高考物理二轮复习热点题型专题09 电场的两大性质（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题09 电场的两大性质

题型一 库仑定律的应用及库仑力的合成及电场的叠加
【题型解码】
1.电场叠加问题要注意矢量性与对称性
2.电场强度是矢量，电场中某点的几个电场强度的合场强为各个电场强度的矢量和。
【典例分析1】 (2018·全国卷Ⅰ，16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)

A.a、b的电荷同号， B.a、b的电荷异号，
C.a、b的电荷同号， D.a、b的电荷异号，
【参考答案】D
【名师解析】
情境转化―→画矢量合成图

如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，

由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知，又由库仑定律得，联立解得，B错误，D正确。
【典例分析2】(2019·吉林长春外国语学校检测)如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为，可采用的方法有(　　)

A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【参考答案】BD.
【名师解析】：如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反；由几何关系可知，＝，而库仑力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d变为，可以使B球质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A错误，B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C错误，D正确．

【典例分析3】(2019·陕西渭南教学质量检测)如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为 (　　)

A．E　　　 B.E C．2E D．4E
【参考答案】：C
【名师解析】：A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，C正确．
【提分秘籍】
1．电场强度的三个计算公式

2.电场的叠加
①电场强度是矢量，电场中某点的几个电场强度的合场强为各个电场强度的矢量和。
②电势是标量，电场中某点几个电场的电势的总电势为各个电势的代数和。
3.求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路
涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点．具体步骤如下：

4.对称法求电场强度

【突破训练】
1．(2019·福建省泉州市一模)(多选)如图，电荷量大小相等的点电荷A、B、C放置在等边三角形的顶点上，O为三角形的中心，a、b、c分别为三边的中点，d是O关于a的对称点。已知A带负电，B、C均带正电，则(　　)

A．O点电场强度为零 B．b、c两点电场强度大小相等
C．电子在d点的电势能比在O点的小 D．质子从b点移到O点，电场力做正功
【答案】　BC
【解析】　O点的电场强度为B、C电荷在O点产生的合场强与A电荷在O点产生的场强的矢量和，两场强方向均为由O指向A，可知O点的电场强度不为零，故A错误；由对称性可知，b、c两点电场强度大小相等，故B正确；如果没有A电荷存在，O点和d点的电势相等，由于A负电荷的存在，且O点离A电荷更近，所以O点的电势比d点低，电子在d点的电势能比在O点的小，故C正确；O、b两点位于A、C连线的中垂线上，如果没有B电荷存在，O、b两点电势相等，由于B电荷的存在，且O点离B电荷更近，所以O点电势更高，质子在O点的电势能更大，所以质子从b点移到O点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。
2.(2019·山东聊城一模)真空中有四个相同的点电荷，所带电荷量均为q，固定在如图所示的四个顶点上，任意两点电荷的连线长度都为L，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)

A．不相邻的两棱中点连线在同一条电场线上
B．每条棱中点的电场强度大小都为
C．任意两棱中点间的电势差都为零
D．a、b、c三点为侧面棱中点，则a、b、c所在的平面为等势面
【答案】　BC
【解析】　根据对称性可知，每条棱中点的电势都相等，故不相邻的两棱中点不可能在同一条电场线上，故A错误，C正确；如图所示，根据几何知识得：Da＝Ca＝L，A和B两点的点电荷在a点的合场强为零，C和D两点的点电荷在a点的电场强度大小均为：E＝＝，设Ca和Da的夹角为2α，则sinα＝＝，则cosα＝，所以a点的场强大小为E合＝2Ecosα＝，根据对称性可知每条棱中点的电场强度大小都为，故B正确；假设a、b、c所在的平面为等势面，因为电场线方向垂直于等势面，所以a、b、c所在平面电场强度的方向都在竖直方向，由电场叠加原理知b点的电场方向实际垂直b所在的棱，因此a、b、c所在的平面不是等势面，故D错误。

3.(2019·山东济宁二模)如图所示，一个绝缘圆环，当它的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E。现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为(　　)

A．2E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向D
C．2E，方向由O指向B D．0
【答案】　A

【解析】当圆环的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC均匀带电＋2q，由如图所示的矢量合成可得，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；当另一半圆ADC均匀带电－2q，同理，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2E，方向由O到D，A正确，B、C、D错误。
题型二 根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
【题型解码】
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况．
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．
【典例分析1】如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)

A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【参考答案】　AB
【名师解析】
(1)油滴在匀强电场中运动油滴做匀变速曲线运动
(2)“相对于过轨迹最低点P的竖直线对称”合力为竖直向上的恒力
由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以选项D错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲的内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，选项A正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，选项B正确。
【典例分析2】(2019·山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是(　　)

A．A点的场强小于B点的场强 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．电子在A点的速度大于在B点的速度
【参考答案】　D
【名师解析】　根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A点的场强比B点的场强大，A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2是同种电荷，由点电荷Q2周围电场线较密可知点电荷Q2带电荷量较多，即Q1＜Q2，故B错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，故电子过B点时受到的电场力F方向斜向下，可知电子从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A点的电势能小于在B点的电势能，电子在A点的速度大于在B点的速度，故C错误，D正确
【提分秘籍】
1.根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况
①确定受力方向的依据
a．曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；
b．电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反；
c．场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。
②比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝越大。
③判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。
2.分析电场的特点和性质问题的一般思路
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度进行判断。
②根据等差等势面的疏密程度进行判断。
③根据E＝k结合矢量合成进行判断或计算。
(2)电势
①根据沿电场线方向电势逐渐降低进行判断。
②根据φ＝进行判断或计算。
③空间存在两个或两个以上的电场时，根据电势的叠加求代数和进行判断或计算。
(3)电势能
①根据Ep＝φq进行判断或计算。注意判断或计算时Ep、φ、q均带正、负号，且Ep、φ的正、负号表示大小。
②根据电场力做功进行判断或计算。若电场力对电荷做正功，电势能减少，反之则增加，且WAB＝－ΔEp。
③根据能量守恒定律进行判断或计算。电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少，反之则增加，且ΔEk＝－ΔEp。
【突破训练】
1.(2019·江苏扬州一模)(多选)如图所示，在等量异种电荷形成的电场中有一正方形ABCD，其对角线AC与两点电荷的连线重合，两对角线的交点位于电荷连线的中点O。下列说法中正确的有(　　)

A．A、B两点的电场强度方向相同
B．B、D两点的电势相同
C．质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功
D．电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小
【答案】ABD
【解析】在如图所示的电场中，A、B两点的场强方向都是水平向右的，故A正确；由于两电荷连线的中垂线为零等势线，则B、D两点电势相同，故B正确；图中两电荷连线上电场方向水平向右，即由A指向C，故质子由C点沿C→O→A路径移至A点过程中受水平向右的电场力，电场力做负功，故C错误；电子由B沿B→C运动到C的过程中，电场力做负功，沿C→D运动到D的过程中，电场力做正功，整个过程中电场力对其先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
2.(2019·甘肃武威二模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　)

A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大
D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大
【答案】　ABD
【解析】　带电质点所受电场力指向轨迹内侧，由于带电质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a的电势最高，c的电势最低，A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，故带电质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，B正确；从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，故带电质点通过P点的动能小于通过Q点的动能，C错误；等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，带电质点通过P点时受到的电场力比通过Q点时大，故通过P点时的加速度比通过Q点时大，D正确。
3. (2019·河北唐山一模)如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，O点为其连线与中垂线的交点，从中垂线上P点处释放一个负粒子，仅在电场力作用下由静止开始运动，下列说法中正确的是(　　)

A．粒子将沿PO方向做直线运动 B．从P到O的过程中，加速度一定减小
C．整个运动过程中，粒子在O点时电势能最小 D．整个运动过程中，粒子的电势能一直增加
【答案】　C
【解析】　负粒子在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，越过O点后，所受的电场力方向竖直向上，根据对称性知粒子运动到与P点关于O点对称的位置时速度减至零，然后，向上运动到P点，再周而复始，所以粒子将一直沿中垂线PO做往复直线运动，故A错误；由于PO间电场线分布情况不清楚，电场强度的大小变化不清楚，所以从P到O的过程中，粒子受到的电场力可能先变大再变小，则加速度可能先变大再变小，当然也可能一直减小，但是粒子的速度一定越来越大，在O点时速度最大，此时动能最大，根据能量守恒可知此时粒子的电势能最小，故B、D错误，C正确。
题型三 匀强电场电势差与场强的关系--电势均匀分布问题
【典例分析1】(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图3所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)

A.电场强度的大小为2.5 V/cm B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
【参考答案】　ABD
【名师解析】
(1)读题
①看到“匀强电场”想到“沿任一不垂直于电场线的直线电势均匀变化”。
②看到“三点的电势分别为10 V、17 V、26 V”想到“找等势面，画电场线”。
(2)文图转换

如图所示，

设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则＝＝，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm，电场强度的大小E＝＝ V/cm＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb ，可知坐标原点O处的电势为1 V ，故选项B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故选项C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故选项D正确。
【提分秘籍】
1.E＝在匀强电场中的理解及应用
①UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。
②沿电场强度方向电势降落得最快。
③在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。
2.在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上两点间的距离。
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示。

【突破训练】
1.(2019·河南名校联盟五调)(多选)如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC边长2 cm。电场强度的方向与三角形ABC平面平行。一电子从A点移到C点电场力做功为15 eV，从B点移到C点电场力做功为5 eV。则(　　)

A．A、B两点间的电势差UAB为10 V B．电场强度的方向由A点指向C点
C．电场强度的大小为500 V/m D．一电子从B点移到AC的中点，电势能增加2.5 eV
【答案】　CD
【解析】　由题意得UAC＝＝－15 V，UBC＝＝－5 V，UAC＝φA－φC，UBC＝φB－φC，UAB＝φA－φB＝UAC－UBC＝－10 V，A错误；把AC线段三等分，连接BR，如图所示，

由几何关系得AC＝2 cm，CR＝ cm，∠CBR＝30°，则∠ABR＝30°，根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且UAR＝－10 V，过A点作BR的垂线交BR于M点，则B、R、M三点电势相等，由几何关系可知AM＝2 cm，故E＝＝500 V/m，方向由M点指向A点，B错误，C正确；设AC的中点为P，有UPC＝－7.5 V，由于UBC＝－5 V，故UBP＝UBC－UPC＝2.5 V，电子从B点移到AC的中点P，电场力的功为W＝－eUBP＝－2.5 eV，故ΔEp＝－W＝2.5 eV，即电势能增加2.5 eV，D正确。
2.(2019·四川省树德中学二诊)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E。在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为＋q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C点的小球动能最大，且A、C两点间的距离为R。忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．电场的方向与AB间的夹角为30°
B．电场的方向与AB间的夹角为60°
C．若A点的电势φA＝0，则C点的电势φC＝－1.5ER
D．若在A点以初动能Ek0发射小球，则小球经过B点时的动能EkB＝Ek0＋qER
【答案】　BC
【解析】　小球在匀强电场中从A点运动到C点，根据动能定理有：qUAC＝Ek，因为到达C点的小球的动能最大，所以UAC最大，则在圆周上找不到与C电势相等的点，且由A到C电场力对小球做正功，可知C为圆周上电势最低的点。过C点作切线，为等势线，电场线与等势线垂直，场强方向如图所示，

由几何关系得∠CAO＝∠ACO＝30°，所以电场方向与AB间的夹角θ为60°，故A错误，B正确；AC间的电势差为：UAC＝E(R·cos30°)＝ER，若A点的电势φA＝0，根据UAC＝φA－φC，则C点的电势φC＝－ER，故C正确；AB间的电势差为：UAB＝E(2Rcos60°)＝ER，根据动能定理，在A点以初动能Ek0发射的小球，从A到B动能增加量为qER，则小球经过B点时的动能EkB＝Ek0＋qER，故D错误。
3.(2019·广东珠海一模)(多选)如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC直角边BC＝20 cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线。若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑受匀强电场的电场力，则(　　)

A．AB间的电势差UAB＝100 V B．该匀强电场的场强E＝1000 V/m
C．电场强度的方向沿A指向D D．整个三角形内，顶点C的电势最高
【答案】　ABC
【解析】电子由B到A过程中由动能定理可得：－eUBA＝1100 eV－1000 eV，可得UBA＝－100 V，所以UAB＝100 V，故A正确；电子由B到C过程中由动能定理可得－eUBC＝900 eV－1000 eV，可得UBC＝100 V，所以AC间的电势差为UAC＝100 V－(－100 V)＝200 V，根据匀强电场的性质可知，AC的中点E与B点电势相等，BE为等势线，由几何关系可知AD与BE垂直，故场强方向由A指向D，所以C正确；由几何知识可得AB在AD上的投影为10 cm，所以电场强度的大小为：E＝ V/m＝1000 V/m，故B正确；整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误。

题型四 静电场的图像问题
【题型解码】在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x图象中斜率表示场强；E－x图象中面积表示电势差．
【典例分析1】(2019·福建泉州模拟)在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子(　　)

A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加
【参考答案】　D
【名师解析】从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E＝，当Δx无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
【典例分析2】.(2019·河北张家口一模)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Ep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段是直线，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>φ1
D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
【参考答案】D
【名师解析】：.根据Ep＝qφ，E＝，得E＝·，由数学知识可知Ep－x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，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，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，电场强度不变，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B错误，D正确；根据Ep＝qφ，粒子带负电，qφ2＝φ0>φ3，故C错误．
【典例分析3】(2019·安徽蚌埠高三二模)(多选)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图所示，一质子只在电场力作用下自坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0。则下列结论正确的是(　　)

A．质子沿x轴做匀速直线运动 B．质子在a、c两点的电势能相等
C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4 D．坐标原点O的电势为1.5E0d
【参考答案】　CD
【名师解析】　由E­x图象和F＝qE可知质子沿x轴先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A错误；质子一直做加速直线运动，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由E­x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小，可知UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由动能定理则有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4，故C正确；根据UOb＝φO－φb可得坐标原点O的电势为φO＝1.5E0d，故D正确。
【提分秘籍】
几种常见图象的特点及规律
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
φ ­x图象
(1)电场强度的大小等于φ ­x图线的斜率大小，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高低，并可根据电势高低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，然后做出判断
E­x图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿x轴负方向；
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep­x图象
(1)反映了电势能随位移变化的规律；
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小；
(3)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况

【突破训练】
1.(多选)(2019·安徽黄山模拟)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(图中未画出)，其运动过程的v－t图象如图乙所示，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．UBC>UAB
【答案】AD.
【解析】：v－t图象的斜率表示加速度，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qUAB＝mv－mv，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qUAB，因为电场强度的关系未知，则不能求解A、B两点之间的位移大小，B错误；中垂线上电场线分布不是均匀的，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
qUAB＝mv－mv＝(×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
qUBC＝mv－mv＝(×1×10－3×72－×1×10－3×42) J＝16.5×10－3 J，对比可得UBC>UAB，D正确．
2.(2019·广东深圳市二调)真空中，在x轴上x＝0和x＝8处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝6处E＝0。将一个正试探电荷在x＝2处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)。则(　　)


A．Q1、Q2均为负电荷 B．Q1、Q2带电量之比为9∶1
C．在x＝6处电势为0 D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小
【答案】　B
【解析】　由图知在x＝0处场强为正，x＝8处场强为负，根据电场线分布特点可知Q1、Q2均为正电荷，A错误；在x＝6处，合场强为0，有k＝k，解得＝＝，B正确；在两个正电荷形成的电场中，由于无穷远处电势为零，故在x＝6处电势大于零，C错误；试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，D错误。
2.(2019·沈阳郊联体高三一模)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随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，不计重力，则(　　)

A．A、N点的电场强度大小为零
B．NC间场强方向向x轴正方向
C．将一正点电荷静止放在x轴负半轴，它将一直做加速运动
D．将一负点电荷从N点移动到D点，电场力先做正功后做负功
【答案】　CD
【解析】　φ­x图象的斜率等于电场强度E，图线在A、N两点处的斜率都不等于0，则知A、N两点的场强大小均不为零，故A错误；由图可知：从N到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，NC间电场强度方向沿x轴负方向，故B错误；根据图象，q1为正电荷，q2为负电荷，且q1>q2，结合矢量的叠加可知，x轴负半轴的电场强度方向指向x轴的负方向，所以若将一正点电荷放在x轴负半轴，则电场力指向x轴负方向，因此电场力与速度方向相同，该正点电荷一直做加速运动，故C正确；N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，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。
3.(多选)(2019·山东潍坊实验中学模拟)某电场中沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示．场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达x1位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计点电荷的重力．下列说法正确的是(　　)

A．点电荷从x1运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B．点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C．电势差UOx1＜UOx2
D．在整个运动过程中，点电荷在x1、x2位置时的电势能最大
【答案】BD.
【解析】：点电荷从x1运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段：点电荷从x1运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律有a＝＝，电场强度E不变，所以加速度a不变，点电荷做匀加速运动；点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律有a＝＝，电场强度E先均匀增大再均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小，速度不是均匀变化的，故A错误，B正确；点电荷从O运动到x1的过程中，根据动能定理有UOx1q＝0－mv，点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理有UOx2q＝0－mv，所以电势差UOx1＝UOx2，故C错误；点电荷在运动过程中仅有电场力做功，动能和电势能之和保持不变，点电荷在x1、x2位置动能最小，则电势能最大，D正确．