专题强化3 带电粒子在电场中的运动轨迹 功能关系和图像问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第三册（人教版）

本高中物理讲义聚焦带电粒子在电场中的运动轨迹分析、功能关系应用及φ-x、E-x、Ep-x图像问题，构建从轨迹受力判断到能量转化，再到图像工具运用的递进学习支架。 资料以“分析思路+角度例题+解析”强化科学思维，通过轨迹偏转判断受力方向培养科学推理，图像斜率与面积分析提升模型建构能力。课中辅助教师教学，课后助力学生查漏补缺，巩固知识。

专题强化3　带电粒子在电场中的运动轨迹　功能关系和图像问题 1.会根据电场线、等势面与带电粒子的运动轨迹判断粒子的受力情况及能量的变化情况。（科学思维） 2.能应用动能定理、能量守恒定律等分析静电场中的功能关系。（科学思维） 3.理解φ-x、E-x和Ep-x等图像的意义并会应用图像解决静电场问题。（科学思维） 强化点一　电场线、等势线（面）与运动轨迹的综合 　　 　分析电场线、等势线（面）与粒子运动轨迹综合问题的一般思路 （1）根据运动轨迹偏转方向，结合电场线或等势面（电场线总是与等势面垂直，已知等势面时要画出电场线）判断粒子的受力方向，然后进一步判断粒子所带电荷正负、电场强度方向。 （2）根据静电力方向与速度方向的关系判断动能、电势能等的变化情况。 角度1　电场线与轨迹的综合 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是（　D　） A.vM＜vN，aM＞aN B.vM＜vN，φM＜φN C.φM＜φN，EpM＜EpN D.aM＜aN，EpM＜EpN 解析：由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向向右偏，因粒子带负电，故电场线方向向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN＜φM，EpM＜EpN；N点附近电场线比M点密集，故电场强度EM＜EN，可知aM＜aN，若粒子从N点运动到M点，则静电力做正功，电势能减少，动能增加，故vM＞vN，若粒子从M点运动到N点同样可得vM＞vN。综上所述，选项D正确。 角度2　等势线（面）与轨迹的综合 如图所示，一带正电的点电荷（不计重力）固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为运动轨迹和虚线圆的交点。下列说法正确的是（　D　） A.M粒子带正电荷，N粒子带负电荷 B.M粒子在b点的动能大于它在a点的动能 C.N粒子在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 D.N粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等 解析：M粒子的运动轨迹向左弯曲，M粒子受到了引力作用，故M粒子带负电荷，而N粒子的运动轨迹向下弯曲，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，选项A错误；由于M粒子带负电，故M粒子从a点到b点静电力对其做负功，动能减少，选项B错误；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，静电力做正功，选项C错误；对N粒子，由于只有静电力做功，N粒子的动能和电势能相互转化，但动能和电势能的和不变，所以N粒子在每个位置具有的电势能与动能的总和一定相等，选项D正确。 　两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是（　C　） A.粒子带正电 B.b点和d点的电场强度相同 C.粒子的动能先减小后增大 D.粒子在a点的电势能大于在c点的电势能 解析：根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，静电力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，静电力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。 强化点二　静电场中的功能关系 　　 　电场中常见的几种功能关系 （1）静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 （2）合外力做功等于带电体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 （3）若只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 （8分）如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，一带电小球①从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球②在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k，试求： （1）此带电小球在B点的加速度大小； （2）A、B两点间的电势差（用k、Q和h表示）。 【教您审题】 信息读取 信息加工 ① 带电小球初、末速度为零，先向下做加速运动后做减速运动 带电小球受到向上的库仑力，库仑力做负功 从A点到B点应用动能定理求电势差 ② 在A点时，受重力和库仑力，重力大于库仑力，根据牛顿第二定律可求库仑力的大小 在B点时，库仑力大于重力，根据牛顿第二定律可求加速度 答案：（1）30 m/s2　 （2）－ 规范解答：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g（2分） 在B点时，有－mg＝maB（2分） 解得aB＝3g＝30 m/s2。（1分） （2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qUAB＝0（2分） 解得UAB＝－。（1分） 〔多选〕如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是（　　） A.金属块带正电荷 B.金属块的机械能减少12 J C.金属块克服静电力做功8 J D.金属块的电势能减少4 J 解析：AB　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 强化点三　静电场中的图像问题 　　 角度1　φ-x图像 1.φ-x图像的意义：反映了电势φ随位置x变化的规律。在φ-x图像中根据纵坐标值可以直接判断各点电势的高低。 2.φ-x图线的斜率绝对值表示沿x轴方向电场强度的大小；电场强度为零处，其切线的斜率为零。 3.设电场强度的方向与x轴平行，图像中沿x轴，电势降低的方向即为电场强度方向。图中A点电势高于B点电势，故A、B间电场方向沿x轴正方向，C点电势低于D点电势，故C、D间电场方向沿x轴负方向。 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段上电势最低的点，则下列说法正确的是（　C　） A.q1、q2为等量异种电荷 B.N、C两点间电场强度方向沿x轴负方向 C.N、D两点间的电场强度大小先减小后增大 D.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 解析：若q1、q2是异种电荷，电势应该逐渐减小或逐渐增大，由题图可以看出，q1、q2都是正电荷，故A错误；沿x轴正方向从N到C的过程，电势降低，N、C两点间电场强度方向沿x轴正方向，C点电场强度为0，故B错误；φ-x图线的斜率表示电场强度大小，由题图可知，N、D两点间的电场强度大小先减小后增大，故C正确；NC段电场方向沿x轴正方向，CD段电场方向沿x轴负方向，将一正点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。 　如图甲所示，直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成 θ＝37°角方向建立一维坐标轴Ox，令原点O处电势为零，则沿Ox坐标轴上各点的电势φ与x坐标的关系如图乙所示，直线上P点坐标已标注在图中。下列说法正确的是（cos 37°＝0.8）（　　） A.电场方向由B指向A B.电场方向沿x 轴正方向 C.原点O处的电场强度大小为2×102 V/m D.原点O处的电场强度大小为1.6×102 V/m 解析：C　由于φ-x图线的斜率表示沿x轴方向的电场强度，斜率不变则电场强度不变，故该电场为匀强电场，由题图乙沿着x轴正方向电势逐渐降低可知，电场方向由A指向B，故A、B错误；由题图乙可知该电场的电场强度大小为E＝＝ V/m＝2×102 V/m，故C正确，D错误。 角度2　E-x图像 1.E-x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 2.设x轴正方向为电场强度的正方向，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。 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。 〔多选〕静电场在x轴上的电场强度E随坐标x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么点电荷（　AB　） A.由x1运动到x3的过程中电势能一直增大 B.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 C.由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小 D.在x2和x4处电势相等 解析：由题意可知，x1运动到x4的过程中电场方向沿x轴负方向，则带正电的点电荷由x1运动到x4的过程中，静电力一直做负功，电势能一直增大，根据沿电场线方向电势降低，可知x2处电势高于x4处电势，A正确，C、D错误；根据E-x图像，点电荷由x1运动到x4的过程中电场强度大小先增大后减小，静电力先增大后减小，B正确。 　〔多选〕如图甲所示，以O点为坐标原点，沿静电场方向建立x轴，A点与O点相距x0，由O点到A点的电场强度E随x的变化规律如图乙所示，x轴正方向为电场强度正方向，设O点的电势为0，一带电荷量为＋q的粒子从O点由静止释放，只在静电力作用下开始运动，则（　　） A.A点的电势为－E0x0 B.粒子运动到A点时，动能为qE0x0 C.粒子运动到A点时，电势能为qE0x0 D.粒子从O点运动到A点的过程中，速度变化越来越慢 解析：BD　根据U＝Ed，结合题图乙可知，E-x图像中图线与x轴所围成图形的面积表示电势差，电场强度沿x轴正方向，从O到A电势降低，则有UOA＝E0x0，又UOA＝φO－φA＝0－φA，可得A点的电势为φA＝－E0x0，A错误；粒子运动到A点时，根据动能定理有qUOA＝Ek，解得Ek＝qE0x0，B正确；粒子运动到A点时，电势能为Ep＝qφA＝－qE0x0，C错误；粒子从O点运动到A点的过程中，电场强度越来越小，所受静电力越来越小，加速度越来越小，所以速度变化越来越慢，D正确。 角度3　Ep-x图像 1.Ep-x图像的物理意义：反映了电势能Ep随x变化的规律。 2.Ep-x图像切线的斜率绝对值表示静电力大小。Ep-x图像切线斜率为零时静电力为零，该点的电场强度的大小也为零。 〔多选〕（2026·北京市首都师范大学附属中学高二期中）如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，O为坐标原点，A点坐标为x1，一电子仅在静电力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　ACD　） A.过O点的电场线一定与x轴重合 B.A点电场强度的方向沿x轴负方向 C.该电子在A点受到的静电力大于其在O点受到的静电力 D.该电子在O点的动能大于其在A点的动能 解析：因为电子仅在静电力作用下沿x轴运动，则静电力方向一定与x轴重合，电场强度方向一定与x轴重合，所以过O点的电场线一定与x轴重合，A正确；电子在A点的电势能比O点大，根据负电荷在电势越低处电势能越大可知，A点的电势低于O点的，即电场强度的方向由O指向A，沿x轴正方向，B错误；由EkA＋EpA＝EkO＋EpO和EpA＞EpO得EkA＜EkO，D正确；Ep-x图像斜率表示电子受到的静电力，斜率越大电子受到的静电力越大，则电子在A点受到的静电力大于其在O点受到的静电力，C正确。 〔多选〕一带负电的粒子只在静电力作用下沿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段图像是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段图像是直线，下列说法正确的是（　　） A.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 B.x1处电场方向发生了反向突变，且电场强度等于零 C.x2～x3段的电场强度大小、方向均不变 D.在x＝0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ0＝φ2＞φ1 解析：BC　由图可知Ep-x图像斜率表示静电力，则0～x2段图像的斜率先减小后增大，则粒子所受的静电力先减小后增大，根据牛顿第二定律可知粒子的加速度先减小后增大，故粒子在0～x2段做非匀变速运动；x2～x3段图像的斜率保持不变，则粒子所受的静电力保持不变，故电场强度大小和方向保持不变，粒子的加速度保持不变，故粒子在x2～x3段做匀变速直线运动，故A错误，C正确；0～x1段带负电粒子的电势能减小，则电势增大，x1～x2段带负电粒子的电势能增大，则电势减小，故x1处电场方向发生了反向突变，由于x1处的斜率为零，则该处静电力为零，电场强度为零，故B正确；根据图像可知Ep3＞Ep0＝Ep2＞Ep1，又Ep＝qφ，粒子带负电，故φ3＜φ0＝φ2＜φ1，故D错误。 　　 1.〔多选〕如图，虚线A、B、C为某电场中的三个等差等势面，实线为带电粒子在电场中的运动轨迹，P、Q为轨迹与等势面A、C的交点，粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　） A.粒子一定带正电 B.P点电势一定大于Q点电势 C.粒子在P点动能大于在Q点动能 D.粒子在P点的加速度小于Q点加速度 解析：CD　由于不知道电场线的方向，仅根据粒子运动轨迹无法确定粒子的电性，故A错误；由于不知道电场线方向，也就无法判断电势高低关系，故B错误；假设粒子从P运动到Q，根据轨迹弯曲方向可判断出静电力的大致方向，从而可以判断出粒子从P运动到Q的过程中，静电力与速度的夹角为钝角，故静电力做负功，动能减小，所以粒子在P点动能大于在Q点动能，故C正确；等差等势面越密集的地方电场强度越大，所以从图像中可以看出P点电场强度小于Q点的电场强度，对带电粒子列牛顿第二定律方程有F＝Eq＝ma，可得粒子的加速度为a＝，同一粒子q、m不变，可得P点电场强度小于Q点的电场强度，则粒子在P点的加速度小于Q点加速度，故D正确。 2.如图所示，实线为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中虚线b为一垂直电场线的圆弧，AB＝BC，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力。以下说法正确的是（　　） A.由于AB＝BC，故UAB＝UBC B.a对应粒子的速度在减小，电势能在增大 C.b、c对应粒子的动能都在增大，电势能都在减小 D.a对应粒子的加速度越来越小，c对应粒子的加速度越来越大，b对应粒子的加速度大小不变 解析：D　根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，所以UAB＜UBC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。 3.一个负电荷从电场中的A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v-t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的（　　） 解析：C　由v-t图像可知，负电荷在电场中做加速度增大的加速运动，故负电荷所受的静电力由A指向B且增大，说明从A到B电场强度越来越大，电场线逐渐密集，且负电荷受力方向与电场方向相反，故电场线方向由B指向A，故C正确，A、B、D错误。 4.〔多选〕图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　） A.M带负电荷，N带正电荷 B.M带正电荷，N带负电荷 C.N在从O点运动至a点的路径中电势降低 D.M在O点和b点电势能相同 解析：BD　由O点电势高于c点电势知，电场强度方向垂直虚线向下，由两粒子运动轨迹的弯曲方向知，N粒子所受静电力方向向上，M粒子所受静电力方向向下，故M粒子带正电，N粒子带负电，A错误，B正确；由电场方向垂直虚线向下可知，N在从O点运动至a点的路径中电势升高，C错误；O、b两点位于同一等势线上，M在O、b两点的电势能相同，D正确。 5.〔多选〕如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则小物块从M点运动到N点的过程中（　　） A.小物块所受静电力逐渐减小 B.小物块具有的电势能逐渐减小 C.M点的电势一定高于N点的电势 D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功 解析：ABD　小物块从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以静电力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力逐渐减小，A正确；由动能定理可得WE－μmgx＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。 6.在x轴上关于坐标原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图所示的E-x图像描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）。对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是（　　） A.两点电场强度相同，c点电势更高 B.两点电场强度相同，d点电势更高 C.两点电场强度不同，两点电势相等，均比O点电势高 D.两点电场强度不同，两点电势相等，均比O点电势低 解析：A　题图中a点左侧，b点右侧的电场强度方向都沿x轴负方向，则a点处为正点电荷，b点处为负点电荷，又两点电荷的电荷量相等，由等量异种点电荷电场特点知c、d两点的电场强度相同，c点电势更高，A正确，B、C、D错误。 7.（2026·辽宁抚顺高二上期中）在O点处固定一个带正电的点电荷，从A点由静止释放一个质量为m、可视为质点的带负电小球，小球的运动轨迹为如图所示的实线，它与以O点为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C两点在同一竖直线上，OB与水平方向的夹角θ＝30°，A点距B点的竖直高度为R，小球经过C点时的速度大小为，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求： （1）小球经过B点时的速度大小vB； （2）小球从A点运动到B点的过程中，静电力对小球做的功W。 答案：（1）　 （2） 解析：（1）B、C两点位于同一等势面上，根据动能定理有mg（R＋Rsin θ）＝m－m 解得vB＝。 （2）小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有mgR＋W＝m 解得W＝。 8.〔多选〕空间中一静电场的某物理量沿x轴的分布情况如图所示，其中OA＝OB，图线关于未知轴对称，则（　　） A.若为E-x图像，则φA＝φB B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，静电力先做负功再做正功 C.若为φ-x图像，则A、B两点处沿x轴方向的电场强度大小相等 D.若为φ-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，静电力先做负功再做正功 解析：CD　由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以静电力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由Ep＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即静电力先做负功后做正功，故D正确。 9.〔多选〕（2026·福建师范大学附中期中）有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势能Ep以及动能与电势能之和E0随x变化的图像，正确的是（　　） 解析：BD　带正电的粒子（不计重力）从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则静电力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；静电力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；由Ek-x图像斜率绝对值表示静电力大小，斜率正负代表静电力方向，由题图可知，电场强度先减小后增大，方向一直为正方向，静电力F＝qE先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；由于仅受静电力作用，E0＝Ek＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。 10.〔多选〕如图所示，倾角为θ＝30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（　　） A.小球从A到D的过程中静电力做功为mv2 B.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小 C.小球从A到B的过程中电势能先减少后增加 D.A、B两点间的电势差UAB＝ 解析：CD　由几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由W＝qU，知A到D的过程中静电力做的功等于0，A错误；由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中静电力对小球做正功，所以从A到D的过程中小球的电势能先减少后增加，B错误；结合对B项的分析可知，小球从A到B的过程中电势能先减少后增加，C正确；设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ＝mv2－0，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsin θ＋（－q）UAB＝0－0，所以UAB＝，D正确。 11.〔多选〕空间某点固定带正电的点电荷Q，将一质量为m，带负电的金属圆环q套在一根固定的粗糙、绝缘竖直细杆上，A点与Q点等高，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大（B为杆AC中某一点），到达C处的速度为零，AC＝h。如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v0，恰好能回到A点，重力加速度为g，则圆环（　　） A.从A下滑到C过程中，加速度一直减小 B.从A下滑到C过程中，克服摩擦力做的功为m C.从A下滑到C过程中，电势能的增加量等于mgh－m D.上滑经过B的速度小于下滑经过B的速度 解析：BC　从A下滑到C过程中，因在B点的速度最大，则在B点的加速度为零，可知从A到C加速度不是一直减小，选项A错误；从A下滑到C过程中，由动能定理mgh－Wf－W库＝0，从C到A的过程，由动能定理－mgh＋W库－Wf＝0－m，解得克服摩擦力做的功为Wf＝m，选项B正确；从A下滑到C过程中，由动能定理mgh－Wf－W库＝0，可得W库＝mgh－Wf＝ mgh－m，可得电势能的增加量等于ΔEp＝W库＝mgh－m，选项C正确；从A下滑到B的过程，有－W库'－Wf'＋mghAB＝m，由B上滑到A的过程，有W库'－Wf'－mghAB＝0－mvB'2，可得vB'＞vB，即上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，选项D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $