知动能为q（b﹣a），故D 正确。
故选：D。
类型8 电场中的Ep-x 图线为直线的问题
21．（2021 秋•湖北期末）A 和B 两点在x 轴上的坐标值为xA和xB，一电子仅在电场力作用下沿x
轴运动，该电子的电势能Ep 随其坐标x 变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是
（ ）
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A．电子由A 点运动到B 点的过程中电场力对其所做的功W＝EPB﹣EPA
B．该电场可能是孤立点电荷形成的电场
C．A 点的电势低于B 点的电势
D．电子由A 点运动到B 点做减速运动
【解答】解：A.由图乙可知，电子在A、B 两点的电势能关系
EPB＞EPA
说明电子由A 运动到B 时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为
W＝﹣ΔEp＝EPA﹣EPB
故A 错误；
B.由于A、B 两点的电势能与两个位置间的关系如图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定
是个匀强电场，不可能是孤立点电荷形成的电场，故B 错误；
C.电子在A 点的电势能小于B 点的电势能，根据Ep＝qφ 可知A 点的电势高于B 点的电势，故C
错误；
D.由于电子由A 点运动到B 点电场力做负功，故动能减小，即电子由A 点运动到B 点做减速运
动，故D 正确。
故选：D。
（多选）22．（2021 秋•抚州期末）在某静电场中建立x 坐标轴，一带电量为﹣q 的粒子只在电场
力作用下，从原点O 沿x 轴正方向运动，粒子的电势能Ep随坐标x 的变化关系如图所示，已知
粒子到达2x0处时速度为0。则在0～2x0的运动过程中（ ）
A．粒子在原点O 处一定具有初速度
B．粒子在电场中运动的加速度恒定
C．2x0处的电势与原点处的相等
D．粒子在x0处的动能为2Ep0
【解答】解：A．带负电的粒子从原点O 沿x 轴正方向运动，电势能逐渐增加，则电场力做负功，
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动能减小，则粒子在原点O 处一定具有初速度，故A 正确；
B．根据Δ E p
Δx =qE 可知，Ep﹣x 图像的斜率表示电场力大小，故粒子沿x 轴方向电场力不变，根
据牛顿第二定律可知粒子加速度不变，故B 正确；
C．粒子在2x0处的电势能与原点处的电势能不相等，根据Ep＝qφ，则两点电势不相等，故C 错
误；
D．粒子只受电场力作用，则电势能和动能之和守恒，粒子到达2x0处时速度为0，则
Ekx0+0＝Ep0+0
粒子在x0处的动能为Ep0，故D 错误。
故选：AB。
类型9 电场中的Ep-x 图线为曲线的问题
（多选）23．（2024•甘孜州模拟）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 随位移x 变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正
确的是（ ）
A．x1处电场强度为正值
B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
D．x2～x3段是匀强电场
【解答】A、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E= Δφ
Δx ，得：E= l
q
Δ EP
Δx
，由数学知识可知Ep﹣x 图象切线的斜率等于Δ EP
Δx
，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，
故A 错误。
B、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的
电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B 正确。
C、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力
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减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受
的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，
是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）24．（2023 秋•宜秀区校级期中）两个点电荷分别固定在绝缘水平面上的x 轴的两个不同
位置，一个带电量为﹣q 的试探电荷在x 轴上的电势能随位置变化的图像如图所示。已知在C 点
时，图线的切线与x 轴平行。下列说法正确的是（ ）
A．C 点电势最低
B．NC 间电场强度方向沿x 轴负方向
C．AN 间电势差为UAN= EPA+ EPN
q
D．由B 到C，电场强度一直减小
【解答】解：A、根据电势能公式Ep＝qφ 可知，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势
能大，可知，负电荷在B 点电势能最大，则B 点电势最低，故A 错误；
B、从N 到C，负电荷的电势能减小，电势升高，则NC 间电场强度方向沿x 轴负方向，故B 正
确；
C、负电荷从A 到N，电势能变化量为ΔEp＝﹣EpN﹣EpA，电场力做功为WAN＝﹣ΔEp＝
EpN+EpA，AN 间电势差为UAN= W AN
-q
=- E pA+ E pN
q
，故C 错误；
D、图像的切线斜率k= Δ E p
Δx = qΔφ
Δx =qE，可知由B 到C，图像的切线斜率绝对值一直减小，则
电场强度一直减小，故D 正确。
故选：BD。
25．（2023•徐汇区二模）如图（i）所示，真空中两正点电荷A、B 固定在x 轴上，其中A 位于坐
标原点。一质量为m、电量为q（电量远小于A、B）的带正电小球a 仅在电场力作用下，以大
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小为v0的初速度从x＝x1处沿x 轴正方向运动。取无穷远处势能为零，a 在A、B 间由于受A、B
的电场力作用而具有的电势能Ep随位置x 变化关系如图（ii）所示，图中E1、E2均为已知，且a
在x＝x2处受到的电场力为零。
（1）求A、B 两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间的电势差U12；
（2）比较A、B 两电荷电量QA、QB的大小关系；
（3）求a 在A、B 间运动过程中最大速度vm的大小；
（4）如图（iii）所示，若一探测器从地球飞往月球，仅考虑地球与月球对探测器的引力作用，
试从受力与能量的角度比较该探测器的运动与a 在A、B 间的运动的类似之处（至少写出三点）；
并在图（iv）中定性画出探测器在地、月共同作用下所具有的势能Ep 随探测器与月球间距离x
变化的关系图线（取无穷远处势能为零）。
【解答】解：（1）A、B 两电荷电场在x＝x1与x＝x2两点间由功能关系：qU12＝E1﹣E2，解得：
U 12= E1- E2
q
；
（2 ）a 在x ＝x2 处受到的电场力为零，由A 、B 电荷对a 的库仑力平衡，得：
k Q A q
x2
2 =k
QBq
(l AB- x2)
2
，由于x2＞lAB﹣x2，所以QA＞QB；
（3）当F＝0 时，即在x＝x2处，a 在A、B 间运动过程中速度最大，由能量守恒定律，此处电
势能最小，动能最大，速度最大，
由动能定理：qU12= 1
2 m vm
2 - 1
2 m v0
2，其中qU12＝E1﹣E2，联立解得：vm=√v0
2+ 2( E1- E2)
m
；
（4）探测器从地球飞往月球，受力方面：万有引力与距离的平方成反比与质量乘积成正比，地
球质量大于月球质量，受力平衡点靠近月球。
能量方面：靠近产生较小引力场的月球处有势能最小值，类比电场EP=- GM
r
，
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势能Ep 随探测器与月球间距离x 变化的关系图线（取无穷远处势能为零）如图所示：
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