第8章 第3讲 专题：电场中的图像问题及功能综合问题-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第八章　静电场 第3讲　专题：电场中的图像问题及功能综合问题 目录 1 2 考点一　电场中的图像问题 考点二　电场中的功能综合问题 课时作业 3 考点一　电场中的图像问题 1．v­t图像 根据电荷在电场中运动的v­t图像的速度变化、斜率变化(即加速度变化)，确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向和大小、电势的高低及电势能的变化。 2．φ­x图像(电场方向与x轴平行) (1)在φ­x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系分析电荷移动时电势能的变化。 考点一 电场中的图像问题 4 (2)电场强度可用φ­x图线的斜率表示，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(如图甲、乙所示)。 注意：图线的切线斜率为正时，电场强度沿x轴负方向；图线的切线斜率为负时，电场强度沿x轴正方向。电场强度也可以根据电势大小的变化直接判断——沿电场线方向电势降低。 考点一 电场中的图像问题 5 3．E­x图像(电场方向与x轴平行) (1)E­x图像中，一般规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E>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)E­x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图丙所示)，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。 考点一 电场中的图像问题 6 考点一 电场中的图像问题 7 例1　A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是(　　) A．EA＝EB B．EA<EB C．φA<φB D．φA>φB 考点一 电场中的图像问题 8 解析　在v­t图像中，图线斜率的绝对值表示物体的加速度大小，由题图可得，正电荷在A处的加速度大于在B处的加速度，根据牛顿第二定律可得qE＝ma，则A点的电场强度大于B点的电场强度，即EA>EB，故A、B错误；由题图可得，正电荷从A到B的速度减小，电场力做负功，说明电场力方向为从B指向A，即电场线方向为从B指向A，而沿电场线方向电势降低，则φA<φB，故C正确，D错误。 考点一 电场中的图像问题 9 例2　(2024·湖北省十堰市高三下4月二模)(多选)某一沿x轴方向的静电场，电势φ在x轴上的分布情况如图所示，B、C是x轴上的两点。一负电荷仅在电场力的作用下从B点运动到C点，该负电荷(　　) A．在O点的速度最大 B．在B点受到的电场力小于在C点受到的电场力 C．在B点时的电势能小于在C点时的电势能 D．在B点时的动能小于在C点时的动能 考点一 电场中的图像问题 10 解析　O点的电势最高，根据Ep＝qφ，可知负电荷在O点时的电势能最小，由于该负电荷仅在电场力的作用下运动，则其动能和电势能之和保持不变，所以负电荷在O点时的动能最大，速度最大，故A正确；φ­x图线的切线斜率的绝对值表示电场强度大小，则B点处的电场强度大于C点处的电场强度，负电荷在B点受到的电场力大于在C点受到的电场力，故B错误；由图像可知B点的电势大于C点的电势，根据Ep＝qφ，可知负电荷在B点时的电势能小于在C点时的电势能，又由于该负电荷的动能和电势能之和保持不变，则负电荷在B点时的动能大于在C点时的动能，故C正确，D错误。 考点一 电场中的图像问题 11 考点一 电场中的图像问题 12 考点一 电场中的图像问题 13 例4　(多选)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的变化如图所示，其中O～x2段是抛物线，x1处是顶点，x2～x3段是直线，且与抛物线相切。粒子由O～x3运动过程中，下列判断正确的是(　　) A．x3处的电势最高 B．O～x1段粒子动能增大 C．x1～x2段粒子加速度增大 D．x2～x3段粒子做匀速直线运动 考点一 电场中的图像问题 14 考点一 电场中的图像问题 15 考点二　电场中的功能综合问题 静电力做功的计算方法 电场中的功能关系 (1)静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加，且W＝－ΔEp。 (2)合力做正功，动能增大；合力做负功，动能减小，且W合＝ΔEk。 (3)除了重力和系统内弹力之外其他力做的总功等于机械能的变化，即W其他力＝E机2－E机1＝ΔE机 考点二 电场中的功能综合问题 17 电场中的能量转化 (1)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 (2)如果除静电力做功外，只有重力和系统内弹力做功，则机械能和电势能之间相互转化，机械能(E机)和电势能(Ep)的总和不变，即ΔE机＝－ΔEp。 (3)能量守恒定律把系统中参与变化的所有能量联系起来，即ΔE增＝－ΔE减 考点二 电场中的功能综合问题 18 例5　(2025·贵州省贵阳市高三上开学考试)如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场(方向未标出)，一段绝缘曲面轨道处于匀强电场中，有一带电金属块以初速度v0沿曲面向上移动。在金属块向上移动的过程中，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，金属块的重力势能改变了30 J，则(　　) A．电场方向水平向左 B．金属块的初动能一定等于60 J C．在此过程中金属块的电势能减少10 J D．在此过程中金属块的机械能减少30 J 考点二 电场中的功能综合问题 19 解析　在金属块向上移动的过程中，静电力做负功，则金属块所受静电力的方向水平向左，因为不知道金属块所带电荷的电性，所以无法判断电场方向，故A错误；金属块向上移动的过程中，重力势能一定增加，则重力势能增加30 J，根 据功能关系可知，金属块的电势能增加10 J，因摩擦产生的热量为20 J，则根据能量守恒定律可知，金属块的动能减少了30 J＋10 J＋20 J＝60 J，故金属块的初动能至少等于60 J，故B、C错误；金属块机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功，所以在此过程中金属块机械能的改变量ΔE＝W电＋Wf＝(－10 J)＋(－20 J)＝－30 J，即金属块的机械能减少30 J，故D正确。 考点二 电场中的功能综合问题 20 考点二 电场中的功能综合问题 21 考点二 电场中的功能综合问题 22 课时作业 [A组　基础巩固练] 1．(多选)图1中A、B、C是某电场中的一条电场线上的三个点，若将一正点电荷从A点处由静止释放，仅在电场力作用下，正点电荷沿电场线从A经过B到C，运动过程中的速度—时间图像如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．在A、B、C三个点中，B点的电场强度 最大 B．在A、B、C三个点中，C点的电势最低 C．在A、B、C三个点中，C点的电势最高 D．在A、B、C三个点中，正电荷在A点的电势能最大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 24 解析：正点电荷仅在电场力作用下，由牛顿第二定律有Eq＝ma，根据v­t图像中图线切线斜率的绝对值表示加速度的大小，结合题图2可知，在A、B、C三个点中，正点电荷在B点时加速度最小，则B点的电场强度最小，故A错误；由题图2可知，正点电荷沿电场线从A经过B到C，速度一直增加，由动能定理可知电场力一直做正功，正点电荷的电势能一直减少，则有EpA>EpB>EpC，由Ep＝φq可得φA>φB>φC，故C错误，B、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 25 2．(2025·广西柳州市高三上一模)如图所示，绝缘水平面上方存在一方向水平向右、场强大小为1．5×103 N/C的匀强电场。将一质量为0．1 kg、带电量为＋2×10－4 C的小滑块由静止释放后，沿水平面向右运动了2 m，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0．25，g取10 m/s2，则该过程中小滑块(　　) A．动能增加了0．1 J B．电势能减少了0．5 J C．机械能增加了0．6 J D．与地面摩擦产生的热量为0．6 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 26 解析：对小滑块受力分析可得其所受合力大小为F合＝qE－μmg＝0．05 N，由动能定理可得，小滑块的动能增加量ΔEk＝F合x＝0．1 J，故A正确；电势能的减少量等于电场力做的功，则电势能减少量ΔEp＝qEx＝0．6 J，故B错误；小滑块的重力势能不变，机械能的增加量等于其动能的增加量，为0．1 J，故C错误；与地面摩擦产生的热量Q＝μmgx＝0．5 J，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 27 3．(2024·湖南高考)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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 29 4．(2024·山东省淄博市高三下三模)在x轴上的A、B两点分别固定两个点电荷，如图是x轴上各点电场强度E随位置x变化的关系图像，图中图线关于O点中心对称，x轴上C、D两点关于O点对称。规定x轴正方向为电场强度正方向，下列说法正确的是(　　) A．A、B两点固定的是等量异种电荷 B．从A点到B点，电势逐渐降低 C．电势差UCO＝UOD D．一正电荷从C点自由释放，仅在电场力作用下运动到D点过程中其动能先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 30 面积表示电势差，由题可知图线关于O点中心对称，x轴上C、D两点关于O点对称，故|UCO|＝|UOD|，又因为φC>φO，φD>φO，故UCO＝－UOD，C错误；从A点到B点，场强方向先向右后向左，故正电荷从C点自由释放，仅在电场力作用下运动到D点过程中，先受到向右的电场力，后受到向左的电场力，电场力先做正功，后做负功，其动能先增大后减小，D正确。 解析：由电场方向随x的变化可知，A、B两点固定的是等量正点电荷，A错误；由题图可知，从A点到B点，场强方向先向右后向左，根据沿电场方向电势降低可知，电势先降低后升高，B错误；E­x图线与x轴围成的面 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 31 5．(2025·河南省周口市高三检测)医用防病毒口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，某驻极处理后的口罩可以简化为如图所示的均匀带正电竖直绝缘板。一颗有一定质量的带电颗粒在重力和静电力作用下由a点运动到b点，轨迹如图所示。忽略空气阻力，关于该颗粒的电势能与机械能的变化情况，下列说法正确的是(　　) A．电势能先减小后增大，机械能先减小后增大 B．电势能先增大后减小，机械能先减小后增大 C．电势能先减小后增大，机械能先增大后减小 D．电势能先增大后减小，机械能先增大后减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 32 解析：由带正电竖直绝缘板附近电场线的分布规律知，该颗粒 所受静电力沿水平方向，由运动轨迹可知，水平方向该颗粒先向左运 动后向右运动，加速度的水平分量方向向右，由牛顿第二定律知静电 力方向向右，由a点运动到b点，静电力先做负功后做正功，故电势能 先增大后减小；由于该带电颗粒仅受重力和静电力的作用，所以颗粒 的机械能与电势能之和保持不变，故该颗粒的机械能先减小后增大。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 33 6．(2024·江苏省连云港市高三上教学质量调研(一))某静电场中，某条电场线与x轴重合，取电场强度E的正方向为x轴正方向，x轴上各点的电场强度E与位置x的关系如图所示。一带正电荷的粒子仅在静电力作用下沿x轴从x1位置运动到x4位置。下列说法中正确的是(　　) A．x2、x4处的电势相等 B．粒子在x2、x4处受到的电场力不同 C．粒子在x3处的电势能最大 D．粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 34 解析：由图可知，从x1到x4电场强度为正，则从x1到x4间电场线方向由x1指向x4，沿电场线方向电势降低，因此x1处电势最高，x2处的电势高于x4处的电势，粒子带正电荷，故粒子在x1处的电势能最大，A、C错误；x2、x4处电场强度相同， 由F＝qE可知，粒子在x2、x4处受到的电场力也相同，B错误；由U＝Ed可知，E­x图线与x轴所围图形的面积表示电势差，又由x2处到x3处图线与x轴所围图形面积大于由x3处到x4处图线与x轴所围图形面积，结合W＝qU可知，粒子由x2处运动到x3处过程中电场力做的功大于由x3处运动到x4处过程中电场力做的功，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 35 7．(多选)在x轴上坐标为－3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为－2L和2L，则(　　) A．两点电荷为异种电荷 B．同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到 的电场力 C．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为2Q D．坐标为－3L处电荷的电荷量大小为4Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 39 [B组　综合提升练] 9．(2024·重庆高考)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φ随位置x变化的图像如图所示。一电荷量为e的带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1．5 eV，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 43 11．(2025·八省联考内蒙古卷)如图，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x轴。在乙沿x轴加速下滑过程中，其动能Ek和机械能E随位置x变化的图像，可能正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 44 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 45 [C组　拔尖培优练] 12．(多选)如图甲所示，一均匀带电圆环放置在水平面内，取圆环中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴，一带电小球从轴上x＝x0处由静止释放，小球运动过程中的动能Ek与位置x的变化关系如图乙所示，图线上x＝x1与x＝x2处的切线与x轴平行，小球在x1、x2处的动能分别为E1、E2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．x1处与x2处场强相同 B．小球从x1运动到x2，电势能增加E1－E2 C．小球从x1运动到x2，加速度先增大后减小 D．小球从x0运动到O点，电势能与重力势能 之和先减小后增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 46 解析：带电小球由静止下落过程中，只受重力和电场力作用，由动能定理可知Ek­x图像的切线斜率绝对值表示小球受到的合力大小，x＝x1与x＝x2处图线的切线均与x轴平行，则合力均为0，即电场力均与小球重力等大反向，则x1处与x2处场强相同，故A正确；由题图可知，从x1运动到x2，Ek­x图像的切线斜率绝对值先增大后减小，则小球受到的合力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C正确；由能量守恒定律可知，小球下落过程中，重力势能、电势能和动能之和保持不变，则小球从x1运动到x2，电势能的增加量等于动能减少量和重力势能减少量之和，即电势能增加量大于动能减少量E1－E2，小球从x0运动到O点，动能先增大后减小再增大，则电势能与重力势能之和先减小后增大再减小，故B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 47 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 4．Ep­x图像(电场方向与x轴平行) (1)由Ep­x图像可以判断某一位置电势能的大小，进而确定电势能的变化情况，根据电势能的变化可以判断静电力做功情况，结合带电粒子的运动可以确定静电力的方向；还可以结合带电粒子的带电情况分析电势。 (2)Ep­x图像的斜率k＝eq \f(Ep2－Ep1,x2－x1)＝eq \f(ΔEp,Δx)＝eq \f(－W静电,Δx)＝－F静电，即图像的斜率绝对值和正负分别表示静电力的大小和方向。 例3　(多选)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点的电场强度E随x的变化规律如图所示。将一个带电粒子从位置x3由静止释放，粒子仅在电场力的作用下由坐标位置x3运动到原点O的过程中，下列说法正确的是(　　) A．该粒子带正电 B．粒子先加速后减速运动 C．粒子的电势能一直减小 D．坐标原点O和位置x2的电势差UOx2＝eq \f(E0x2,2) 解析　该带电粒子仅在电场力作用下由坐标位置x3从静止运动到坐标原点O的过程中，由题图知电场方向一直沿x轴正方向，而带电粒子向x轴负方向运动，所以该粒子带负电，电场力方向一直与速度方向相同，电场力一直对粒子做正功，粒子速度一直增大，电势能一直减小，A、B错误，C正确；坐标原点O和位置x2间的电势差为E­x图线与x轴所围成的面积，即UOx2＝eq \f(E0x2,2)，D正确。 解析　由Ep­x图像可知，粒子在x3处时Ep最低，又因为粒 子带负电，由φ＝eq \f(Ep,q)可知，x3处的电势最高，A正确；粒子从O点 运动到x3的过程中，只受电场力作用，则粒子的电势能与动能之 和保持不变，O～x1段，粒子的电势能逐渐增大，则动能减小，B 错误；由ΔEp＝－F电Δx可知，Ep­x图线斜率的绝对值表示粒子受到的电场力大小，在x1～x2段图线斜率绝对值逐渐增大，说明粒子受到的电场力逐渐增大，由牛顿第二定律可知粒子加速度增大，在x2～x3段图线斜率不变且不为零，说明粒子所受电场力不变且不为零，由牛顿第二定律可知粒子的加速度不变且不为零，因此粒子做匀变速直线运动，C正确，D错误。 例6　(2024·山西省晋中市高三下二模)(多选)如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆MP，细杆左侧O点处固定着一个带正电的点电荷，以O为圆心、r为半径的圆周与细杆交于N、P两点，N点为MP的中点。现将一质量为m、电荷量为－q的小球(可视为质点)套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N点时的速度大小为eq \r(6gr)。已知重力加速度为g，M点和P点的高度差为3r，取P为零电势点，则下列说法正确的是(　　) A．M、N两点的电势差为－eq \f(2mgr,3q) B．小球从N点到P点过程电场力做的功为－eq \f(3mgr,2) C．小球滑至P点时的速度大小为3eq \r(gr) D．M点的电势为－eq \f(3mgr,2q) 解析　由几何关系可得MN段的竖直高度为hMN＝eq \f(3,2)r，小球从M点到N点的过程中，由动能定理可得mghMN＋(－q)·UMN＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)－0，由题可知小球滑到N点时的速度大小为vN＝eq \r(6gr)，解得M、N两点的电势差为UMN＝－eq \f(3mgr,2q)，A错误；根据点电荷的电场特征可知，N、P两点所在的圆是一个等势面，有φN＝φP，则UNP＝0，所以小球从N点到P点过程电场力做的功为零，B错误；由几何关系可得NP段的竖直高度为hNP＝eq \f(3,2)r，小球从N点到P点过程，根据动能定理可得mghNP＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N)，解得小球滑至P点时的速度大小为vP＝3eq \r(gr)，C正确；由题意及前面分析知φP＝φN＝0，且有UMN＝φM－φN，联立解得M点的电势为φM＝－eq \f(3mgr,2q)，D正确。 解析：根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝keq \f(4q,（1＋x）2)，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝keq \f(q,x2)，方向沿x轴负方向；eq \f(E1,E2)＝eq \f(4x2,（1＋x）2)＝eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))\s\up12(2))，则随着x增大，eq \f(E1,E2)逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。 解析：从坐标为－3L处到坐标为3L处，电势先降低后升高，则电场线先沿x轴正向后沿x轴负向，可知，两点电荷均带正电，为同种电荷，故A错误；在φ­x图像中，图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，则在x＝L处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为－3L处点电荷的电荷量大小为Q′，根据电场强度叠加原理有eq \f(kQ′,[L－（－3L）]2)－eq \f(kQ,（3L－L）2)＝0，解得Q′＝4Q，故C错误，D正确；两点电荷在M点处的合场强大小为E1＝eq \f(kQ′,L2)－eq \f(kQ,（5L）2)＝eq \f(99kQ,25L2)，在N点处的合场强大小为E2＝eq \f(kQ,L2)－eq \f(kQ′,（5L）2)＝eq \f(21kQ,25L2)，则E1>E2，由F＝Eq可知同一检验电荷在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力，故B正确。 8．(多选)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d；MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P质量为m，电荷量为＋q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)，现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。则(　　) A．C、O两点间的电势差UCO＝eq \f(mv2,2q) B．O点处的电场强度E＝eq \f(\r(2)kQ,2d2) C．小球下落过程中重力势能和电势能之和不变 D．小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度为eq \r(2)v 解析：小球从C点运动到O点的过程中，根据动能定理得：mgd＋ UCO·q＝eq \f(1,2)mv2－0，解得：UCO＝eq \f(mv2－2mgd,2q)，故A错误；点电荷A(或 B)在O点处产生的场强大小为：E′＝eq \f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq \f(kQ,2d2)，根据平行四边形定 则，O点处的电场强度大小为：E＝eq \r(2)E′＝eq \f(\r(2)kQ,2d2)，故B正确；小球下落过程中，只有静电力和重力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，从C到O的过程中，小球的动能增加，则重力势能和电势能之和减小，故C错误；根据对称性，C、O间电势差与O、D间电势差相等，小球P从C到D的过程中，根据动能定理可得：mg·2d＋2UCO·q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)，得到小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度vD＝eq \r(2)v，故D正确。 解析：带负电的试探电荷在x2点处的动能为Ek2＝1．5 eV， 电势能为Ep2＝－eφ2＝－1 eV，则动能和电势能之和为E＝Ek2 ＋Ep2＝0．5 eV，因试探电荷仅受电场力作用，则动能和电势能 之和恒定，由Ep＝qφ可知，电势越低的位置，负电荷的电势能 越大，动能越小，速度越小，当速度为零时，电势能最大，为Ep′＝E＝0．5 eV，即运动到电势为φ′＝eq \f(Ep′,－e)＝－0．5 V处，结合题图分析可知，该试探电荷在x1到x2间的φ′＝－0．5 V处和x3右侧的φ′＝－0．5 V处之间做往复运动，不会运动到x0、x1处，故B正确，A、C、D错误。 10．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷小滑块，在x＝1 m处以初速度v0＝eq \r(3) m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2 kg、带电量为q＝－0.1 C，可视为质点。整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．x＝1 m处的电场强度大小为20 V/m B．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小 C．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为2 m/s D．若滑块恰好到达x＝5 m处，则该处的电势为50 V 解析：Ep­x图线斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受电场力大小为F1＝E1|q|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔEp,Δx)))＝eq \f(3,3) N＝1 N，可得E1＝10 V/m，A错误；滑块向右运动过程中，Ep­x图线斜率的绝对值先减小后增大，则所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增大，B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处的过程中，根据动能定理有W电＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，且W电＝－(Ep3－Ep1)＝1 J，解得滑块运动至x＝3 m处时的速度大小为v＝2 m/s，C正确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则W电′＝－(Ep5－Ep1)＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，其中Ep1＝2 J，解得滑块在x＝5 m处的电势能Ep5＝5 J，该处的电势为φ＝eq \f(Ep5,q)＝eq \f(5,－0.1) V＝－50 V，D错误。 解析：设甲、乙两个带电小球间的距离为r，由动能定理可知Ek­x图像的斜率表示合力，乙受到的合力F合＝mgsinθ－keq \f(q甲q乙,r2)，所以在乙沿x轴加速下滑的过程中，两个带电小球间的距离r逐渐减小，F合逐渐减小，则Ek­x图线的斜率应该逐渐减小，故A、B错误；由功能关系可知，小球乙机械能的变化量等于库仑力对小球乙做的功，库仑力对小球乙做负功，则小球乙的机械能减小，且小球乙的E­x图线的斜率的绝对值表示库仑力的大小，在乙沿x轴加速下滑过程中，r逐渐减小，库仑力大小F＝keq \f(q甲q乙,r2)逐渐增大，则E­x图像的斜率的绝对值逐渐增大，故C错误，D可能正确。 $$