10.1电势能和电势（预习衔接.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册人教版（2019）

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新课预习衔接 电势能和电势
一．选择题（共10小题）
1．（2024 新郑市校级月考）如图所示，真空中有一个正方形平面ABCD，O为正方形的中心，现在A、C两顶点分别固定等量异种点电荷，M、N是过O点的正方形垂线上关于O点不对称的两点，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度大小不等，方向相同
B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同
C．若将电子从O点移动到M点，其电势能增加
D．若将电子从O点移动到N点，其电势能减少
2．（2024 广西）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中（　　）
A．静电力做正功
B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功
D．静电力先做负功再做正功
3．（2024 浙江二模）如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势低于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的速度大于在b点的速度
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
4．（2024 南通模拟）如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘（　　）
A．带正电荷
B．在P点的动量比在Q点的大
C．在P点的电势能比在Q点的高
D．会被吸附到金属线上
5．（2024 选择性）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
6．（2024春 浏阳市校级期末）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是（　　）
A．小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后两小球的距离为
C．小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大
D．小球B对竖直杆的弹力逐渐变大
7．（2024春 咸宁期末）空间中存在一静电场，一电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则电子从x1向x3运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在x1处电子速度最大
B．在x2处电子加速度最大
C．在x3处电场强度最大
D．在x2处电势最高
8．（2024春 镇海区校级期末）对公式理解正确的是（　　）
A．公式中的q是指场源电荷的电荷量
B．公式中的Ep是电荷q在电场中某点的电势能，但与q无关
C．电场中某点的电势φ与电势能Ep成正比，与电荷量q成反比
D．电场中某点的电势φ由电场本身的性质决定，与Ep、q均无关
9．（2024 襄城区校级一模）如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为（　　）
A．E， B．E， C．E， D．E，
10．（2024 红桥区二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为这轨迹上的两个点，由此可知（　　）
A．三个等势面中，a电势最高
B．粒子在P点比在M点时的电势能较小
C．粒子在P点比在M点时加速度大
D．粒子在M点比在P点时动能大
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024春 湖南期末）水平绝缘桌面上方空间存在着沿x轴方向的电场，将一个质量为m、电荷量为﹣q可视为点电荷的小球从坐标原点O静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，设小球在运动过程中电荷不发生变化，则下列说法正确的是（　　）
A．该电场为匀强电场
B．该电场的方向沿x轴负方向
C．小球运动到x0位置时的速率为
D．从O到x0的过程，粒子的电势能增加了2ma0x0
（多选）12．（2024春 沙坪坝区校级月考）如图所示，A、B、C在同一直线上，AB距离4L，C为AB中点，A、B两处各固定一个点电荷+Q，图中虚线圆的圆心为B、半径为2L，D和D′为圆上关于AB连线上下对称的两点，∠DBC＝60°，取无穷远处电势为零，以下判断正确的是（　　）
A．D和D′处电场强度相同
B．D和D′处电势相同
C．将一个带正电的试探电荷从AC间某点释放后，将在直线AB间做简谐运动
D．将一个带负电的试探电荷从C点顺时针沿圆弧移到D点，电势能一直增加
（多选）13．（2024 顺庆区校级一模）如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m＝1kg的带负电小滑块（可视为质点）在x＝1m处以v0＝2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.05。在x＝0及x＝5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，g＝10m/s2下列说法正确的选项是（　　）
A．滑块在x＝3m处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|＞|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x＝4m处的位置
（多选）14．（2024春 安溪县期末）如图，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始为自然长度，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上．现将小球P（也视为质点）从直线ab上的N点由静止释放，设小球P与Q电性相同，则小球从释放到运动至最低点的过程中下列说法正确的是（　　）
A．小球的速度先增大后减小
B．小球P的速度最大时所受合力为零
C．小球P的重力势能与电势能的和一直减小
D．小球所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小
（多选）15．（2024 中山区校级模拟）如图所示，在倾角为θ的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为m、带电量q（q＞0）的物体。加上沿着斜面方向的电场后，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度为g，不计空气阻力（　　）
A．0～x1过程中，电场强度的大小恒为
B．x1～x2过程中，物体电势降低了
C．x1～x2过程中，物体加速度的大小先变小后变大
D．x2～x3过程中，电场强度为零
新课预习衔接 电势能和电势
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 新郑市校级月考）如图所示，真空中有一个正方形平面ABCD，O为正方形的中心，现在A、C两顶点分别固定等量异种点电荷，M、N是过O点的正方形垂线上关于O点不对称的两点，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度大小不等，方向相同
B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同
C．若将电子从O点移动到M点，其电势能增加
D．若将电子从O点移动到N点，其电势能减少
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等量异种电荷的电场线分布．
【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
【答案】A
【分析】根据等量异种电荷的电场特点分析；根据等量异种电荷的连线中垂线的电势为零的等势线分析。
【解答】解：AB．M、N两点位于等量异种点电荷连线的中垂线上且关于O点不对称，根据等量异种电荷的电场的特点可知M、N两点的电场强度大小不相等，但方向都与AC连线平行，且方向都指向负电荷所在一侧，故A正确，B错误；
CD．M、N两点位于等量异种点电荷连线的中垂线上，而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，且电势为零，因此M、N、O三点电势相同都为零，所以将电子从O点移到N点，或者将电子从O点移动到M点，电场力不做功，其电势能均不变，故CD错误。
故选：A。
【点评】掌握等量异种电荷的电场特点和连线的中垂线是条电势为零的等势线是解题的基础。
2．（2024 广西）如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中（　　）
A．静电力做正功
B．静电力做负功
C．静电力先做正功再做负功
D．静电力先做负功再做正功
【考点】电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】A
【分析】本题根据几何关系，结合电势能表达式分析求解。
【解答】解：设在小圆环在P1、P2间的任意一点P，PM与MN的夹角为α，根据几何关系可得37°≤α≤53°
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
EP
根据数学知识可知在 37°≤α≤53°范围内，随着α 的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动，理解电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加是解决此类问题的关键。
3．（2024 浙江二模）如图所示，电子在电场中从a点运动到b点，实线为电场线，虚线为电子的运动轨迹，请判断下列说法正确的是（　　）
A．a点的电势低于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的速度大于在b点的速度
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义；牛顿第二定律的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据顺着电场线电势逐渐降低，来判断电势高低。根据电场线的疏密程度表示场强的大小，来分析场强大小，由牛顿第二定律分析加速度大小。根据电场力做功正负分析电势能和动能的变化。
【解答】解：A、根据顺着电场线电势逐渐降低，可知a点的电势高于b点的电势，故A错误；
B、电场线的疏密程度表示场强的大小，因b点处电场线较密，故b点处场强较大，由可知电子在b点的加速度更大，故B错误；
C、电子在电场中做曲线运动，受到的电场力沿电场线向左，则电子从a点运动到b点过程中电场力方向与速度方向成钝角，则电场力做负功，动能减小，可知电子在a点的速度大于在b点的速度，故C正确；
D、电场力做负功，电子的电势能增大，则电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，关键要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受到的电场力方向，再分析电场力做功情况，判断电势能和动能的变化情况。
4．（2024 南通模拟）如图甲所示为静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘（　　）
A．带正电荷
B．在P点的动量比在Q点的大
C．在P点的电势能比在Q点的高
D．会被吸附到金属线上
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理能力．
【答案】B
【分析】根据粉尘的运动轨迹得出速度和电场力的方向，由此得出粉尘所带的电性和对应的能量大小关系，结合电性判断出粉尘是否能被吸附到金属线上。
【解答】解：AB、粉尘受到的电场力沿着电场线方向其指向轨迹的内侧，则粉尘受到的电场力方向与电场线的方向相反，因为粉尘带负电，且粉尘的速度方向与电场力的方向成钝角，粉尘做减速运动，则粉尘在P点的动量比在Q点的大，故A错误，B正确；
C、根据上述分析可知，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，根据能量守恒定律可知，粉尘在P点的电势能小于在Q点的电势能，故C错误；
D、粉尘带负电，因此不会被吸附到金属线上，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了带电物体在电场中的运动，熟悉速度和力的方向，结合曲线运动的知识即可完成分析。
5．（2024 选择性）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
【考点】电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】信息给予题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，说明合力的方向沿虚线方向，由此判断电场力的方向；小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；根据动能定理和电场力做功与电势能的关系分析作答。
【解答】解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；
小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；
电场力做正功，小球的电势能减小。
综上分析，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动，判断合力方向和电场力方向是解题的关键；要掌握动能定理和电场力做功与电势能的关系。
6．（2024春 浏阳市校级期末）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是（　　）
A．小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后两小球的距离为
C．小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大
D．小球B对竖直杆的弹力逐渐变大
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用；库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】比较思想；几何法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】对小球进行受力分析，根据相似三角形得出力的大小关系；
根据几何关系的变化得出力的变化趋势；
根据胡克定律结合几何关系得出弹力的变化趋势；
利用功能关系得出小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大。
【解答】解：小球B缓慢上移过程，小球A处于动态平衡状态，对小球A受力分析，如图所示
根据三角形相似有
初始时h＝2R，即
随着小球B缓慢上移，h减小，当其缓慢运动到半圆环底端处，h'＝R，则
N'＝G
小球A缓慢上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，故A正确；
B．由库仑定律可得
则
初始时小球A刚要移动时，有
F＝N，r＝R，h＝2R
即
当小球缓慢运动到半圆环底端处，设AB之间距离为r'，则有
联立得
解得
故B错误；
C．小球A沿右侧圆环缓慢上滑，动能不变，除重力和电场力做功外还有竖直方向的外力做正功，两小球组成系统重力势能和电势能总和变大。小球A上滑的过程中，AB两球的高度均升高，重力势能增大，带同种电荷的AB两球距离变小，系统电势能也增大，故C正确；
D．对AB系统受力分析，竖直杆对小球B的弹力等于半圆环对A弹力在水平方向的分力。设OA与竖直方向的夹角为θ，则有
NB＝Nsinθ
小球A上滑的过程中θ增大，N增大，故竖直杆对小球B的弹力增大。根据牛顿第三定律可知，小球B对竖直杆的弹力增大，故D正确。
本题选择错误的，故选：B。
【点评】本题主要考查了动态平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和胡克定律、功能关系即可完成解答。
7．（2024春 咸宁期末）空间中存在一静电场，一电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则电子从x1向x3运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．在x1处电子速度最大
B．在x2处电子加速度最大
C．在x3处电场强度最大
D．在x2处电势最高
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】粒子沿x轴正方向运动的过程，电势能先增大后减小，可知电场力先做负功后做正功，沿电场线方向电势降低；由斜率分析电场强度的变化，即可分析粒子的加速度变化。
【解答】解：A、电子仅在电场力作用下运动，根据能量守恒定律可知动能与电势能之和是恒定的，则电子从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，则动能最大，速度最大，故A错误；
B、EP﹣x图象的斜率绝对值表示电子受到的电场力大小，在x2处图象的斜率为0，则电场力为0，故电子的加速度为0，故B错误；
C、电子从x1向x3运动的过程中，x3处的图象斜率绝对值最大，则电场力最大，电场强度最大，故C正确；
D、电子从x1向x3运动的过程中，电子在x2处电势能最大，但由于电子带负电，故在x2处电势最低，故D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。
8．（2024春 镇海区校级期末）对公式理解正确的是（　　）
A．公式中的q是指场源电荷的电荷量
B．公式中的Ep是电荷q在电场中某点的电势能，但与q无关
C．电场中某点的电势φ与电势能Ep成正比，与电荷量q成反比
D．电场中某点的电势φ由电场本身的性质决定，与Ep、q均无关
【考点】电势的定义、单位和物理意义；电势能的概念和计算．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理能力．
【答案】D
【分析】电势反映电场能的性质，沿场强方向，电势降低，电势类似于重力场中的高度，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关。
【解答】解：A．公式中的q是指检验电荷的电荷量，故A错误；
B．公式中的Ep是电荷q在电场中某点的电势能，与q有关，故B错误；
CD．电场中某点的电势φ由电场本身的性质决定，与Ep、q均无关，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电势的定义，知道电势反映电场能的性质，具有相对性，与放入其中的试探电荷无关。
9．（2024 襄城区校级一模）如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为（　　）
A．E， B．E， C．E， D．E，
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．
【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】A
【分析】本题通过两不完整的带电圆环在圆心处产生的场强与电势的计算考查考生的认识理解能力、逻辑推理能力和分析综合能力。根据均匀带电圆环在圆心处产生的电场和电势的特点进行分析、推理和计算。
【解答】解：把题中半圆环等分为两段，即每段为圆环，每段在点O的电势为φ0，电场强度为E0，且方向分别与E夹角为θ＝45°，根据电场强度的叠加原理可知：
因为电势是标量，每段导体在O上的电势为：
由题意，将一试探电荷q从穷远移到O点：W＝Ep无﹣EpO＝﹣φq
同理，在cd处再放置一段圆的均匀带电圆弧后，可等分为3个圆环，由于电性与abc相反，根据场强叠加可知O处的合场强大小为：
电势为3个圆环在O点的电势之和，合电势为：
将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为W′＝﹣φ1q。故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】场强是矢量，场强的叠加不能用代数和求解，应用矢量的合成进行求解，两个场强的合成应根据平行四边形定则求解。
10．（2024 红桥区二模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为这轨迹上的两个点，由此可知（　　）
A．三个等势面中，a电势最高
B．粒子在P点比在M点时的电势能较小
C．粒子在P点比在M点时加速度大
D．粒子在M点比在P点时动能大
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等势面及其与电场线的关系．
【答案】B
【分析】先由正电粒子的运动轨迹判断电场力大体指向弯曲一侧，再据场强方向与等势面垂直，判断电场力即场强方向垂直等势面斜向左下方；再据场强方向判断电势的高低；据电场力做功判断电势能和动能的大小．
【解答】解：A、由轨迹的弯曲情况，电场力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直（电场线垂直该处等势面），由于正电荷的受力方向与场强方向一致，故场强方向垂直等势面斜向左下方，顺着电场线方向电势降低，a的电势最低。故A项错误。
BD、如果由M到P，速度或位移与力的方向夹角小于90°做正功，电势能减小，动能增大；反之，如果由P到M，速度或位移与力的方向夹角大于90°做负功，电势能增大，动能减小，即粒子在p点的动能大，M点的电势能大，故B正确，D错误。
C、由于三个等势面并没有说明是等差等势面，所以无法判断场强的大小，所以无法判断电荷在P、M点受的电场力的大小，即加速度大小，故C错误。
故选：B。
【点评】掌握住带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直和电场力做功时动能和电势能间的关系是解题的关键．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024春 湖南期末）水平绝缘桌面上方空间存在着沿x轴方向的电场，将一个质量为m、电荷量为﹣q可视为点电荷的小球从坐标原点O静止释放，其加速度a随位置x变化的图像如图所示，设小球在运动过程中电荷不发生变化，则下列说法正确的是（　　）
A．该电场为匀强电场
B．该电场的方向沿x轴负方向
C．小球运动到x0位置时的速率为
D．从O到x0的过程，粒子的电势能增加了2ma0x0
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律的简单应用；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BC
【分析】根据牛顿第二定律分析场强的变化情况，判断该电场是否是匀强电场，并确定电场的方向；由运动学公式v2＝2ax，结合a﹣x图像中图线与横轴的面积的物理意义求解小球运动到x0位置时的速率；根据能量守恒定律求解从O到x0的过程粒子的电势能增加量。
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得
qE＝ma
由图像知，a＞0且不断减小，因q＜0，则电场为非匀强电场，电场方向沿x轴负方向，故A错误，B正确；
C、由v2＝2ax，结合a﹣x图像中图线与横轴的面积物理意义，可得
解得小球运动到x0位置时的速率为，故C正确；
D、依题意，从O到x0的过程，电场力做正功，粒子的动能增加，电势能减小，由能量守恒定律得
ΔEk+ΔEp＝0
其中2ma0x0
解得：ΔEp＝﹣2ma0x0，即电势能必定减小了2ma0x0，故D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题的关键要知道a﹣x图像中图线与横轴的面积表示，结合牛顿第二定律和能量守恒定律分析。
（多选）12．（2024春 沙坪坝区校级月考）如图所示，A、B、C在同一直线上，AB距离4L，C为AB中点，A、B两处各固定一个点电荷+Q，图中虚线圆的圆心为B、半径为2L，D和D′为圆上关于AB连线上下对称的两点，∠DBC＝60°，取无穷远处电势为零，以下判断正确的是（　　）
A．D和D′处电场强度相同
B．D和D′处电势相同
C．将一个带正电的试探电荷从AC间某点释放后，将在直线AB间做简谐运动
D．将一个带负电的试探电荷从C点顺时针沿圆弧移到D点，电势能一直增加
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；等量同种电荷的电势分布；简谐运动的定义、运动特点与判断；等量同种电荷的电场线分布．
【专题】比较思想；合成分解法；电荷守恒定律与库仑定律专题；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】BD
【分析】根据等量同种电荷电场特点，可以判断特定点的场强大小、电势高低，从而判断电势能大小。简谐运动的受力，需满足简谐运动的特点，需对比电场力的大小与位置的关系式确定是否满足。
【解答】解：A．D和D′两点位置对称，电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；
B．D和D′两点位置对称，且到两个场源电荷的距离对称相等，电势大小相等，又电势是标量，可知电势相同，故B正确；
C．简谐运动回复力必须满足F＝﹣kx，以C点为坐标原点建立坐标系，电荷受到的合力为：，可知正电荷在AB间不可能做简谐运动，故C错误；
D．从C点到D点距离左侧正电荷越来越远，距离右侧场源电荷距离不变，可知电势一直降低，根据Ep＝qφ可知负电荷的电势能则一直增加，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查等量同种电荷的电场、电势特点。注意电场强度的判断还包括方向；简谐运动的回复力与位置需满足其特定关系式，判断一个运动是否是简谐运动，需要对比关系式是否是同一形式。
（多选）13．（2024 顺庆区校级一模）如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m＝1kg的带负电小滑块（可视为质点）在x＝1m处以v0＝2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.05。在x＝0及x＝5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，g＝10m/s2下列说法正确的选项是（　　）
A．滑块在x＝3m处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|＞|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x＝4m处的位置
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，确定滑块在x＝3m处所受电场力大小，再求合外力大小。在x＝3m处电场力为0，电场强度为0，根据点电荷场强公式分析Q1、Q2的电荷量关系。滑块在x＝3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x＝3m处的电势最高，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x＝4m处的位置。
【解答】解：A、Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，则知滑块在x＝3m处所受电场力为0，所受合外力F合＝f＝μmg＝0.05×1×10N＝0.5N，故A错误；
B、滑块在x＝3m处所受电场力为0，则该处电场强度为0，则kk，由于r1＞r2，所以|Q1|＞|Q2|。
滑块在x＝3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x＝3m处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B正确；
C、滑块在x＝1m处所受电场力大小为
所以在x＝1m处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且电场力大于摩擦力，则滑块做加速运动，故C错误；
D、滑块在x＝1m处的电势能与在x＝4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x＝4m处，则应满足：fΔx＝0.5×（4﹣1）J＝1.5J
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x＝4m处的位置，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查电势能与电场力做功，解题关键要掌握电势能与电势的关系，注意Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
（多选）14．（2024春 安溪县期末）如图，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始为自然长度，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上．现将小球P（也视为质点）从直线ab上的N点由静止释放，设小球P与Q电性相同，则小球从释放到运动至最低点的过程中下列说法正确的是（　　）
A．小球的速度先增大后减小
B．小球P的速度最大时所受合力为零
C．小球P的重力势能与电势能的和一直减小
D．小球所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；常见力做功与相应的能量转化．
【答案】ABC
【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；根据小球的受力，通过加速度方向和速度方向的关系判断小球P的速度变化．
【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，Q对P有沿斜面向下的库仑力，小球P先做加速运动，当压缩弹簧后，当加速度减小到零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故速度先增大后减小。故A正确。
B、当小球的合力为零时，速度最大，此时受的弹簧弹力与库仑力的合力等于重力沿斜面向下的分力，所受合力为零。故B正确。
C、小球P下降的过程中重力和电场力都一直做正功，重力势能与电势能的和一直减小。故C正确。
D、只有库仑力做功等于电势能的变化量的大小。根据动能定理得知，小球P所受的重力、弹簧的弹力和库仑力做功的代数和等于动能的变化量的大小，整个过程为零，故D错误。
故选：ABC。
【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与．
（多选）15．（2024 中山区校级模拟）如图所示，在倾角为θ的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为m、带电量q（q＞0）的物体。加上沿着斜面方向的电场后，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度为g，不计空气阻力（　　）
A．0～x1过程中，电场强度的大小恒为
B．x1～x2过程中，物体电势降低了
C．x1～x2过程中，物体加速度的大小先变小后变大
D．x2～x3过程中，电场强度为零
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义；常见力做功与相应的能量转化；电场强度与电场力的关系和计算．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．
【答案】BCD
【分析】根据功能关系可知电场力做功代表机械能的变化，则有ΔE＝qEx，则E﹣x图像的斜率代表电场力，结合电场力公式与牛顿第二定律分析ACD，根据功能关系分析B。
【解答】解：AC、根据功能关系可知电场力做功代表机械能的变化，则有ΔE＝qEx，则E﹣x图像的斜率代表电场力，则0～x1过程中，电场强度的大小恒为E，x1～x2过程中，电场力逐渐减小到零，则根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小先变小后变大，故A错误，C正确；
B、x1～x2过程中，根据功能关系有qU＝E2﹣E1
电场力做正功，电势降低U，故B正确；
D、x2～x3过程中，机械能守恒，只有重力做功，电场力为0，则电场强度为零，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查电势能与电场力做功的关系，解题关键掌握该题中电场力做功代表电势能的变化及机械能的变化。
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