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第39 讲 电场中的功能关系及图像问题
目 录
模拟·基础演练.................................................................................................................1
题型01 电场力做功...................................................................................................................1
题型02 电场中功能关系...........................................................................................................5
题型03 电场中的V-t 图像......................................................................................................11
题型04 电场中的E-X 图像.....................................................................................................14
题型05 电场中的φ-X 图像.....................................................................................................17
题型06 电场中的E p-X 图像....................................................................................................22
重难·创新演练.........................................................................................................................25
真题·实战演练.........................................................................................................................30
模拟·基础演练
考查重点：电场力做功、电场中的V-t，E-t 等图像……
⏳题型01 电场
功
力做
1．（多选）（2026·内蒙古包头·二模）如图，电荷量为+q 的点电荷固定在点Q，电荷量为-q、质量为m 的
点电荷P 绕点Q 沿椭圆轨道运动，轨道长轴的两端点a、b 到点Q 的距离分别为r、3r，点电荷P 运动的周
期为T。不计粒子受到的重力，静电力常量为k，两电荷距离为d 时的电势能E =−k q
2
d 。下列判断正确的
是（ ）
A．点电荷P 在点a 和点b 的速度大小之比为❑√3∶1
B．点电荷P 从b 运动到a 的过程中电势能先减小后增大
C．若电荷P 运动到a 点时，速度方向不变，大小变为q ❑√
k
mr
，则此后运动周期为
❑√2
4 T
D．点电荷P 运动到b 点时的速度为❑√
k q
2
6mr
【答案】CD
【详解】A．点电荷之间的库仑力公式与物体之间的万有引力形式类似，都满足平方反比关系，可知点电
荷P 绕Q 点的运动关系也满足开普勒三定律。根据开普勒第二定律的内容可知，电荷P 单位时间内与Q 的
连线转过的面积相同，即1
2 r ⋅va Δt = 1
2 ⋅3r ⋅vb Δt 所以
va
vb
=3，故A 错误；
B．点电荷之间是吸引力，从b 运动到a 时距离减小，静电力做正功，电势能减小，故B 错误；
C．点电荷运动到a 点时速度方向不变，大小变为q ❑√
k
mr
，刚好有k q
2
r
2 = mv
2
r
说明在a 点做半径为r的圆周运动；
在椭圆轨道运动时的半长轴为2r，根据开普勒第三定律，有(2r )
3
T
2
=c，其中c为一个常数，根据开普勒第
三定律，有r
3
T a
2 =c
解得T a=
❑√2
4 T，故C 正确；
D．利用能量守恒和开普勒第二定律，总能量E = 1
2 mva
2−k q
2
r = 1
2 mvb
2−k q
2
3r ，其中va=3 vb
解得b 点时的速度为vb=
❑√
k q
2
6mr
。故D 正确；
故选CD。
2．（多选）（2025·内蒙古·模拟预测）城市生活污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用静电技术对其
进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于
底部，金属棒插入污水中，形成的电场分布如图所示。其中实线为电场线，虚线为等势面，M 点和N 点在
同一电场线上，M 点和P 点在同一等势面上。下列说法正确的是（ ）
A．N 点的电场强度比P 点的小
B．M 点的电势比N 点的高
C．污泥絮体从M 点移到N 点，电场力对其做负功
D．污泥絮体在N 点的电势能比其在P 点的小
【答案】AD
【详解】A．根据电场线的疏密程度可知N 点比P 点更稀疏，故N 点的电场强度比P 点的小，故A 正确；
B．根据沿着电场线方向，电势降低，可知M 点的电势比N 点的低，故B 错误；
C．污泥絮体带负电，根据Ep=qφ可知，污泥絮体在M 点的电势能比在N 点的电势能大，污泥絮体从M
点移到N 点，电势能减小，电场力对其做正功，故C 错误；
D．M 点和P 点在同一等势面上，则污泥絮体在M 点的电势能与在P 点的电势能相等，结合AC 选项分析
可知污泥絮体在P 点的电势能比其在N 点的大，故D 正确。
故选AD。
3．（多选）（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，带电荷量为6Q (Q>0)的球1 固定在倾角为30°的光
滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为−Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电
球3，球3 与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L
2 ，球2、3 间的
静电力大小为mg
2 。迅速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列说法
正确的是（ ）
A．球3 带正电
B．球3 在ab间做简谐运动
C．球3 运动至a点的速度大小为❑√2gL
D．球3 在a点时的加速度大小是在ab中点时的4 倍
【答案】AD
【详解】A．若球3 带负电，由于球1 带正电对其产生沿斜面向下的吸引力，球2 带负电对其产生的排斥
力在斜面上的分力沿斜面向上，加上重力沿斜面向下的分力，为了维持静止状态弹簧必须处于拉伸状态以
提供向上的拉力，这与题中弹簧处于压缩状态矛盾，故球3 必然带正电，根据题意可知球2、3 间的静电力
大小为F23= mg
2
球2、3 间的距离与a、b两点间的距离相等均为L，根据库仑定律可知球1、3 间的静电力大小为
F13=6 F23
代入数据解得F13=3mg
对处于b点静止的球3 进行受力分析，根据受力平衡条件有Fk+mgsin30
°+ F23cos60
°= F13
代入已知数据解得Fk= 9
4 mg
设弹簧的劲度系数为k0，根据胡克定律有Fk=k0
L
2
解得k0= 9mg
2 L
受力情况与题设条件相符，故A 正确；
B．迅速移走球1 后球3 沿斜面向下运动，球3 到球2 的距离随位移不断发生变化，球2 对球3 的库仑力大
小和方向均发生改变，库仑力沿斜面的分力与位移不呈线性关系，因此球3 受到的合力不与位移成正比，
不满足简谐运动的回复力特征，故B 错误；
C．球3 从b点运动到a点的过程中，由于b点与a点到球2 的距离均为L，两点处于同一等势面上，球2 对
球3 的静电力做功为零，弹簧在b点压缩量为L
2 ，在a点伸长量也为L
2 ，初末状态弹性势能相等，弹力做总
功为零，根据动能定理有mgLsin30
°= 1
2 mv
2
解得v = ❑√gL
运动至a点的速度大小不为❑√2 gL，故C 错误；
D．当球3 运动至ab中点时，位移为L
2 ，此时弹簧刚好恢复原长弹力为零，球2 与该中点的连线垂直于斜
面，球2 对球3 的静电力方向垂直于斜面，其沿斜面方向的分力为零，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsin30
°=ma1
解得a1=0.5 g
当球3 运动至a点时，弹簧处于拉伸状态且伸长量为L
2 ，球2 对球3 的静电力方向竖直向上，设沿斜面向上
为正方向，根据牛顿第二定律有k0 L
2 + F23sin30
°−mgsin30
°=ma2
代入数据解得a2=2g
经过对比可知a2= 4 a1，故D 正确。
故选AD。
4．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上
的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间
加一平行于斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点。
已知匀强电场的电场强度为E =100 N /C，斜面倾角θ =37°，物块质量为m=1kg，电荷量为q =0.1C，物
块与斜面间动摩擦因数为μ=0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数为
k =10 N / m，BM与斜面垂直，且BM =0.3 m。物块沿斜面方向移动的距离用x表示，认为最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，下列正确的是（ ）
A．物块上滑过程中受到的摩擦力逐渐变大
B．物块的加速度a随x变化的关系为a=−10 x + 4
C．物块在MN的中点P处的速度大小为
❑√10
5
m /s
D．MN的长度为0.4 m
【答案】CD
【详解】A．对物块受力分析，垂直斜面方向，根据平衡条件有F N +k ⋅BM
sin α ⋅sin α =mgcosθ
结合f = μ F N可得f = μ(mgcosθ−k ⋅BM )=2 N
可见滑动摩擦力为一定值，故A 错误；
B．设物块沿斜面方向移动的距离为x，由牛顿第二定律有qE−mgsinθ−kx −f =ma
整理可得a=−10 x +2
故B 错误；
CD．作出a−x图像，可知物块从M到N的过程，a−x图线的面积乘以质量m即为合力做功，根据对称性
可知1
2 MN =0.2m，解得MN =0.4 m。设物块在MN的中点P处的速度为v，根据动能定理可得
1
2 m×2×0.2= 1
2 m v
2，解得v =
❑√10
5
m/s，故C、D 正确。
故选CD。
5．（多选）（2026·辽宁锦州·二模）为避免雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放
电时空间电场线的分布图，电场线指向避雷针尖端。M、N、P三点位于同一条电场线上，空间电场分布
关于直线MP对称。一带电探测粒子仅在电场力作用下运动，其部分轨迹如图所示。下列说法正确的是（
）
A．粒子在轨迹上某点的加速度方向与电场线切线方向相反
B．粒子从A点运动到B点的过程中，电场力一定做负功
C．M、N、P三点满足电势关系φM >φN >φP
D．粒子在图中A点的电势能一定大于在B点的电势能
【答案】CD
【详解】A.粒子的加速度方向与所受电场力方向一致，由轨迹弯曲方向可知，粒子受力方向与电场线切线
方向相同，说明粒子带正电，因此加速度方向与电场线切线方向相同，故A 错误；
BD.粒子从A 到B 运动过程中，电场力方向与速度方向夹角为锐角，粒子的速率一直在增加，电场力做正
功，电势能减少，故B 错误，D 正确；
C.电场线的方向是电势降低的方向，因此φM >φN >φP，故C 正确；
故选CD。
⏳题型02 电场中功能关系
6．（25-26 高二上·内蒙古呼和浩特）如图所示的匀强电场中，有a、b、c 三点，ab=5cm，bc =12cm，
其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角，一个电荷量为q = 4×10
−8C的正电荷从a 移动到b，静电力
做功为W 1=1.2×10
−7J，求：
(1)若规定a 点电势为零，求该电荷在b 点的电势能及b 点的电势；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)该电荷从b 到c，电荷的电势能的变化量。
【答案】(1)−1.2×10
−7J，−3 V
(2)60 V/m
(3)减少1.44×10
−7J
【详解】（1）静电力做功与电势能的关系为W 1= Epa−Epb
规定a 点电势为零，即EPa=0，电荷在b 点的电势能为Epb=−W 1=−1.2×10
−7J
b 点的电势φb= Epb
q =−3 V
（2）该电场的电场强度大小为E =
W 1
q×ab =60 V/m
（3）该电荷从b 到c，静电力做功为
W 2= F ×bc cos60° =qE×bc cos60° = 4×10
−8×60×12×10
−2×0.5J =1.44×10
−7J
电场力做正功，电势能减小，因此该过程电荷的电势能减少1.44×10
−7J。
7．（25-26 高二上·辽宁锦州）如图，在xOy竖直平面内分布着与水平方向成45°角斜向右上方的匀强电场，
一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从O点由静止开始沿电场线做匀加速直线运动，经过时间t恰好到
达电场线上P(d ,d)点，粒子仅受电场力作用，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子从O点运动到P点过程中，电场力做的功W ；
(3)粒子从O点运动到P点过程中，电势能的改变量及机械能的变化量（说明增减）。
【答案】(1)2❑√2md
qt
2
(2)4 md
2
t
2
(3)电势能减少了4 md
2
t
2
，机械能增加了4 md
2
t
2
【详解】（1）粒子沿电场线做初速度为0 的匀加速直线运动，由运动学公式可得x = 1
2 at
2
由几何关系知x = ❑√2d
解得a= 2❑√2d
t
2
粒子仅受电场力作用，由牛顿第二定律可得qE =ma
联立解得E = 2❑√2md
qt
2
（2）设粒子从O点运动到P点过程中电场力做功W
由W =qEx
得W = 4 md
2
t
2
（3）电场力做功与电势能变化的关系为Δ Ep电=−W =−4 md
2
t
2
即电势能减少了4 md
2
t
2
电场力做功等于机械能的变化量Δ E机=W
即机械能增加了Δ E机= 4 md
2
t
2
8．（25-26 高三上·重庆九龙坡）如图所示，在光滑绝缘水平面上放置有静止的小球 A 和 B ，小球 A
带电量为 +q ，绝缘小球 B 不带电， 小球 A 、B 的质量均为 m ，小球 A 、B 间距离为 d ，整个
空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小 E = mv0
2
2qd
。 从 t =0 时刻释放小球 A ，经过一段时间，
小球 A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短（内力远大于电场力）， 全过程小球 A 和 B 电荷量保持
不变，小球 A 和 B 均视为质点，重力加速度 g=10m/ s
2 。求∶
(1)第一次碰撞后瞬间小球 A 和 B 速度大小；
(2)小球 A 释放开始经过多长时间与 B 发生第二次碰撞，以及碰撞后瞬间 A 和 B 的速度大小；
(3)小球 A 和 B 从静止开始到发生第 n 次碰撞的时间内，小球 A 的电势能的改变量。
【答案】(1)v A 1=0，vB1= v0
(2)t = 6d
v0
，v A 2= v0，vB2=2v0
(3)Δ E p=−2n
2−2n+1
2
mv0
2
【详解】（1）设小球A 与B 第一次碰前速度为v A 0，碰后AB 的速度分别为v A 1、vB0，则有
qEd = 1
2 m v A 0
2，m v A 0=m v A 1+m vB1，1
2 m v A 0
2= 1
2 m v A 1
2+ 1
2 m vB1
2
解得v A 0= v0，v A 1=0，vB1= v0
（2）设小球 A 从释放开始经过t0与 B 发生第一次碰撞，根据d = v0
2 t0
解得t0= 2d
v0
设第一次碰后到第二次碰撞经历的时间为t1，根据qE =ma，1
2 at1
2= v0t1，t =t0+t1
解得小球 A 释放开始到与 B 发生第二次碰撞经历的时间为t =3t0= 6d
v0
第二次碰前A 的速度为v A 1
' =at1=2v0
根据A、B 碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有
mv A 1
' +mvB1=mv A 2+mvB2，1
2 mv A 1
'2+ 1
2 mvB1
2= 1
2 mv A 2
2+ 1
2 mvB2
2
解得v A 2= v0，vB2=2v0
（3）设第二次碰撞后到第三次碰撞经历的时间为t2，有v0t2+ 1
2 at2
2=2v0t2
第二次碰前A 的速度为v A 2
' = v A 2+at2
解得v A 2
' =3 v0
根据A、B 碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有
m v A 2
' +m vB2=m v A 3+m vB3，1
2 m v A 2
'2+ 1
2 m vB2
2= 1
2 m v A 3
2+ 1
2 m vB3
2
解得v A 3=2v0，vB3=3 v0
同理可得第 n 次碰撞后A、B 的速度分别为v An=(n−1)v0，vBn=n v0
根据能量守恒小球 A 的电势能的减少量等于A、B 动能的增加量Δ E p=−1
2 mv A n
2−1
2 mvBn
2
则小球 A 的电势能的改变量为Δ E p=−2n
2−2n+1
2
m v0
2
9．（25-26 高三上·吉林白城）带电粒子绕着带电量为＋Q 的点电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，点电荷固定
在椭圆左焦点F 上，带电粒子电量为-q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为φ= kQ
r ，带电粒
子速度的平方与其到电荷的距离的倒数满足如图关系。
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B 的电势；
(2)求带电粒子从A 到B 的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；
【答案】(1)kQ
a
(2)−kQq(
2
2a−c −1
a )
【详解】（1）由几何关系可知，椭圆上任意一点到两焦点间距离之和为2a，故半短轴顶点B 距点电荷的
距离为r =a
根据电势计算公式φ= kQ
r
可得在椭圆轨道半短轴顶点B 的电势为φB= kQ
a
（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A 的电势为φ A = kQ
a−c
2
= 2kQ
2a−c
根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A 到B 的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为
W AB=−q(φ A−φB)=−kQq(
2
2a−c −1
a )
10．（2026·吉林长春·一模）如图，空间中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E = 3mg
q
。电场中
有一竖直放置的劲度系数为k 的轻质绝缘弹簧，两端连接两个绝缘小球A、B，其中A 带正电，电荷量为
q，质量为2m，B 不带电，质量为m。现将A、B 同时由静止释放，释放时弹簧处于原长，A、B 运动过程
中弹簧始终不超过弹性限度。已知弹簧弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep= 1
2 k x
2，重力加速度为g，忽
略空气阻力。求：
(1)B 的速度最大时弹簧的伸长量。
(2)A 的最大速度。
(3)静电力对系统做功的最大值。
【答案】(1)x = mg
k
(2)vA=
❑√
m g
2
6k
(3)W max= 2m
2 g
2
k
【详解】（1）B 速度最大时合力为0，对B 分析可知kx =mg
解得x = mg
k
（2）系统合力qE−2mg−mg=0
根据动量守恒定律有2m vA=m vB
两边同乘t 有2mhA=mhB
则x =hA+hB=3hA
B 速度最大时A 速度亦达最大，且满足2vA= vB，根据能量守恒定律有
匀速时A 速度最大，根据能量守恒有qE hA−2mghA+mghB= 1
2 ×2m vA
2 + 1
2 m vB
2+ 1
2 k x
2
解得vA=
❑√
m g
2
6k
（3）静电力做功W 电=qE hA=mgx
当弹簧伸长量最大时两球速度均为零，静电力做功达到最大，由能量守恒定律得mg xm = 1
2 k xm
2
解得最大伸长量xm
❑= 2mg
k
则静电力做功最大值W max= 2m
2 g
2
k
⏳题型03 电场中的V-t 图像
11．（25-26 高三上·内蒙古锡林郭勒）如图，空间中有两个电荷量相等的正点电荷，以连线中点O 为原点，
在垂直连线方向上建立x轴。将一带正电粒子从紧靠O 点的上方由静止释放，粒子仅在电场力作用下沿x
轴运动。v和Ep分别表示该粒子的速度和电势能，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．等量同种点电荷形成的合电场，在O点上方沿x轴正向电场强度先增大后减小，根据a= qE
m
可知带正电粒子的加速度先增大后减小，而v −t图像的斜率表示加速度，故v −t图像与图像A 相符，A 正
确、B 错误；
CD．由于电场力对粒子一直做正功，其电势能一直减小，CD 错误。
故选A。
12．（24-25 高二上·贵州六盘水）如图甲所示，A、B是一条电场线上的两个点，质量为m、电荷量为−q
的粒子仅在电场力的作用下沿电场线从A向B运动，初速度为v0，刚好能到达B点。粒子运动的v −t图像
如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A．A点电势低于B点电势
B．A、B两点间的电势差U = m v0
2
2q
C．A点电场强度大于B点电场强度
D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能
【答案】B
【详解】A．因为粒子从A 向B 运动速度减小，所以电场力方向从B 指向A，又因为粒子带负电，受力方
向与场强方向相反，所以该电场的电场线方向从A 指向B。根据沿着电场线方向电势降低，可知A 点电势
高于B 点电势，故A 错误；
B．对粒子从A 到B 运动过程列动能定理方程有−qU =0−1
2 mv0
2
解得A、B两点间的电势差为U = m v0
2
2q
，故B 正确；
C．从v −t图像可知，粒子做匀减速直线运动，故加速度恒定，对粒子从A 到B 运动过程列牛顿第二定律
方程有F = Eq =ma
所以粒子受到的电场力恒定，该电场的电场强度也恒定，即A 点电场强度等于B 点电场强度，故C 错误。
D．根据电场力做功和电势能变化间的关系可知，因为粒子从A 到B 运动过程电场力做负功，电势能增加，
所以粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，故D 错误。
故选B。
13．（25-26 高二上·天津滨海新区）A、B是电场中一条电场线上的两点，如图甲所示，t =0时刻，一个
质子从A点由静止释放，仅在静电力作用下从A点运动到B点，该过程中其速度v随时间t的变化图像如图
乙所示。关于该电场，下列说法正确的是（ ）
A．可以判断出电场线的方向是由A到B
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．A点电势低于B点的电势
D．该质子在A点的电势能小于在B点的电势能
【答案】A
【详解】A．质子带正电，向右做加速运动，说明受电场力向右，场强方向由A 到B，故A 正确；
B．v −t图线的斜率表示加速度，由图乙可知，质子的加速度减小，根据牛顿第二定律可得F电=ma，即
质子受到的电场力减小，根据F电=qE可知，电场强度减小，即A点的电场强度大于B点的电场强度，故B
错误；
C．根据沿着电场线的方向电势降低可知，A 点的电势高于B 点的电势，故C 错误；
D．质子速度增大，动能增大，根据动能定理，可知电场力做正功，故质子电势能减小，故该质子在A点
的电势能大于在B点的电势能，故D 错误。
故选A。
14．（25-26 高二·全国）A、B 是电场中一条电场线上的两点，如图甲所示，t=0 时刻，一个电子从A 点由
静止释放，仅在静电力作用下从A 点运动到B 点，该过程中其速度v 随时间t 的变化图像如图乙所示。关
于该电场，下列说法正确的是（ ）
A．可以判断出电场线的方向是由A 到B
B．A 点的电场强度大小小于B 点的电场强度大小
C．该电子在A 点的电势能大于在B 点的电势能
D．该电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能
【答案】C
【详解】A．电子带负电，向右做加速运动，说明受电场力向右，场强方向由B 到A，故A 错误；
B．根据v−t 图像可知，斜率越来越小，即电子加速度越来越小，根据F = Eq=ma
可得A 点的电场强度大小大于B 点的电场强度大小，故B 错误；
CD．电子速度增大，动能增大，根据动能定理，可知电场力做正功，故电子电势能减小，故C 正确，D 错
误。
故选C。
15．（2025·云南怒江·二模）如图所示，在坐标轴Ox上，电荷量为−Q的点电荷a固定在坐标x =0处，电
荷量为+ 4Q的点电荷b固定在x =−r处。现有一电荷量为−q的点电荷c，在+ x轴上从靠近x =0处由静止
释放，不考虑重力及电荷c对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，在点电荷c的整个运动过程中，其瞬
时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像如图所示，其中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设在O点右侧距离O点x0处的P点场强为零，则k
4Q
(x0+r)
2 =k Q
x0
2
解得x0=r
则在0< x<r范围内，场强沿x轴负方向；在x>r范围内，场强沿x轴正方向，沿电场线方向电势逐渐降低；
取无穷远处电势为零，可知P点电势最高且大于零，当电荷量为−q的点电荷c，在+ x轴上从靠近x =0处由
静止释放时，先受到沿x轴正方向逐渐减小的电场力，即做加速度减小的加速运动，电场力做正功，电势
能减小，在x =r处加速度为零，速度最大，电势能最小；在x>r范围内电场力沿x轴负方向，因无穷远处
的场强也为零，可知点电荷c所受电场力先增大后减小，即加速度先增大后减小，则点电荷c做加速度先增
大后减小的变减速运动，电场力做负功，电势能增加，则场强为零的P点电势高于零，电势能最小且小于
零，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
⏳题型04 电场中的E-X 图像
16．（25-26 高二上·辽宁大连）在x轴上关于原点O对称的M、N两点上有两个场源点电荷QM、QN，它
们在空间中产生电场。以x轴正方向为沿x轴上的电场强度Ex的正方向，Ex与x的关系如图所示。x轴上任
意关于O点对称的两点的Ex相同。P、Q两点关于M点对称。以下说法正确的是（ ）
A．QM为负电荷，QN为正电荷
B．QM与QN的电荷量大小不相等
C．MQ两点间电势差U MQ大于MP两点间电势差U MP
D．将一负检验电荷从P点移动到Q点，负检验电荷电势能减少
【答案】C
【详解】A．由于在原点O 处Ex>0，两个场源点电荷QM、QN为异种电荷，且QM为正电荷、QN为负电
荷，故A 错误；
B．由于图像关于Ex轴对称，所以两个场源点电荷QM、QN的电荷量相等，故B 错误；
C．将同一检验电荷分别从M 点移到P 点和Q 点，由于P、Q 两点到M 点距离相等，正电荷QM在两次移
动过程中做的功大小相等；MQ 段比MP 段更靠近N 点，在MQ 段上负电荷QN对检验电荷做的功大于在
MP 段上负电荷QN对检验电荷做的功，所以电场力对检验电荷做的总功大小W MQ>W MP
根据W =qU
得U MQ>U MP，故C 正确；
D．将一负检验电荷从P 点移动到Q 点，由于P、Q 两点到M 点距离相等，正电荷QM对负检验电荷做功为
零；负电荷QN对检验电荷的电场力方向为x 轴负方向，负电荷QN对检验电荷做功为负功，故电场力对该
检验电荷做的总功为负，检验电荷电势能增大，故D 错误。
故选C。
17．（25-26 高二上·河南南阳）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，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，下列说法正确的是（ ）
A．x2和x4处电场强度方向不同
B．x2和x4处电势不相等
C．x1、x2两点之间的电势差大于x3、x4两点之间的电势差
D．由x1静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下运动到x4的过程中，电势能先增大后减小
【答案】B
【详解】A．图像可知x2和x4处电场强度等大同向，故两点场强相同，故A 错误；
B．图像可知x1右侧场强方向向右，沿电场线方向电势降低，故x2和x4处电势不相等，故B 正确；
C．E−x图像与横轴围成的面积表示电势差，结合图像可知x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之
间的电势差，故C 错误；
D．由x1静止释放一正点电荷，其受到的电场力向右，故仅在电场力作用下运动到x4的过程中，电场力一
直做正功，则电势能一直减小，故D 错误。
故选B。
18．（25-26 高三上·吉林长春）两个等量异种点电荷关于原点O对称放置，以两点电荷的连线为x轴，其电
场线分布如图所示。下列关于x轴上的电场强度E或电势φ随位置x变化的规律图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．根据两个等量异号电荷的电场线分布图，结合沿电场线方向电势降低的原理，可知从左侧
“
”
无穷远处向右电势从零逐渐升高，正电荷所在位置处最高；然后电势减小，O 点处电势为零，则O 点右侧
电势为负，同理到达负电荷时电势最小，且电势为负，从负电荷后向右，电势开始升高，直到无穷远处，
电势为零，故AB 错误；
CD．根据电场线的疏密表示场强的大小，可知从左侧无穷远到正电荷，电场强度逐渐增大，方向向左，
为负方向；从正电荷到负电荷，电场强度先减小后增大，但O 点的电场强度不为零，方向向右，为正方向；
从负电荷到右侧无穷远，电场强度逐渐减小到零，方向向左，为负方向，故C 正确，D 错误。
故选C。
19．（2026·黑龙江大庆·三模）某材料内部电场的电场强度E 与位置x 的关系如图所示。取O 点的电势为
零，N 点到P 点的电势φ随位置x 变化的图像可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据E = U
d =Δφ
Δ x
可知，电势φ 随位置x 变化的图像的斜率表示电场强度。沿着x 轴正方向电场强度先增大后减小，电势φ
随位置x 变化的图像的斜率的绝对值先增大后减小。根据沿着电场线的方向电势降低可知，N点的电势大
于P点的电势。
故选C。
20．（2026 高三·广东）如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心O为坐标原点，过O点垂直于
圆环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重
力）从B处静止释放，则粒子（ ）
A．沿着x轴负向运动到无穷远处
B．在O点两侧做简谐运动
C．在A的电势能比在B 的电势能低
D．到达C点的速度最大
【答案】C
【详解】AB．由乙图知，O 点左侧场强方向从O 点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O 点指向无穷
远处，故将一个带负电微粒（不计重力）从B 处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O
点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O 点后，再减速，到速度为零，如
此往返运动，由乙图可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，AB 错误；
C．根据U = Ed
可知E−x图像与x轴围成的面积表示电势差，可知U BO>U OA
根据W =qU
可知粒子从B 到O 电场力对其做的正功大于粒子从O 到A 电场力对其做的负功，即粒子从B 到O 减少的
电势能大于粒子从O 到A 增加的电势能，故粒子在A 处的电势能比在B 处的电势能低，C 正确；
D．由乙图可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，即粒子到达O点的速度最大，D
错误。
故选C。
⏳题型05 电场中的φ-X 图像
21．（2026·贵州毕节·三模）某工厂的静电除尘装置结构如图甲所示，两板状收集器A 接高压电源正极，
位于两板正中央的线状电离器B 接高压电源负极。该装置的俯视图如图乙，以B 上某一点为坐标原点，建
立与A 垂直的x轴，板内沿x轴的电势φ随位置x的变化规律如图丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．板间电场方向均与x轴平行
B．从O到x0电场强度逐渐减小
C．带负电的尘埃在x0处所受电场力沿x轴负方向
D．带负电的尘埃从O点附近向A 运动的过程中，电势能逐渐增大
【答案】B
【详解】A．两个板状收集器之间的电场分布如图所示（俯视图），
可知板间电场方向不是均与x轴平行，故A 错误；
B．根据φ−x图像的斜率表示电场强度，斜率变小，可知从O到x0电场强度逐渐减小，故B 正确；
C．从O到x0电势不断升高，可知电场线水平向左，可知带负电的尘埃在x0处所受电场力沿x轴正方向，故
C 错误；
D．带负电的尘埃从O点附近向A 运动的过程中，受电场力沿x轴正方向，电场力做正功，可知电势能逐渐
减小，故D 错误。
故选B。
22．（25-26 高三上·辽宁）在真空中建立一个x 轴，在x=-6m 处固定一个电荷量为Q1的点电荷，原点O 处
固定一个电荷量为Q2的点电荷。取无限远处为电势能零点，距离点电荷为r 处的电势决定式为φ = kQ
r （Q
为场源电荷的电荷量，k 为静电力常量），x 轴上的电势φ 的分布与位置x 的关系如图所示，其中图像与x
轴的交点分别为A 点和B 点，C 点为x>0 范围内的最低点。关于这两个电荷及其激发的电场的描述，下列
说法正确的是（ ）
A．|
Q1
Q2)= 1
4
B．Q1为正电荷
C．B 点的横坐标为2m
D．A 点的电场方向沿x 轴正方向
【答案】C
【详解】BD．根据电势的决定式φ = kQ
r 可知，Q1附近的电势为负，Q1为负电荷，同理Q2为正电荷，由于
沿着电场线电势降低，A 点场强方向沿x 轴负方向，故BD 错误；
A．设Q1所在位置为D 点，C 点电场强度为零，根据电场强度的定义式可得
k Q1
( DC )
2 = k Q2
(OC )
2
解得|
Q1
Q2)= 4
1 ，故A 错误；
C．设OB 距离为x，B 点电势为零，根据电势定义式|
k Q1
DB )=|
k Q2
OB )
解得x =2m
故B 点的横坐标为2m，故C 正确。
故选C。
23．（2026·黑龙江·一模）真空中存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势φ随位置x变化的关系图像
如图所示。一个带负电的粒子从x =−1cm处由静止释放，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．x =2cm处的电势为零，电场强度大小也为零
B．x =1cm处的电场强度大于x =2cm处的电场强度
C．粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小
D．粒子沿x轴正向运动的最远位置处坐标为x = 2
3 cm
【答案】D
【详解】A．由φ−x图像可知，x =2cm处的电势为零，在φ−x图像中斜率表示电场强度的大小，可知其
电场强度大小不为0，故A 错误；
B．在φ−x图像中斜率表示电场强度，由图像可知x正半轴的电场强度大小为300 V/m，沿x 轴正方向电势
降低，所以电场强度方向沿x 轴正向，x =1cm和x =2cm两个位置电场强度相同，故B 错误；
C．带负电的粒子从x =−1cm处由静止释放向x 轴正方向运动，运动过程中电势先增加后减小，设负电粒
子的带电荷量大小为q，根据公式Ep=−qφ可知电势能是先减小后增加的，故C 错误；
D．粒子沿x轴正方向运动到最远处时速度为零，根据动能定理，有W =−q(φ1−φ2)= Δ Ek=0
粒子最远能运动到电势大小与x =−1cm处相同的位置，根据图像可知此点坐标为x = 2
3 cm，故D 正确。
故选D。
24．（25-26 高三上·辽宁）如图甲所示，固定点电荷A上方有一水平方向的光滑绝缘细杆，一个带电小环
套在细杆上。某时刻，小环从M点由静止释放，小环在MN间做往复运动，沿细杆方向建立一维坐标系，
设坐标原点O在A正上方，x轴上各点电势φ随x变化图像如图乙所示，规定无限远处电势为零，则
（ ）
A．点电荷A为负电荷
B．O点电场强度为零
C．M到O过程中，小环的电势能减小
D．小环的往复运动属于简谐运动
【答案】C
【详解】A．由于规定无限远处电势为零，从题图乙可知，电荷周围的电势都为正值，所以该点电荷为正
电荷，故A 错误；
B．根据点电荷周围场强的分布特点可知，O点的电场强度方向竖直向上，只是在沿x轴方向的电场强度为
零，故B 错误；
C．由题图乙可知，从M到O过程中，电势升高，根据电势能与电势的关系式Ep=qφ可知，由于小环带负
电，所以小环电势能减小，故C 正确；
D．设点电荷A 带电量为Q，小环带电量为q，小环到A 点的距离为r，则当小环到O点的距离为x时，此时
小环所受的合外力大小为F =k Qq
r
2 ⋅x
r =k Qqx
r
3
由于小环到A 点的距离r是变化的，所以小环运动过程中合外力的大小不与小环到O点的距离x成正比，即
回复力不满足F =−kx，所以小环的往复运动不属于简谐运动，故D 错误。
故选C。
25．（25-26 高二上·辽宁沈阳）一对等量点电荷固定在平面直角坐标系xOy 的同一个坐标轴上，它们激发
的电场沿x、y 轴变化如图所示。甲图为y 轴上各点场强随坐标变化的E-y 图像，沿y 轴正向的场强为正。
乙图为x 轴上各点电势随坐标变化的φ-x 图像，规定无穷远处电势为零。图中a、b 关于原点O 对称，c、d
关于原点O 对称，关于这一对点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．关于原点O 对称的异种点电荷，固定在x 轴上
B．关于原点O 对称的同种负电荷，固定在x 轴上
C．关于原点O 对称的异种点电荷，固定在y 轴上
D．关于原点O 对称的同种正电荷，固定在y 轴上
【答案】B
【详解】因x 轴上各点的电势均小于零，且φ−x 图关于y 轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又
E−y 图像中y 轴正方向场强为负，y 轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x 轴上关于原点对称。故选
B。
⏳题型06 电场中的E p-X 图像
26．（多选）（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示为某带正电的试探电荷沿x 轴正方向移动过程中其
电势能Ep随位移x 的变化关系，图中x1处的电势能最大，x =0处与x = x2处的电势能相等，已知电场方向
沿x 轴方向。下列说法正确的是（ ）
A．0∼x3的过程，电场方向始终沿x 轴正方向
B．0∼x1的过程，该电场的电场强度先增大后减小
C．若将电子从x =0处静止释放，则电子在0∼x2间往复运动
D．0∼x3内，电子在x1处的电势能最大，电子在x3处的电势能最小
【答案】BC
【详解】A．图示可知0∼x3的过程，电势能先增大后减小，根据Ep=qφ可知，电势先增大后减小（x1处
电势最高），随着电场线方向电势降低，因此电场方向先沿x 轴负方向后沿x 轴正方向，故A 错误；
B．Ep−x图像斜率绝对值表示电场力大小，图示可知0∼x1的过程，图像斜率先增大后减小，可知电场力
先增大后减小，因此场强先增大后减小，故B 正确；
C．若将电子从x=0 处静止释放，电子先沿x 轴正方向做加速运动，到达x1处时速度最大，之后做减速运
动，因为在x =0、x = x2处电势能相等，可知电子在x = x2处速度减为0，此后负电荷向左运动，即电子在
0∼x2间往复运动，故C 正确；
D．由A 选项可知，在0∼x3内，x1处电势最高，x3处电势最低，因为电子带负电，因此电子在x1处电势
能最低，x3处电势能最高，故D 错误。
故选BC。
27．（多选）（25-26 高二上·辽宁）在水平平面内存在范围足够大且方向平行x轴方向的匀强电场，一带
电荷量为1×10
−5C的带正电小球沿x轴运动，其经过x轴上各点的电势能如图所示。下列说法正确的是（
）
A．匀强电场大小为4 V/ m
B．电场强度沿x轴正方向
C．坐标为1cm处的电势为1V
D．坐标为1cm和3cm两点间的电势差U 13为8 V
【答案】BD
【详解】A．由功能关系得W 电= Eqx = Δ EP
故图中直线的斜率大小表示电场力，故匀强电场的场强大小为E = 1
q ⋅Δ EP
Δ x = 400 V/m
故A 错误；
B．带正电小球沿x轴运动，电势能减少，说明电场力做正功，则电场力方向和运动方向相同，都沿x 轴正
方向，而正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，则电场强度沿x轴正方向，故B 正确；
C D．由图得小球在坐标为1cm处的电势能为EP=−1×10
−5J
由该点电势为φ1= EP
q =−1V
同理3cm处电势为φ3= E
′
P
q =−9 V
故U 13=φ1−φ3=8 V
故C 错误,D 正确。
故选BD。
28．（多选）（25-26 高二上·山东青岛）如图甲所示，A、B 是某电场中的一条电场线上的两点，一电子仅
在电场力的作用下从A 点运动到B 点，其电势能Ep与离A 点的距离x 的关系如图乙所示。规定无穷远处的
电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．电场线的方向由A 指向B
B．A 点的电势小于B 点的电势
C．电子在A 点的速度大于在B 点的速度
D．A 点的电场强度大于B 点的电场强度
【答案】BD
【详解】AC．由图乙可知，电子的电势能减小，则电场力做正功，故电子的速度变大，又电子带负电，
故电场的方向由B 指向A，故AC 错误；
B．根据上述分析可知，电场方向由B 到A，由于沿电场线的方向电势逐渐降低，因此A 点的电势小于B
点的电势，故B 正确；
D．在Ep−x图像中，图像的斜率表示电场力，结合图乙可知，A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故D
正确。
故选BD。
29．（多选）（25-26 高二上·黑龙江佳木斯）绝缘的水平面上存在着沿水平方向的电场，带负电滑块（可
视为质点）在水平面上不同位置所具有的电势能Ep如图甲所示，P 点是图线最低点。现将滑块由x=1m 处
以v=2m/s 的初速度沿x 轴正方向运动（如图乙），滑块质量m=1kg、与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，g 取
10m/s2，则（ ）
A．电场中x=3m 处的电势最低
B．滑块沿x 轴正方向运动过程中，速度先增加后减少
C．滑块运动至x=3m 处，速度大小为2❑√2m/s
D．滑块不可能到达x=4m 处
【答案】BD
【详解】A．由图可知，x=3m 处的电势能最小，滑块带负电，所以x=3m 处的电势最高，故A 错误；
C．滑块运动过程中，根据能量守恒定律可得1
2 m v
′2+ μmg x
′ = 1
2 m v
2+ Δ Ep减
代入数据解得v
′ =2m/s，故C 错误；
B．由于图像切线的斜率表示电场力的大小，由题图可知，从x=1m 处到x=3m 处，滑块受到的电场力逐渐
减小，且滑块从x=1m 处运动到x=3m 处，由于动能不变，则电场力做功等于克服摩擦力做功，所以电场力
先大于摩擦力后小于摩擦力，则滑块沿x 轴正方向运动过程中，合力先做正功，后做负功，根据动能定理
可知，滑块的速度先增加后减少，故B 正确；
D．滑块在x=1m 处的电势能与在x=4m 处的电势能相等，滑块从x=1m 处到x=4m 处，需要克服摩擦力做
功为W 克f= μmg x
″ =3J> 1
2 m v
2
由此可知，滑块不可能到达x=4m 处，故D 正确。
故选BD。
30．（多选）（2026·海南·二模）一电荷量为e 的质子仅在电场力的作用下从O 点沿x 轴正方向运动，其
电势能Ep随位置坐标x 变化的关系图像如图所示，其中图线在0∼2 x0时为抛物线，在x>2 x0时为直线，
且直线与抛物线在2 x0处相切。下列说法正确的是（ ）
A．0∼2 x0内质子的加速度先减小后增大
B．2.5 x0处的电场强度大小为Ep0
e x0
C．x0处的电势为Ep0
e
D．在x0∼2 x0内电场力对质子做正功，在2 x0∼2.5 x0内电场力对质子做负功
【答案】AC
【详解】A．0∼2 x0内图像为抛物线，顶点在x0处，0∼x0，斜率的绝对值从最大值逐渐减小到0，因此
电场力大小逐渐减小，加速度逐渐减小；x0∼2 x0，斜率的绝对值从0 逐渐增大，电场力大小逐渐增大，
加速度逐渐增大。因此加速度（大小）先减小后增大，故A 正确；
B．x>2 x0图像为直线，斜率k = Δ E p
Δ x = −E p0−0
2.5 x0−2 x0
=−2 E p0
x0
电场强度大小E = ∣F ∣
e
= ∣−k ∣
e
= 2 E p0
e x0
故B 错误；
C．由E p=eφ
x0处E p= E p0
得φ= E p
e = E p0
e
故C 正确；
D．电场力做功满足W =−Δ E p
x0∼2 x0和2 x0∼2.5 x0，电势能E p一直减小，Δ E p<0，因此电场力全程做正功，故D 错误。
故选AC。
重难·创新演练
设题创新:模型创新(T1）；新角度考查研究方法(T5);
1．（25-26 高三上·江西）如图，在真空中x轴上有x1=0和x2=3a分别固定着点电荷M、N，在两者连线
上各点的电场强度E随x变化的关系曲线，设电场方向沿x轴正方向时E取正值，则（ ）
A．点电荷M、N为异种电荷
B．M、N所带电荷量之比为1
C．x =2a处的电势一定为零
D．沿x轴从0到3a电势先降低再升高
【答案】D
【详解】A．若两电荷为异种电荷，在x =2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，在0∼2a范
围内电场为正，方向沿x轴正方向，所以点电荷M、N为正电荷，故A 错误；
B．2a处合场强为0，由E = kQ
r
2
知：
k QM
4 a
2 = k QN
a
2
所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4:1，故B 错误；
C．由于电势是一个相对性概念，零电势的选取是任意的，故x =2a处的电势不一定为零，故C 错误；
D．沿电场线方向电势降低，故x =0点的电势高于x =2a点的电势，2a∼3a范围内电场为负，方向沿x轴
负方向，故x =2a点的电势低于x =3a点的电势，沿x轴从0 移动到3a，电势先降低后升高，故D 正确。
故选D。
2．（2026·湖南怀化·三模）如图1 所示，水平固定的绝缘光滑细杆上穿有一个质量为m、带电荷量为-q 的
小环（可视为点电荷），细杆正上方的P 点固定一个带电荷量为Q 的点电荷，将小环由静止释放，小环在
细杆上做往复运动。选无限远处电势为0，以P 点正下方的O 点为坐标原点，水平向右为正方向建立x 轴，
小环运动过程中的电势能Ep随坐标x 变化的图像如图2 所示，图像在x=x0处的斜率最大，静电力常量为
k。下列说法正确的是（ ）
A．小环释放后向右运动的过程中，电场力先做负功再做正功
B．图2 中Ep-x 图像的切线斜率表示该位置处的电场强度
C．P 点到细杆的距离为❑√3 x0
D．小环的最大加速度为
❑√3kQq
9m x0
2
【答案】D
【详解】A．由图可知，小环释放后向右运动的过程中，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负
功，故A 错误；
B．Ep-x 图像的切线斜率表示该位置处小环所受电场力在x 方向的分量，故B 错误；
C．设P 点到细杆的距离为h，则图线切线的斜率为k
′ =k
Qq
(
h
sinθ )
2 cosθ =k Qq
h
2 (cosθ−cos
3θ)
根据数学知识可得，当cosθ =
❑√3
3 时，k′最大，则tanθ = h
x0
所以h= ❑√2 x0，故C 错误；
D．电场力最大时，加速度也最大，根据牛顿第二定律可得
a=
k
Qq
(
h
sinθ )
2 cosθ
m
=
❑√3kQq
9m x0
2
，故D 正确。
故选D。
3．（2026·山东淄博·二模）如图所示为某一负电荷在电场中的电势能E p随位置x变化的图像，沿x轴正方
向，电场强度为正，则负电荷从x1运动到x4过程中（ ）
A．电场力先做负功再做正功
B．x2处电势能最小
C．x1处电场强度为负
D．x3处电势最低
【答案】C
【详解】A．负电荷从x1运动到x4过程中，电势能先减小后增加，可知电场力先做正功再做负功，A 错误；
BD．由图可知，x3处电势能最小，因电荷带负电，则x3处电势最高，BD 错误；
C．因从x1到x2电势能减小，可知电场力做正功，电场力方向沿x 轴正向，因电荷带负电，可知x1处电场
强度为负，C 正确。
故选C。
4．（2025·浙江金华·一模）如图甲所示，半径为R 且位置固定的细圆环上，均匀分布着总电荷量为
Q(Q>0)的电荷，O 点为圆环的圆心，x 轴通过O 点且垂直于环面，P 点在x 轴上，它与O 点的距离为d。
x 轴上电势φ的分布图如图乙所示，图线上三点的坐标已在图乙中标出。现有一电量为−q(q>0)，质量为
m 的点电荷从−❑√3 R处静止释放。已知电量为q 的点电荷在真空中某点的电势表达式为φ = kq
r ，r 为电荷
到该点的距离。则（ ）
A．x 轴上圆心O 点处的电势最高且电场强度最大
B．x 轴上P 点的电势为
kQd
❑√(d
2+ R
2)
3
C．x 轴上电场强度的最大值为2❑√3kQ
9 R
2
D．点电荷到达O 点时速度为v = ❑√
kQq
2mR
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，x 轴上圆心O 点处的电势最高，根据圆的对称性可知O 点处的电场强度为0，故
A 错误；
B．将均匀带电圆环分成若干小线段Δ x，每个线段看成点电荷，则每个点电荷在x 轴上P 点的电势为
φ =
kQ
2π R · Δ x
❑√R
2+d
2
所有小线段的点电荷在x 轴上P 点的电势加起来为φP= 2π R
Δ x ·
kQ
2π R · Δ x
❑√R
2+d
2 =
kQ
❑√R
2+d
2
，故B 错误。
C．假设圆上每点到x 轴上坐标为x 的点连线与x 轴的夹角为θ，则每个点电荷在x 轴上沿x 轴方向的电场
强度E =
kQ
2π R · Δ x
(
R
sinθ)
2 ·cosθ
根据电场叠加可得圆环在x 轴上沿轴方向的电场强度E
' = 2π R
Δ x ·
kQ
2π R · Δ x
(
R
sinθ)
2 ·cosθ
解得E
' = kQ
R
2 cosθsin
2θ
根据数学知识(cosθsin
2θ)
2的最大值为4
27 ，则cosθsin
2θ = 2❑√3
9
所以x 轴上电场强度的最大值Em = 2❑√3kQ
9 R
2
，故C 正确；
D．由图像可知，x =−❑√3 R
的
电
处
kQ
2 R ，圆心处电势为kQ
R ，根据能量守恒定律有
−q kQ
2 R =−q kQ
R + 1
2 m v
2
解得点电荷到达O 点时的速度大小为v = ❑√
kQq
mR
，故D 错误。
故选C。
5．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带BC左、右两侧分别与粗糙平台AB及光滑平台CD紧密
对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以v传= 4 m/s的速度顺时针转动，传送带上左
右两端点B、C 之间的距离L=2m，图中通过B 点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台CD上
固定一竖直挡板。现将一带电量为q =0.01C的滑块从A 点由静止释放，AB间距x =2m。当滑块运动到B
点时速度的大小vB=2m/s，滑块经过传送带后在平台CD上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为
碰撞前的一半。已知滑块的质量m=0.2kg，滑块与平台AB及传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块可视为
质点，取重力加速度的大小g=10 m/s
2。求：
(1)电场强度的大小
(2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小；
(3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。
【答案】(1)E =120 N/C
(2)v0= 4 m/s
(3)Q =3.6J
【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得qEx −μmgx = 1
2 m vB
2
代入数据解得E =120 N/C
（2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有μmg=ma
设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为L
′，则有v传
2 −vB
2 =2a L
′
解得L
′ =1.2m < L
所以滑块到达与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小v0= 4 m/s
（3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时t1，滑块与传送带相对位移Δs1，有
Δ s1= x传1−x物1，x传1= v传t1，x物1= vB+ v传
2
t1，v传= vB+at1
滑块与挡板第一次碰撞后向左以v1= v0
2 =2m/s
滑上传送带，减速到零的位移大小为s2= v1
2
2a =0.4 m < L
即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送
带至速度减为零过程，设用时t2，滑块与传送带相对位移Δs2，则有x传2= v传2t2，x物2= 0+ v1
2
t2，
Δ s2= x传2+ x物2，0= v1−at2
滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C 点位移有x物3= x物2=0.4 m
其所用时间为t3，有x传3= v传t3，x物3= 1
2 at3
2，Δ s3= x传3−x物3
故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量Q = μmg(Δs1+Δs2+ Δ s3)=3.6J
真题·实战演练
高频考点：电场中的功能关系及图像
1．（2025·海南·高考真题）某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x
轴上的三点，OM =ON；有一电子从M点静止释放，仅受x轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是（
）
A．P点电场强度方向沿x轴负方向
B．M点的电场强度小于N点的电场强度
C．电子在P点的动能小于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能
【答案】D
【详解】A．由图可知在x 正半轴沿+x 方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A 错误；
B．φ−x图像斜率表示电场强度，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度，方向相反，故B 错
误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P
点的动能大于在N点的动能，故C 错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D 正确。
故选D 。
2．（2024·重庆·高考真题）沿空间某直线建立x 轴，该直线上的静电场方向沿x 轴，其电势的φ 随位置x
变化的图像如图所示，一电荷量为e 带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5eV，速度沿x 轴正方向若该
电荷仅受电场力。则其将（ ）
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
【答案】B
【详解】带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV，电势能为-1eV，总能量为0.5eV，且试探电荷速度沿x 轴
正方向，在x2 ~ x3区域试探电荷受到沿x 轴正方向的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继
续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5eV，即运动到电势为－0.5V 处减速到零，开
始向x 轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5eV，继续向左运动，在电势为－0.5V 处减速到零又反
向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动。
故选B。
3．（多选）（2024·天津·高考真题）某静电场在x 轴正半轴的电势φ随x 变化的图像如图所示，a、b、c、
d、为x 轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d 点开始沿x 轴负方向运动到a 点，则
该电荷（ ）
A．在b 点电势能最小
B．在c 点时速度最小
C．所受静电力始终做负功
D．在a 点受静电力沿x 轴负方向
【答案】BD
【详解】AB．根据题意，由公式Ep=φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电势
最大，则在a点电势能最小，同理可知，c 点的电势最小，则在c 点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，
电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c 点时，电荷的动能最小，即速度
最小，故A 错误，B 正确；
CD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向
沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场力，
可知，在a 点受静电力沿x 轴负方向，从d 点开始沿x 轴负方向运动到a 点，电场力先做负功再做正功，
故C 错误，D 正确。
故选BD。
4．（多选）（2025·海南·高考真题）一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为30°，空间中存在沿斜面向下的
匀强电场，电场强度为E = 3mg
2q 。质量为m 的物块M、N 用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M 带正电，
电荷量为q，N 不带电，N 一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用
使M 静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M 从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则
（ ）
A．释放时M 的加速度为2 g
B．M 下滑的最大速度为❑√
2m g
2
k
C．M 下滑的最大距离为3mg
k
D．M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3
【答案】BD
【详解】A．初始时，弹簧弹力等于N 的重力，弹簧处于压缩状态，即k x1=mg
可得x1= mg
k
释放M 时，弹簧弹力不会突变，对M 和N，根据牛顿第二定律Eq+mgsin30°−mg+k x1=2ma
可得释放时M 的加速度为a= g，A 错误；
B．当M、N 的加速度为零，M 的速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，根据平衡条件
Eq+mgsin30° =k x2+mg
解得x2= mg
k
由于x1= x2，可知弹簧弹性势能不变，M 从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理
Eq( x1+ x2)+mgsin30⋅( x1+ x2)−mg( x1+ x2)= 1
2 ⋅2mvm
2 −0
联立解得M 下滑的最大速度为vm =
❑√
2m g
2
k
，B 正确；
CD．以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N 所受的合外力与位移的关系满足
F合=kx −( Eq+mgsin30°−mg)=kx −mg
可知M、N 做简谐运动，刚释放M 时，加速度a= g，根据简谐运动的对称性可知当M 下滑的最大距离时，
加速度大小也为g，根据牛顿第二定律k( x3−x1)+mg−Eq−mgsin30° =2mg
解得M 下滑的最大距离为x3= 4 mg
k
根据题意，M、N 做简谐运动的周期T =2t
从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为x = x3
2 cos 2π
T t
′ = 2mg
k
cos π
t t
′
当下滑距离为mg
k 时，代入数据有mg
k = 2mg
k
cos π
t t
′
可得t
′ = t
3
即M 下滑的距离为mg
k 时，所用时间为t
3，故D 正确，C 错误。
故选BD。
5．（2025·广东·高考真题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的
平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A 点处，由
静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B 点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬
间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k 倍（
k <1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B 点与左平板的距离为
l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B 点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
【答案】(1)q = mgdl
Uh
(2)Q = kmgdh
Ul
(3)若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
≤d时，W = mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
，若(4 k +1)l+ 4 k
3h
2
l
>d时，
W = mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
【详解】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有h= 1
2 gt
2
水平方向上做匀加速直线运动，则有qU
d =ma，l = 1
2 at
2
解得q = mgdl
Uh
（2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为v y 1= ❑√2gh
水平分速度为v x1= ❑√2al =
❑√
2 gl
2
h
则第一次碰撞后竖直分速度为v y 2=k v y 1=k ❑√2gh
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ = v y 2
v x1
= kh
l
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有tanθ =
UQ
d
mg = UQ
mgd
联立解得Q = kmgdh
Ul
（3）根据题意可知，由于k <1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞时和下绝缘
板碰撞，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t
′，则有t
′ = 2k ❑√2gh
g
=2k ❑√
2h
g
水平方向上做匀加速直线运动，加速度为a
' = UQ
md = kgh
l
水平方向运动的距离为l
′ = v x1t
′ + 1
2 at
′2= 4 kl+ 4 k
3h
2
l
则电场对颗粒做的功为W = Uql
d + UQl
'
d
= mgl
2
h
+ 4 k
2mgh+ 4 k
4mgh
3
l
2
若l+l' >d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向
位移为d −l，颗粒从A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为
W ' = Uql
d + UQ (d −l)
d
= mgl
2
h
+ kmgh(d −l)
l
