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(共71張PPT)
電場中功能關系及圖像問題
專題強化十三
目標
要求
1.學會處理電場中的功能關系.2.能解決電場中各種圖像問題，理解圖像斜率、面積等表示的物理意義并能解決相關問題.
內容索引
題型一　電場中功能關系的綜合問題
題型二　電場中的圖像問題
課時精練
題型一
電場中功能關系的綜合問題
電場中常見的功能關系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變.
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變.
(3)除重力之外，其他力對物體做的功等于物體機械能的變化量.
(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量.
梳理
必備知識
例1　(2019·天津卷·3)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程
√
由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確.
√
不考慮運動過程中物塊電荷量的變化，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)物塊平拋過程中的位移大小；
平拋過程中水平位移x＝v0t，
(2)物塊在電場中的最大電勢能.
答案　2mgl
設物塊沿斜面向下運動的最大位移為x′，自物塊從A點開始向下運動到再次返回A點，
解得x′＝2l.
物塊位于最低點時，電勢能最大，物塊自A點到最低點過程中，設電場力做功為W，
解得W＝2mgl，即物塊電勢能的最大值為2mgl.
題型二
電場中的圖像問題
根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，可確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化.
考向1　電場中的v－t圖像
例4　(多選)(2023·福建漳州市七校聯(lián)考)光滑水平面上固定放置兩個等量同種點電荷，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示.一個質量m＝1 kg的小物塊自水平面內C點由靜止釋放，小物塊帶電荷量q＝2 C, 其運動的v－t圖線如圖乙所示，其中B點為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則以下分析正確的是
A.B點為中垂線上電場強度最大的點，
　場強E＝1 V/m
B.由C點到A點物塊的電勢能先減小后增大
C.由C點到A點，電勢逐漸降低
D.物塊在A點的電勢能比在B點的電勢能大
√
√
由題圖知，由C到A的過程中，物塊的速度不斷增大，動能增大，根據(jù)能量守恒定律得，物塊的電勢能
不斷減小，故物塊在A點的電勢能小于在B點的電勢能，故B、D錯誤；
由電勢能的公式Ep＝qφ知，由C到A的過程中，電勢逐漸降低，故C正確.
1.電場強度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場(如圖).切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零.
考向2　φ－x圖像(電場方向與x軸平行)
2.在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向.(如圖)
3.電場中常見的φ－x圖像
(1)點電荷的φ－x圖像(取無限遠處電勢為零)，如圖.
(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖.
(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖.
例5　(多選)(2023·福建龍巖市第一中學模擬)如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷，其中q1位于x軸的坐標原點，電荷q2的右側各點電勢φ隨x變化的關系如圖中曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中B點電勢為零，BD段中的電勢最低點為C點，則下列說法正確的是
A.A點的電場強度方向向左
B.從B點到D點的電場強度先增大后減小
C.兩點電荷的電荷量的大小關系為q1>q2
D.將一帶負電的試探電荷從C點移到D點，電場力做負功
√
√
因為C點的斜率等于零，則C點的電場強度等于零，所以q1和q2兩個點電荷在C點產生的電場的電場強度等大、反向，所以q1和q2是異種電荷，
根據(jù)點電荷的電場強度公式可知，q1離C點遠，則q1的電荷量大，即q1>q2.q1和q2是異種電荷且q2附近的電勢為正，所以q2為正電荷，q1為負電荷，q1和q2在A處產生的電場的電場強度都向左，則A處的電場強度水平向左，故A、C正確；
因為C點的電場強度等于零，所以從B點到D點的電場強度先減小后增大，故B錯誤；
從C點到D點電勢逐漸升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，將一帶負電的試探電荷從C點移到D點，電荷的電勢能逐漸減小，所以電場力做正功，故D錯誤.
1.E－x圖像為靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關系，若規(guī)定x軸正方向為電場強度E的正方向，則E>0，電場強度E沿x軸正方向；E<0，電場強度E沿x軸負方向.
考向3　E－x圖像(電場方向與x軸平行)
2.E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定.在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況.
3.電場中常見的E－x圖像
(1)點電荷的E－x圖像
正點電荷及負點電荷的電場強度E隨坐標x變化關系的圖像大致如圖所示.
(2)兩個等量異種點電荷的E－x圖像，如圖.
(3)兩個等量正點電荷的E－x圖像，如圖.
例6　(2023·福建寧德市質檢)如圖甲所示，在真空中固定兩個相同的點電荷A、B關于x軸對稱，它們在x軸上的E－x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場的正方向).若在坐標原點O由靜止釋放一個電荷量為q的正點電荷，它將沿x軸正方向運動，不計重力.則
A.A、B帶等量正電
B.點電荷在x1處電勢能最大
C.點電荷q在x2處動能最大
D.點電荷q將一直沿x軸正方向運動
√
由E－x圖像可知，在x軸上的P點對應x2，在P點的左側電場強度為正值，沿x軸正方向，右側為負值，
沿x軸負方向，可知A、B帶等量負電，A錯誤；
電荷量為q的正點電荷從O點到P點，電場力做正功，電勢能減小，從P點沿x軸正方向運動，電場力做負功，電勢能增加，因此點電荷q在x1處電勢能不是最大，且點電荷q在x2處動能最大，B錯誤，C正確；
由對稱性可知，點電荷q沿x軸正方向最遠能到達O點關于P點的對稱點O′點位置，不會一直沿x軸正方向運動，D錯誤.
1.Ep－x圖像
由電場力做功與電勢能變化關系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切
線斜率k＝　　，其絕對值等于電場力大小，正負代表電場力的方向.
2.Ek－x圖像
當帶電體只有電場力做功，由動能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像
的切線斜率k＝　　，斜率表示電場力.
考向4　Ep－x圖像、Ek－x圖像
例7　(2023·北京北師大實驗中學高三檢測)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是
A.x1處電場強度最小，但不為零
B.粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直
　線運動
C.若x1、x3處電勢為φ1、φ3，則φ1<φ3
D.x2～x3段的電場強度大小、方向均不變
√
Ep－x圖像的斜率表示粒子所受電場力F，根據(jù)F＝qE可知x1處電場強度最小且為零，選項A錯誤；
粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，電場力發(fā)
生變化，所以加速度也在變化，做變速運動，
x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運動，選項B錯誤；
帶負電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，即φ1>φ3，選項C錯誤；
x2～x3段斜率不變，所以這段電場強度大小、方向均不變，選項D正確.
三
課時精練
1.如圖所示，在電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場中，一質量為m、帶電荷量為＋q的物體，以某一初速度沿電場方向做勻減速直線運
動，不計空氣阻力，其加速度大小為　　　，物體運動距離s時速度變?yōu)榱?則在此過程中
A.物體克服電場力做功0.6qEs
B.物體的電勢能增加了qEs
C.物體的重力勢能增加了qEs
D.物體的動能減少了0.6qEs
基礎落實練
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由于物體所受電場力和運動方向相同，故電場力做正功W＝Eqs，故A錯誤；
電場力做正功，電勢能減小，物體的電勢能減小了qEs，故B錯誤；
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重力做功WG＝－mgs，重力做負功，重力勢能增加，又由題可知，mg＝1.6qE，所以重力勢能增加了1.6qEs，故C錯誤；
物體做減速運動，所受合外力做負功，動能減小，由動能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物體的動能減少了0.6qEs，故D正確.
2.(2023·廣東深圳市高三檢測)如圖所示，有一豎直固定放置的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，一固定絕緣光滑細桿過圓心且沿垂直圓環(huán)平面方向穿過圓環(huán)，細桿上套有一個帶正電的小環(huán)，小環(huán)從A點由靜止釋放，沿細桿運動.下列說法一定正確的是
A.小環(huán)所受電場力逐漸變小
B.小環(huán)的加速度先向右后向左
C.小環(huán)的電勢能逐漸增加
D.小環(huán)的動能逐漸增加
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O點電場強度為零，由O點向右電場強度先變大后變小，小環(huán)所受電場力可能先變大后變小，A錯誤；
小環(huán)從A點由靜止釋放，沿細桿向右運動，加速度方向一直向右，B錯誤；
電場力對小環(huán)一直做正功，電勢能逐漸減少，動能逐漸增加，C錯誤，D正確.
3.(2023·江西贛州市模擬)帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢φ隨x變化如圖所示，下列說法正確的是
A.球體帶正電荷
B.球心處電場強度最大
C.A、B兩點電場強度相同
D.一帶負電的試探電荷在B點的電勢能比在C點的
　電勢能大
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從球出發(fā)向兩側電勢升高，而沿著電場線電勢降低，故球帶負電荷，A錯誤；
球是等勢體，故內部任意兩點間的電勢差為零，故電場強度為零，B錯誤；
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A點與B點的電場強度大小相等，但方向相反，C錯誤；
從B到C，電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ，故負電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能大，D正確.
4.(多選)如圖甲所示，a、b是點電荷的電場中同一條電場線上的兩點，一個帶電粒子在a點由靜止釋放，僅在電場力作用下從a點向b點運動，粒子的動能與位移之間的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是
A.帶電粒子與場源電荷帶異種電荷
B.a點電勢比b點電勢高
C.a點電場強度比b點電場強度大
D.帶電粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能大
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粒子從a點向b點運動，Ek－x圖像的切線斜率減小，根據(jù)動能定理，則有qEx＝Ek，電場強度減小，因此a點更靠近場源電荷，則a點電場強度比b點電場強度大，若場源電荷是正電荷，則粒子帶正電，若場源電荷是負電荷，則粒子帶負電，它們帶同種電荷，故A錯誤，C正確；
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由于不能確定場源電荷的性質，所以也不能確定電場線的方向，不能確定a點電勢與b點電勢的高低，故B錯誤；
帶電粒子僅在電場力作用下從a點運動到b點，電場力做正功，電勢能減小，所以帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確.
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5.(多選)如圖，豎直平面內有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平.第一次，將一質量為m的小球從a點以初動能Ek0水平拋出，經過c點時，小球的動能為5Ek0；第二次，使此小球帶正電，電荷量為q，同時加一方向平行于abc所在平面、電
場強度大小為 　　的勻強電場，仍從a點以初動能Ek0沿某一方向拋出小球，小
球經過c點時的動能為13Ek0.下列說法正確的是(不計空氣阻力，重力加速度大小為g)
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6.(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平.a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點由靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零.則小球a
A.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大
　后減小
B.從N到P的過程中，速率先增大后減小
C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加
D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
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小球a從N點由靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于
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90°，所以庫侖力整個過程做負功，電勢能一直增加，故C正確；
小球a從N到Q的過程中，重力不變，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；
小球a受力如圖所示，在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過程中，速率應先增大后減小，故B正確；
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根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤.
7.如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為－q(q>0)的小環(huán)，在桿的左側O′處固定一個電荷量為＋Q(Q>0)的點電荷，桿上a、b兩點與O′點正好構成等邊三角形，c是ab的中點.使小環(huán)從O點無初速度釋放，小環(huán)通過a點時的速率為v.若已知ab＝Oa＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g.則
A.在a點，小環(huán)所受彈力大小為
B.在c點，小環(huán)的動能最大
C.在c點，小環(huán)的電勢能最大
D.在b點，小環(huán)的速率為
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在c點，重力與庫侖力垂直，豎直方向合力向下且不為零，則小環(huán)在c點的動能一定不是最大，B錯誤；
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c點距離正點電荷最近，對應電勢最高，故帶負電荷的小環(huán)在c點電勢能最小，C錯誤；
8.(多選)(2021·湖南卷·9)如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑.將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W.下列說法正確的是
A.該勻強電場的場強方向與ab平行
B.將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5W
C.a點電勢低于c點電勢
D.若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動
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由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路.沿cd方向建立x軸，垂直于cd方向建立y軸，如圖所示
從c到d有W＝Exq·2R
由于電場方向與水平方向成60°角，則場強方向與ab平行，且由a指向b，A正確；
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將該粒子從d點移動到b點，電場力做的功為
沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點電勢高于c
點電勢，C錯誤；
若粒子從d點射入圓形電場區(qū)域的速度方向與ab平行，則粒子做勻變速直線運動，D錯誤.
9.(多選)(2023·福建南平市高三質檢)在真空中的x軸上OB之間電勢φ隨x變化如圖所示，圖線關于PA對稱，PA平行于φ軸.在坐標原點處由靜止釋放一帶負電的點電荷，點電荷只在電場力作用下沿x軸運動，則
A.電勢差UOA＝UAB
B.點電荷在OB之間往復運動
C.點電荷運動到A處動能最大，電勢能最小
D.點電荷從O到B運動過程中，加速度先變大后變小
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由題圖可知UOA＝φO－φA，UAB＝φA－φB，結合題意可知UOA＝－UAB，故A錯誤；
在坐標原點處由靜止釋放一帶負電的點電荷，點
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電荷向電勢能降低方向運動，即向OA運動，到達A點，電勢最大，電勢能最小，動能最大，繼續(xù)向B點運動，到達B點動能為零，電勢能最大，然后向電勢能降低方向(向A點)運動，則點電荷在OB間做往復運動，故B、C正確；
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由φ－x圖像斜率絕對值表示電場強度大小結合a＝　可知，點電荷從O到B運動過程中，加速度先變大再變小，然后反向變大再變小，故D錯誤.
10.(多選)(2023·福建廈門市質檢)空間中有水平方向上的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的微粒在某平面內運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示，則該微粒
A.一定帶正電
B.0～3 s內電場力做的功為－9 J
C.運動過程中動能不變
D.0～3 s內除電場力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J
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由于不清楚電場強度的方向，故無法確定微粒的電性，故A錯誤；
由題圖可知，0～3 s內電勢能增加9 J，則0～3 s電場力做的功為－9 J，故B正確；
由題圖可知，電勢能均勻增加，即電場力做的功與時間成正比，說明微粒沿電場力方向做勻速直線運動，同理，沿重力方向也做勻速直線運動，則微粒的合運動為勻速直線運動，所以運動過程中速度不變，動能不變，故C正確；
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由功能關系可知，0～3 s內重力勢能與電勢能共增加12 J，又微粒的動能不變，故0～3 s內除電場力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J，故D正確.
11.(2023·黑龍江省高三檢測)如圖所示，放置在豎直平面內的粗糙直線軌道AB與光滑圓弧軌道BCD相切于B點，C為最低點，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R，整個軌道處于勻強電場中，電場強度方向平行于軌道所在的平面且垂直于直線OD，現(xiàn)有一個質量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點無初速度釋放，
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小物塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，電場強度大小E＝ 　，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，重力加速度為g，忽略空氣阻力.求：
(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小；
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由幾何關系知，軌道AB與水平面的夾角為37°，小物塊從A點第一次到C點的過程，由動能定理知：
由牛頓第三定律知此時小物塊對軌道的壓力大小是10.8mg.
(2)小物塊第一次從D點飛出后上升的最大高度；
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小物塊從A第一次到D的過程，由動能定理知
聯(lián)立解得：xmax＝1.2R.
小物塊第一次到達D點后以速度vD1逆著電場線方向做勻減速直線運動，
(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程.
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答案　15R
分析可知小物塊到達B點的速度為零后，小物塊就在圓弧軌道上做往復圓周運動，
由功能關系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcos 37°，解得：d＝15R.
12.如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊，在x＝1 m處以初速度v0＝ m/s沿x軸正方向運動.小滑塊的質量為m＝2 kg、帶電荷量為q＝
－0.1 C，可視為質點.整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑塊電勢能Ep隨位置x變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線AB是圖像在x＝1 m處的切線，并且AB經過(0,3)和(3,0)兩點，g＝10 m/s2.下列說法正確的是
A.x＝1 m處的電場強度大小為20 V/m
B.滑塊向右運動過程中，加速度先增大后減小
C.滑塊運動至x＝3 m處時，速度大小為2 m/s
D.若滑塊恰好到達x＝5 m處，則該處的電勢為50 V
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素養(yǎng)提升練
√
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Ep－x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x＝1 m處所受電場力大小為F＝　　＝1 N，可得E1＝10 V/m，選項A錯誤；
滑塊向右運動過程中，電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，選項B錯誤；
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12專題強化十三　電場中功能關系及圖像問題
目標要求　1.學會處理電場中的功能關系.2.能解決電場中各種圖像問題，理解圖像斜率、面積等表示的物理意義并能解決相關問題．
題型一　電場中功能關系的綜合問題
電場中常見的功能關系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力之外，其他力對物體做的功等于物體機械能的變化量．
(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量．
例1　(2019·天津卷·3)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　)
A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2
答案　B
解析　小球動能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間高度差為h＝，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確．
例2　如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強電場，質量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為g，下落高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落 h后到達最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是(　　)
A．該勻強電場的電場強度為
B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少量為
C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)
D．彈簧的彈性勢能的增加量為
答案　D
解析　物塊從靜止開始下落時的加速度為g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝，故A錯誤；從A到C的過程中，系統(tǒng)除重力和彈力以外，只有電場力做功，電場力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－，可知機械能減少量為，故B錯誤；從A到C過程中，電場力做功為－，則電勢能增加量為，故C錯誤；根據(jù)動能定理得：mg(H＋h)－＋W彈＝0，解得彈力做功為：W彈＝－，即彈性勢能增加量為，故D正確．
例3　(2023·江西省第二中學模擬)如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為l，斜面BC段上方有沿斜面向上的勻強電場．一質量為m、電荷量為＋q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0＝水平拋出，恰好在A點與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運動，經過C點但未能到達B點，在電場力作用下返回，最終恰好靜止在A點，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，不考慮運動過程中物塊電荷量的變化，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)物塊平拋過程中的位移大小；
(2)物塊在電場中的最大電勢能．
答案　(1)l　(2)2mgl
解析　(1)物塊落到斜面上A點時，速度方向與水平方向夾角為α，設此時速度為v，則v＝，
豎直速度vy＝vsin α，平拋運動時間t＝，
平拋過程中水平位移x＝v0t，
又有豎直位移y＝，
平拋的位移s＝，聯(lián)立解得s＝l.
(2)設物塊沿斜面向下運動的最大位移為x′，自物塊從A點開始向下運動到再次返回A點，根據(jù)動能定理有－2μmgcos α·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物塊位于最低點時，電勢能最大，物塊自A點到最低點過程中，設電場力做功為W，根據(jù)動能定理有mgsin α·x′－μmgcos α·x′－W＝0－mv2，
解得W＝2mgl，即物塊電勢能的最大值為2mgl.
題型二　電場中的圖像問題
考向1　電場中的v－t圖像
根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，可確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化．
例4　(多選)(2023·福建漳州市七校聯(lián)考)光滑水平面上固定放置兩個等量同種點電荷，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一個質量m＝1 kg的小物塊自水平面內C點由靜止釋放，小物塊帶電荷量q＝2 C, 其運動的v－t圖線如圖乙所示，其中B點為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)，則以下分析正確的是(　　)
A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E＝1 V/m
B．由C點到A點物塊的電勢能先減小后增大
C．由C點到A點，電勢逐漸降低
D．物塊在A點的電勢能比在B點的電勢能大
答案　AC
解析　v－t圖像的斜率表示加速度，B點處為整條圖線切線斜率最大的位置，說明物塊在B處加速度最大，F(xiàn)＝qE＝ma，B為中垂線上電場強度最大的點，由題圖得B點的加速度為a＝＝ m/s2＝2 m/s2，E＝＝ V/m＝1 V/m，故A正確；由題圖知，由C到A的過程中，物塊的速度不斷增大，動能增大，根據(jù)能量守恒定律得，物塊的電勢能不斷減小，故物塊在A點的電勢能小于在B點的電勢能，故B、D錯誤；由電勢能的公式Ep＝qφ知，由C到A的過程中，電勢逐漸降低，故C正確．
考向2　φ－x圖像(電場方向與x軸平行)
1．電場強度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場(如圖)．切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零．
2．在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向．(如圖)
3．電場中常見的φ－x圖像
(1)點電荷的φ－x圖像(取無限遠處電勢為零)，如圖．
(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖．
(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖．
例5　(多選)(2023·福建龍巖市第一中學模擬)如圖所示，在x軸上放有兩個電荷量分別為q1和q2的點電荷，其中q1位于x軸的坐標原點，電荷q2的右側各點電勢φ隨x變化的關系如圖中曲線所示，其余部分的電勢變化情況沒有畫出，其中B點電勢為零，BD段中的電勢最低點為C點，則下列說法正確的是(　　)
A．A點的電場強度方向向左
B．從B點到D點的電場強度先增大后減小
C．兩點電荷的電荷量的大小關系為q1>q2
D．將一帶負電的試探電荷從C點移到D點，電場力做負功
答案　AC
解析　因為C點的斜率等于零，則C點的電場強度等于零，所以q1和q2兩個點電荷在C點產生的電場的電場強度等大、反向，所以q1和q2是異種電荷，根據(jù)點電荷的電場強度公式可知，q1離C點遠，則q1的電荷量大，即q1>q2.q1和q2是異種電荷且q2附近的電勢為正，所以q2為正電荷，q1為負電荷，q1和q2在A處產生的電場的電場強度都向左，則A處的電場強度水平向左，故A、C正確；因為C點的電場強度等于零，所以從B點到D點的電場強度先減小后增大，故B錯誤；從C點到D點電勢逐漸升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，將一帶負電的試探電荷從C點移到D點，電荷的電勢能逐漸減小，所以電場力做正功，故D錯誤．
考向3　E－x圖像(電場方向與x軸平行)
1．E－x圖像為靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關系，若規(guī)定x軸正方向為電場強度E的正方向，則E>0，電場強度E沿x軸正方向；E<0，電場強度E沿x軸負方向．
2．E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定．在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況．
3．電場中常見的E－x圖像
(1)點電荷的E－x圖像
正點電荷及負點電荷的電場強度E隨坐標x變化關系的圖像大致如圖所示．
(2)兩個等量異種點電荷的E－x圖像，如圖．
(3)兩個等量正點電荷的E－x圖像，如圖．
例6　(2023·福建寧德市質檢)如圖甲所示，在真空中固定兩個相同的點電荷A、B關于x軸對稱，它們在x軸上的E－x圖像如圖乙所示(規(guī)定x軸正方向為電場的正方向)．若在坐標原點O由靜止釋放一個電荷量為q的正點電荷，它將沿x軸正方向運動，不計重力．則(　　)
A．A、B帶等量正電
B．點電荷在x1處電勢能最大
C．點電荷q在x2處動能最大
D．點電荷q將一直沿x軸正方向運動
答案　C
解析　由E－x圖像可知，在x軸上的P點對應x2，在P點的左側電場強度為正值，沿x軸正方向，右側為負值，沿x軸負方向，可知A、B帶
等量負電，A錯誤；電荷量為q的正點電荷從O點到P點，電場力做正功，電勢能減小，從P點沿x軸正方向運動，電場力做負功，電勢能增加，因此點電荷q在x1處電勢能不是最大，且點電荷q在x2處動能最大，B錯誤，C正確；由對稱性可知，點電荷q沿x軸正方向最遠能到達O點關于P點的對稱點O′點位置，不會一直沿x軸正方向運動，D錯誤．
考向4　Ep－x圖像、Ek－x圖像
1．Ep－x圖像
由電場力做功與電勢能變化關系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切線斜率k＝，其絕對值等于電場力大小，正負代表電場力的方向．
2．Ek－x圖像
當帶電體只有電場力做功，由動能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像的切線斜率k＝，斜率表示電場力．
例7　(2023·北京北師大實驗中學高三檢測)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　)
A．x1處電場強度最小，但不為零
B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
C．若x1、x3處電勢為φ1、φ3，則φ1<φ3
D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變
答案　D
解析　Ep－x圖像的斜率表示粒子所受電場力F，根據(jù)F＝qE可知x1處電場強度最小且為零，選項A錯誤；粒子在0～x2段切線的斜率發(fā)生變化，電場力發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運動，x2～x3段斜率不變，所以做勻變速直線運動，選項B錯誤；帶負電的粒子從x1到x3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，即φ1>φ3，選項C錯誤；x2～x3段斜率不變，所以這段電場強度大小、方向均不變，選項D正確．
課時精練
1.如圖所示，在電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場中，一質量為m、帶電荷量為＋q的物體，以某一初速度沿電場方向做勻減速直線運動，不計空氣阻力，其加速度大小為，物體運動距離s時速度變?yōu)榱悖畡t在此過程中(　　)
A．物體克服電場力做功0.6qEs
B．物體的電勢能增加了qEs
C．物體的重力勢能增加了qEs
D．物體的動能減少了0.6qEs
答案　D
解析　由于物體所受電場力和運動方向相同，故電場力做正功W＝Eqs，故A錯誤；電場力做正功，電勢能減小，物體的電勢能減小了qEs，故B錯誤；重力做功WG＝－mgs，重力做負功，重力勢能增加，又由題可知，mg＝1.6qE，所以重力勢能增加了1.6qEs，故C錯誤；物體做減速運動，所受合外力做負功，動能減小，由動能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物體的動能減少了0.6qEs，故D正確．
2.(2023·廣東深圳市高三檢測)如圖所示，有一豎直固定放置的絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，一固定絕緣光滑細桿過圓心且沿垂直圓環(huán)平面方向穿過圓環(huán)，細桿上套有一個帶正電的小環(huán)，小環(huán)從A點由靜止釋放，沿細桿運動．下列說法一定正確的是(　　)
A．小環(huán)所受電場力逐漸變小
B．小環(huán)的加速度先向右后向左
C．小環(huán)的電勢能逐漸增加
D．小環(huán)的動能逐漸增加
答案　D
解析　O點電場強度為零，由O點向右電場強度先變大后變小，小環(huán)所受電場力可能先變大后變小，A錯誤；小環(huán)從A點由靜止釋放，沿細桿向右運動，加速度方向一直向右，B錯誤；電場力對小環(huán)一直做正功，電勢能逐漸減少，動能逐漸增加，C錯誤，D正確．
3．(2023·江西贛州市模擬)帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢φ隨x變化如圖所示，下列說法正確的是(　　)
A．球體帶正電荷
B．球心處電場強度最大
C．A、B兩點電場強度相同
D．一帶負電的試探電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能大
答案　D
解析　從球出發(fā)向兩側電勢升高，而沿著電場線電勢降低，故球帶負電荷，A錯誤；球是等勢體，故內部任意兩點間的電勢差為零，故電場強度為零，B錯誤；A點與B點的電場強度大小相等，但方向相反，C錯誤；從B到C，電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ，故負電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能大，D正確．
4．(多選)如圖甲所示，a、b是點電荷的電場中同一條電場線上的兩點，一個帶電粒子在a點由靜止釋放，僅在電場力作用下從a點向b點運動，粒子的動能與位移之間的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是(　　)
A．帶電粒子與場源電荷帶異種電荷
B．a點電勢比b點電勢高
C．a點電場強度比b點電場強度大
D．帶電粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能大
答案　CD
解析　粒子從a點向b點運動，Ek－x圖像的切線斜率減小，根據(jù)動能定理，則有qEx＝Ek，電場強度減小，因此a點更靠近場源電荷，則a點電場強度比b點電場強度大，若場源電荷是正電荷，則粒子帶正電，若場源電荷是負電荷，則粒子帶負電，它們帶同種電荷，故A錯誤，C正確；由于不能確定場源電荷的性質，所以也不能確定電場線的方向，不能確定a點電勢與b點電勢的高低，故B錯誤；帶電粒子僅在電場力作用下從a點運動到b點，電場力做正功，電勢能減小，所以帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確．
5.(多選)如圖，豎直平面內有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平．第一次，將一質量為m的小球從a點以初動能Ek0水平拋出，經過c點時，小球的動能為5Ek0；第二次，使此小球帶正電，電荷量為q，同時加一方向平行于abc所在平面、電場強度大小為的勻強電場，仍從a點以初動能Ek0沿某一方向拋出小球，小球經過c點時的動能為13Ek0.下列說法正確的是(不計空氣阻力，重力加速度大小為g)(　　)
A．a、b兩點間的距離為
B．a、b兩點間的距離為
C．a、c兩點間的電勢差為
D．a、c兩點間的電勢差為
答案　BC
解析　不加電場時根據(jù)動能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝，故A錯誤，B正確；加電場時，根據(jù)動能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝，故C正確，D錯誤．
6.(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平．a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點由靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零．則小球a(　　)
A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小
B．從N到P的過程中，速率先增大后減小
C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加
D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量
答案　BC
解析　小球a從N點由靜止釋放，過P點后到Q點速度為零，整個運動過程只有重力和庫侖力做功，庫侖力方向與小球a速度方向夾角一直大于90°，所以庫侖力整個過程做負功，電勢能一直增加，故C正確；小球a從N到Q的過程中，重力不變，庫侖力增大，庫侖力與重力的夾角減小，所以它們的合力一直增大，故A錯誤；小球a受力如圖所示，
在靠近N點的位置，合力與速度夾角小于90°，在P點合力與速度夾角大于90°，所以小球a從N到P的過程中，速率應先增大后減小，故B正確；根據(jù)能量守恒可知，P到Q的過程中，動能的減少量等于重力勢能和電勢能的增加量之和，故D錯誤．
7.如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為－q (q>0)的小環(huán)，在桿的左側O′處固定一個電荷量為＋Q (Q>0)的點電荷，桿上a、b兩點與O′點正好構成等邊三角形，c是ab的中點．使小環(huán)從O點無初速度釋放，小環(huán)通過a點時的速率為v.若已知ab＝Oa＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g.則(　　)
A．在a點，小環(huán)所受彈力大小為
B．在c點，小環(huán)的動能最大
C．在c點，小環(huán)的電勢能最大
D．在b點，小環(huán)的速率為
答案　D
解析　在a點，小環(huán)所受的庫侖力沿aO′方向，大小為，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的彈力大小等于庫侖力沿水平方向向左的分力，即sin 60°＝，A錯誤；在c點，重力與庫侖力垂直，豎直方向合力向下且不為零，則小環(huán)在c點的動能一定不是最大，B錯誤；c點距離正點電荷最近，對應電勢最高，故帶負電荷的小環(huán)在c點電勢能最小，C錯誤；從a點到b點，由點電荷形成的電場的分布特點及幾何關系知，a、b兩點電勢相等，則電場力不做功，應用動能定理有mgl＝mv22－mv2，解得v2＝，D正確．
8.(多選)(2021·湖南卷·9)如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑．將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W.下列說法正確的是(　　)
A．該勻強電場的場強方向與ab平行
B．將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5W
C．a點電勢低于c點電勢
D．若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動
答案　AB
解析　由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x軸，垂直于cd方向建立y軸，如圖所示
從c到d有W＝Exq·2R
從a到b有2W＝Eyq·R＋ExqR
可得Ex＝，Ey＝
則E＝＝，tan θ＝＝
由于電場方向與水平方向成60°角，則場強方向與ab平行，且由a指向b，A正確；
將該粒子從d點移動到b點，電場力做的功為
W′＝Eq＝0.5W，B正確；
沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點電勢高于c點電勢，C錯誤；
若粒子從d點射入圓形電場區(qū)域的速度方向與ab平行，則粒子做勻變速直線運動，D錯誤．
9.(多選)(2023·福建南平市高三質檢)在真空中的x軸上OB之間電勢φ隨x變化如圖所示，圖線關于PA對稱，PA平行于φ軸．在坐標原點處由靜止釋放一帶負電的點電荷，點電荷只在電場力作用下沿x軸運動，則(　　)
A．電勢差UOA＝UAB
B．點電荷在OB之間往復運動
C．點電荷運動到A處動能最大，電勢能最小
D．點電荷從O到B運動過程中，加速度先變大后變小
答案　BC
解析　由題圖可知UOA＝φO－φA，UAB＝φA－φB，結合題意可知UOA＝－UAB，故A錯誤；在坐標原點處由靜止釋放一帶負電的點電荷，點電荷向電勢能降低方向運動，即向OA運動，到達A點，電勢最大，電勢能最小，動能最大，繼續(xù)向B點運動，到達B點動能為零，電勢能最大，然后向電勢能降低方向(向A點)運動，則點電荷在OB間做往復運動，故B、C正確；由φ－x圖像斜率絕對值表示電場強度大小結合a＝可知，點電荷從O到B運動過程中，加速度先變大再變小，然后反向變大再變小，故D錯誤．
10．(多選)(2023·福建廈門市質檢)空間中有水平方向上的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的微粒在某平面內運動，其電勢能和重力勢能隨時間的變化如圖所示，則該微粒(　　)
A．一定帶正電
B．0～3 s內電場力做的功為－9 J
C．運動過程中動能不變
D．0～3 s內除電場力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J
答案　BCD
解析　由于不清楚電場強度的方向，故無法確定微粒的電性，故A錯誤；由題圖可知，0～3 s內電勢能增加9 J，則0～3 s電場力做的功為－9 J，故B正確；由題圖可知，電勢能均勻增加，即電場力做的功與時間成正比，說明微粒沿電場力方向做勻速直線運動，同理，沿重力方向也做勻速直線運動，則微粒的合運動為勻速直線運動，所以運動過程中速度不變，動能不變，故C正確；由功能關系可知，0～3 s內重力勢能與電勢能共增加12 J，又微粒的動能不變，故0～3 s內除電場力和重力外所受其他力對微粒做的功為12 J，故D正確．
11.(2023·黑龍江省高三檢測)如圖所示，放置在豎直平面內的粗糙直線軌道AB與光滑圓弧軌道BCD相切于B點，C為最低點，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R，整個軌道處于勻強電場中，電場強度方向平行于軌道所在的平面且垂直于直線OD，現(xiàn)有一個質量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，電場強度大小E＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g，忽略空氣阻力．求：
(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小；
(2)小物塊第一次從D點飛出后上升的最大高度；
(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程．
答案　(1)10.8mg　(2)1.2R　(3)15R
解析　(1)由幾何關系知，軌道AB與水平面的夾角為37°，小物塊從A點第一次到C點的過程，由動能定理知：
(qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mvC12－0
在C點由牛頓第二定律知：N－qE－mg＝m ，聯(lián)立解得：N＝10.8mg
由牛頓第三定律知此時小物塊對軌道的壓力大小是10.8mg.
(2)小物塊從A第一次到D的過程，由動能定理知
(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mvD12－0
小物塊第一次到達D點后以速度vD1逆著電場線方向做勻減速直線運動，
由動能定理知－(qE＋mg)xmax＝0－mvD12
聯(lián)立解得：xmax＝1.2R.
(3)分析可知小物塊到達B點的速度為零后，小物塊就在圓弧軌道上做往復圓周運動，
由功能關系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcos 37°，解得：d＝15R.
12．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊，在x＝1 m處以初速度v0＝ m/s沿x軸正方向運動．小滑塊的質量為m＝2 kg、帶電荷量為q＝－0.1 C，可視為質點．整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑塊電勢能Ep隨位置x變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線AB是圖像在x＝1 m處的切線，并且AB經過(0,3)和(3,0)兩點，g＝10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．x＝1 m處的電場強度大小為20 V/m
B．滑塊向右運動過程中，加速度先增大后減小
C．滑塊運動至x＝3 m處時，速度大小為2 m/s
D．若滑塊恰好到達x＝5 m處，則該處的電勢為50 V
答案　C
解析　Ep－x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x＝1 m處所受電場力大小為F＝＝1 N，可得E1＝10 V/m，選項A錯誤；滑塊向右運動過程中，電場力先減小后增大，則加速度先減小后增大，選項B錯誤；滑塊從x＝1 m的位置運動至x＝3 m處時，根據(jù)動能定理有mv2－mv02＝W電 ，W電＝ΔEp′＝1 J，解得速度大小為v＝2 m/s，選項C正確；若滑塊恰好到達x＝5 m處，則mv02＝W電′＝Ep2－Ep1，其中Ep1＝2 J，解得滑塊的電勢能Ep2＝5 J，該處的電勢為φ＝＝ V＝－50 V，選項D錯誤．

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