第八章 专题强化十一 电场中的功能关系及图像问题-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习教师用书word（人教版2019）

专题强化十一　电场中的功能关系及图像问题 1．本专题主要复习静电场中的功能关系和图像问题，利用图像分析静电场的力性质和能性质。 2．通过本专题的学习，可以培养同学们通过“数形结合思想”分析电场的性质。 [对应学生用书P161] 热点 电场中的功能关系(互动共研) 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]　(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是(　　) A.小球的重力势能增加－W1 B.小球的电势能增加W2 C.小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2 D.撤去F前弹簧的弹性势能为mv2－W1－W2 解析　根据重力做功与重力势能变化关系可得WG＝W1＝－ΔEp重，小球上升过程重力做负功，小球的重力势能增加了－W1，故A正确；根据电场力做功与电势能变化关系可得W电＝W2＝－ΔEp电，带正电小球上升过程电场力做正功，小球的电势能减少了W2，故B错误；小球与弹簧组成的系统，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，大小为W2，小球与弹簧组成的系统机械能增加了W2，故C正确；在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，根据能量守恒定律可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则有W2＋Ep弹＝－W1＋mv2，解得撤去F前弹簧的弹性势能为Ep弹＝mv2－W1－W2，故D正确。 答案　ACD 1．(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　) A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 解析　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确。因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确。电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。 答案　AB 2．(多选)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上。g、c两点关于N点对称。下列说法正确的是(　　) A．a、c两点场强相同，电势不相同 B．b、d两点场强不相同，电势相同 C．同一带负电的试探电荷在g点具有的电势能小于在c点具有的电势能 D．将一带正电的试探电荷沿椭圆顺时针从a点经b点移到c点，电场力始终做正功 解析　根据等量异种点电荷的电场线的分布规律可知，关于中心O对称点所在位置，电场线方向与分布的疏密程度均相同，即a、c两点场强相同，由于沿电场线电势降低，可知a点电势高于c点电势，A正确；b、d两点关于中心O对称，根据上述可知，b、d两点场强相同，根据等量异种点电荷的等势线分布规律，b、d两点连线为一条等势线，则b、d 两点电势相同，B错误；根据点电荷电势公式，g、c两点电势分别为φg＝k－k＝k－k，φc＝k－k，可知φg>φc，根据E＝－q′φ可知，同一带负电的试探电荷在g点具有的电势能小于在c点具有的电势能，C正确；根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，沿椭圆顺时针从a点经b点移到c点，电势逐渐减小，根据W12＝q″U12＝q″(φ1－φ2)可知，电场力始终做正功，故将一带正电的试探电荷沿椭圆顺时针从a点经b点移到c点，电场力始终做正功，D正确。故选ACD。 答案　ACD 热点 静电场中的图像问题(方法模型) 类型1　vt图像 根据vt图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。 [例2]　(多选)如图甲所示，两个等量同种点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q＝＋1×10－3 C，质量m＝0.01 kg的小球在该水平面上从a点无初速度释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其vt图像如图乙中图线①所示，其中b点处为图像切线斜率最大的点，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是(　　) A．P、Q带正电荷 B．b点的场强E＝10 V/m C．a、b两点间的电势差为45 V D．带电小球由a点运动到O点的过程中，电势能先增大后减小 解析　带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动，可知小球a受到向上的电场力，aO线上的电场方向竖直向上，两电荷带负电，故A错误；vt图像上斜率表示加速度，在b点可得ab＝＝1.0 m/s2，根据牛顿第二定律得qEb＝mab，联立解得Eb＝10 V/m，故B正确；从a到b由动能定理得qUab＝mvb2－mva2，由图乙可得vb＝3 m/s，代入解得Uab＝45 V，故C正确；由图像乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到O点时电势能最小，故D错误。故选 BC。 答案　BC 类型2　φx图像 1．电场强度的大小等于φx图像的斜率的绝对值，电场强度为零处φx图线存在极值，其切线的斜率为零。 2．在φx图像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φx图像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φx图像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φx图像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。 [例3]　(多选)如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15 cm)分别固定放置两点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是(　　) A.a、c两点的电场强度相同 B.q1所带电荷量是q2所带电荷量的4倍 C.将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零 D.将一负电荷从c点移到d点，电势能增大 解析　φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；B项判断有以下两种方法： 方法一：电场强度叠加法 由题图可知，d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确； 方法二：电势叠加法 a点电势为零，a点到两点电荷的距离之比r1∶r2＝4∶1，由φ＝得：－＝0，得：＝，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误。 答案　BC 3.(多选)(2025·黑龙江鸡西高三期末)如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图乙所示。以下说法正确的是(　　) A.A、B两点的电场强度EA>EB B.电子在A、B两点的速度vA<vB C.A、B两点的电势φA>φB D.电子在A、B两点的电势能EpA>EpB 解析　φ-x图像的斜率表示电场强度，可得A、B两点的电场强度EA>EB，故A正确；根据沿电场线方向电势降低，可知电场强度的方向为A指向B，则电子受到电场力方向为B指向A，电子由点A运动到点B，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，故vA>vB，故B错误；由图乙可知A、B两点的电势φA>φB，故C正确；电子由点A运动到点B，电场力做负功，电子的电势能增加，故EpA<EpB，故D错误。 答案　AC 类型3　Ex图像 1．Ex图像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Ex图像后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，Ex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．在这类题目中，还可以由Ex图像画出对应的电场，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。 [例4]　(2025·辽宁大连市期末)如图甲所示，在真空中固定的两个相同点电荷A、B关于x轴对称，它们在x轴上的E-x图像如图乙所示(规定x轴正方向为电场强度的正方向)。若在坐标原点O由静止释放一个正点电荷q，它将沿x轴正方向运动，不计重力。则(　　) A.A、B带等量正电荷 B.点电荷q在x1处电势能最大 C.点电荷q在x3处动能最大 D.点电荷q沿x轴正方向运动的最远距离为2x2 解析　由E-x图像可知，在x轴上的P点对应x2点，在P点的左侧电场强度为正值，沿x轴正方向，右侧为负值，可知A、B带等量负电荷，A错误；电荷量为q的正点电荷，从O点到P点，静电力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，静电力做负功，电势能增加，因此点电荷q在x1处电势能不是最大，且点电荷q在x2处动能最大，B、C错误；由对称性可知，点电荷q沿x轴正方向最远能到达O′处，由动能定理qUOO′＝ΔEk＝0，则UOO′＝0，由对称性知O′与O关于P点对称，故点电荷q沿x轴正方向运动的最远距离为2x2，D正确。 答案　D 4．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，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、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Ek，仅考虑电场力作用，则下列说法正确的是(　　) 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3Ek D．粒子在AB段电势能减少量小于BC段电势能减少量 解析　从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始电场强度方向沿x轴正方向，所以沿电场线方向电势逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低，所以A错误；由图像可知电场强度先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动，则B错误；因图像与横轴所围的面积表示电势差，则有UOC＞3UOA，由动能定理有qUOA＝Ek，qUOC＝EkC，由上几式可得EkC＞3Ek，所以粒子运动到C点时动能大于3Ek，则C正确；因UAB＞UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，则D错误。 答案　C 类型4　Epx图像、Ekx图像 1．Epx图像 由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Epx图像的切线斜率k＝，其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向。 2．Ekx图像 当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ekx图像的切线斜率k＝，其大小表示静电力。 [例5]　(多选)如图所示，空间中存在沿x轴的静电场，x1、x2、x3、x4是x轴上的四个点，质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点沿x轴正方向 进入电场，在粒子沿x轴运动的过程中，其电势能Ep沿x轴的变化如图所示，下列说法正确的是(　　) A．粒子在x2点的速度为v0 B．从O点到x3点的过程中，电场的电势先升高再降低再升高 C．若粒子能到达x4处，则v0的大小至少应为 D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最大动能为2Ep0 解析　粒子从O运动到x2的过程中，电势能变化量为零，静电力做功为零，根据动能定理知，粒子在x2点的速度为v0，故A正确；从O点到x3点的过程中，电场的电势先降低再升高，故B错误；粒子能运动到x1处，就能运动到x4处，若粒子恰好能运动到x1处，此时初速度v0最小，根据动能定理得－qφ0＝0－mv02，解得v0＝＝，所以若粒子能运动到x4处，则初速度v0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qφ0，若v0＝2，由动能定理得W＝qφ0＝Ekm－mv02，解得Ekm＝3Ep0，故D错误。 答案　AC 课时检测训练34　电场中的功能关系及图像问题 对应学生用书P403 对点练1　电场中的功能关系 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 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。 答案　D 2.(2024·黑吉辽)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中(　　) A.动能减小，电势能增大 B.动能增大，电势能增大 C.动能减小，电势能减小 D.动能增大，电势能减小 解析　根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右；若小球的初速度方向垂直于虚线(如题图)，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的位移方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，故选D。 答案　D 3.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　) A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2 C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2 解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。 答案　B 对点练2　电场中的图像问题 4．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点由静止开始做直线运动，其vt图像为正弦曲线，如图所示。已知粒子在t1时刻运动到B点，t2时刻运动到C点，t3时刻运动到D点，t4时刻运动到E点，下列判断正确的是(　　) A．A、E两点不重合 B．C、D两点电场强度大小关系为EC＜ED C．A、C、E三点的电势相等 D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少 解析　由对称性可知，A、E两点重合，B、D两点重合，故A错误；由qE＝ma可知，粒子加速度大时电场强度大，又速度—时间图像的斜率表示加速度，即t2时刻加速度大于t3时刻加速度，所以EC＞ED，故B错误；粒子电势能与动能之和守恒，A、C、E三点动能为0，所以电势能相等，故φA＝φC＝φE，故C正确；如图所示，粒子由A到B速度增大动能增大电势能减小，由B到C速度减小、动能减小、电势能增加。故电势能先减小后增大，故D错误。 答案　C 5.(2024·湖南卷)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) 解析　方法一：从电场强度方向看电势的变化 设x＝x0处电场强度为0，此处E1与E2等大反向＝，得x0＝1，即x＝1处，E＝0，0<x<1，电场强度方向向左，x增大，φ增大，x>1，电场强度方向向右，x增大，φ减小，故D正确。 方法二：电势叠加法 根据点电荷周围的电势公式φ＝k， 设x＝x′处(x′>0)的电势为0，得k＋k＝0， 解得x′＝， 故可知当0<x<时，φ<0； 当x＝时，φ＝0， 当x>时，φ>0，故选D。 答案　D 6．(2023·重庆月考)如图所示，真空中位于x轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点O对称，规定电场强度沿x轴正方向为正，无穷远处电势为0。下列描述x轴上的电场强度E或电势φ随位置x的变化规律中正确的是(　　) 解析　由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式E＝k和电场叠加原理可知，沿x轴方向，－∞→A点，电场强度为负，逐渐变大，A点→O点，电场强度为正，逐渐减小，O点→B点，电场强度为负，逐渐变大，B点→＋∞，电场强度为正，逐渐减小，故A项正确，B项错误；无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，分析知，等量同种正电荷电场中的电势不会为负值，且O点处电势大于零，故C、D项错误。 答案　A 7．(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 解析　粒子从a点向b点运动，Ekx图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝Ek，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。 答案　CD 8．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，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。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．x2～x3段的电场强度大小方向均不变 D．在0、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1 解析　根据电场力做功与电势能变化的关系得FΔx＝－ΔEp，图像的斜率表示粒子所受的电场力，在x1处图像的斜率为零，所以粒子在x1处受到的电场力为零，所以x1处的电场强度为零，A错误；图像的斜率表示粒子所受的电场力，粒子在0～x2段所受的电场力是变力，做非匀变速运动，x2～x3段电场力不变，做匀减速直线运动，B错误；x2～x3段是直线，斜率一定，粒子所受的电场力不变，所以x2～x3段电场强度大小方向均不变，C正确；对带负电荷的粒子来说，电势越高电势能越小，电势越低电势能越大。由图像可知在0、x1、x2、x3四处的电势能大小关系为Ep1＜Ep0＝Ep2＜Ep3，所以这几处的电势关系为φ1＞φ0＝φ2＞φ3，D错误。 答案　C 9．(多选)(2023·全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　) A．在运动过程中，电势能先增加后减少 B．在P点的电势能大于在N点的电势能 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 解析　由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。故选BC。 答案　BC 10.(多选)(2024·山东卷)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A.OB的距离l＝ B.OB的距离l＝ C.从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs D.AC之间的电势差UAC＝－ 解析　由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向，mg sin 30°＝cos 30°，解得l＝，故A正确，B错误；设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零，根据动能定理有W＋mgs sin 30°＝0，解得W＝－，故C错误；根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC＝＝－，故D正确。 答案　AD 11．如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径R＝0.1 m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，θ为PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随θ变化如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的场强大小为10 V/m B．匀强电场的场强方向垂直AC连线向下 C．一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能增加2 eV D．一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做正功后做负功 解析　根据图像可知，当θ＝π时，P点位于P1的电势为1 V，当θ＝π时，P点位于P2的电势为3 V，当θ＝π时，P点位于P3的电势为5 V，根据夹角关系，可知P1OP3位于同一条直线上，则有1 V－φO＝φO－5 V，解得φO＝3 V，可知P2O连线为一条等势线，根据夹角关系可知，P1OP3与P2O垂直，即P1OP3为一条电场线，方向由P3指向P1，与水平向右的方向成夹角，即匀强电场的场强方向不是垂直AC连线向下，B错误；根据上述，匀强电场的场强大小为E＝＝＝20 V/m，A错误；电子从A点沿圆弧运动到C点，有WAC＝eE·2R cos ，WAC＝－ΔEp，解得ΔEp＝－2 eV，即电势能减小2 eV，C错误；根据上述，电场方向由P3指向P1，与水平向右的方向成夹角，则电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做正功后做负功，D正确。故选D。 答案　D 12．(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 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速度方向的夹角一直大于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。 答案　BC 13．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。 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hBC＝， 根据动能定理有mg·＝－， 解得vC＝； (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电＝－0，又根据静电力做功与电势能的关系： W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)， 又因为φC＝0，可得φA＝。 答案　(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$