(全国版)高考物理一轮复习讲义第8章 专题强化14 电场性质的综合应用(含解析)

专题强化十四　电场性质的综合应用

目标要求　1.学会处理电场中的功能关系.2.能解决电场中各种图象问题，理解图象斜率、面积等表示的物理意义并能解决相关问题．

题型一　电场中功能关系的综合问题

电场中常见的功能关系

(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．

(2)若只有电场力和重力做功，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．

(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化．

例1　(多选)(2019·广东中山一中检测)图1中虚线1、2、3、4表示匀强电场的等势面．一带正电的粒子只在电场力的作用下从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示．下列说法中正确的是(　　)

图1

A．等势面1电势最低

B．粒子从a运动到b，动能减小

C．粒子从a运动到b，电势能减小

D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变

答案　CD

解析　电场线与等势面垂直，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，曲线运动所受合力指向曲线的凹侧；带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，可画出速度和电场线及受力方向如图所示，则电场力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面1电势最高，故选项A错误；粒子从a运动到b，只受电场力作用，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子的动能增大，电势能减小，故选项B错误，C正确；粒子从a运动到b的过程中，只受电场力作用，粒子的电势能与动能之和不变，故选项D正确．

例2　(多选)(2020·江西上饶市高三上学期第一次模拟)A、B两物体质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电，通过劲度系数为k的绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平面上，如图2所示，开始时A、B都处于静止状态．现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E＝，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电荷量的变化，则以下判断正确的是(　　)

图2

A．刚施加电场的瞬间，A的加速度大小为2g

B．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体速度大小一直增大

C．从施加电场开始到B刚要离开地面的过程中，A物体的机械能增加量始终等于A物体电势能的减少量

D．B刚要离开地面时，A的速度大小为2g

答案　ABD

解析　在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加电场的瞬间，A物体受到的合力为A所受的电场力，故qE＝ma，解得a＝2g，方向向上，故A正确；B刚要离开地面时，地面对B弹力为0，即F弹＝mg，对A物体Eq＝mg＋F弹，即A物体所受合力为0，因此从施加电场开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度大小一直增大，故B正确；从施加电场开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量之差，故C错误；当B刚要离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为x＝，根据动能定理可知qEx－mgx＝mv2，解得v＝2g，故D正确．

1．(电场力和重力做功)如图3所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形，c是ab的中点．将小环从O点无初速度释放，通过a点的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则(　　)

图3

A．在a点，小环所受弹力大小为

B．在c点，小环的动能最大

C．在c点，小环的电势能最大

D．在b点，小环的速率为

答案　D

解析　在a点，小环所受的电场力沿aQ方向，大小为F＝k，水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小为FN＝Fsin 60°＝，A错误；在c点时，小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用，竖直方向受到重力作用，合力竖直向下，小环有竖直向下的加速度，所以在c点时小环的动能不是最大，B错误；c点距离Q最近，电势最高，带负电的小环在c点的电势能最小，C错误；因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，电场力做功为0，根据动能定理得mgl＝mvb2－mv2，解得vb＝，D正确．

2.(电场力做功的综合问题)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O点处放一个带电荷量q＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图4所示．(g取10 m/s2)求：

图4

(1)物块向右运动的最大距离；

(2)物块最终停止的位置．

答案　(1)0.4 m　(2)O点左侧0.2 m处

解析　(1)设物块向右运动的最大距离为xm，

由动能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv02

解得xm＝0.4 m.

(2)因E|q|>μmg，物块不可能停止在O点右侧，设物块最终停在O点左侧且离O点为x处．

由动能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，

解得x＝0.2 m.

题型二　电场中的图象问题

　　　　　 电场中的v－t图象

根据v－t图象的速度变化、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3　(多选)(2019·安徽黄山市模拟)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图5甲所示．一质量m＝1 kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定(　　)

图5

A．中垂线上B点电场强度最大

B．两点电荷是负电荷

C．B点是A、C连线的中点

D．UBC>UAB

答案　AD

解析　根据v－t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，故选项A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，且小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，故选项B错误；中垂线上电场线分布不均匀，不能确定B点是A、C连线的中点，故选项C错误；小物块从A→B的过程中，根据动能定理有qUAB＝mvB2－mvA2＝×1×42 J－0＝8 J，小物块从B→C的过程中，根据动能定理有qUBC＝mvC2－mvB2＝×1×72 J－×1×42 J＝16.5 J，对比可得UBC>UAB，故选项D正确．

　　　　　 φ－x图象

1．电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场．电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．(如图6)

图6

2．在φ－x图象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，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．(如图7)

图7

3．电场中常见的φ－x图象

(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)，如图8.

图8

(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图象，如图9.

图9

(3)两个等量同种点电荷的φ－x图象，如图10.

图10

例4　(多选)(2019·山东聊城市二模)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图象如图11所示，其中P点电势最高，且xAP<xPB，则(　　)

图11

A．q1和q2都是负电荷

B．q1的电荷量大于q2的电荷量

C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大

D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小

答案　AC

解析　由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项正确；φ－x图象的切线斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P处产生的场强等大反向，即k＝k，又xAP<xPB，所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B项错误；由题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C项正确；φ－x图象的切线斜率表示电场强度，则沿x轴从P点到B点场强逐渐增大；据a＝可知，点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D项错误．

　　　　　 E－x图象

1．E－x图象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．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图12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．

图12

例5　(多选)(2019·四川综合能力提升卷(三))空间内有一沿x轴分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图13所示．－x1、x1、x2、x3是x轴上的四个点，图象关于坐标原点O中心对称，下列说法中正确的是(　　)

图13

A．－x1处的电势比x1处的电势高

B．将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大后减小

C．将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，它将在－x1和x1之间往复运动

D．负电荷在4个点中位于x2处电势能最大

答案　BC

解析　根据题意，电场关于x轴对称分布，作出电场线如图所示．根据沿电场线方向电势降低，则O点电势最高，从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，则－x1处的电势与x1处的电势相等，故A错误；将正电荷由－x1移到x2，电势能先增大后减小，选项B正确；－x1和x1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x1处由静止释放，若只受电场力作用，负电荷先向右做加速运动，经过O点之后做减速运动，到x1处速度减为零，则它将在－x1和x1之间往复运动，选项C正确；4个点中，x3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x3处电势能最大，选项D错误．

　　　　　 Ep－x图象、Ek－x图象

1．Ep－x图象

由Ep－Ep0＝Fx，得Ep＝Ep0＋Fx，故Ep－x图象的切线斜率表示电场力，纵截距表示初电势能．

2．Ek－x图象

由Ek－Ek0＝Fx，得Ek＝Ek0＋Fx，故Ek－x图象的切线斜率表示电场力，纵截距表示初动能．

例6　在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一个带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图14所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则(　　)

图14

A．q1和q2都是正电荷且q1>q2

B．B、C间场强方向沿x轴负方向

C．C点的电场强度大于A点的电场强度

D．将一个负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功

答案　B

解析　由题图知从O到P电势能一直减小，试探电荷带正电，则电势一直降低，两个点电荷必定是异种电荷，故A错误；从B到C，电势能增加，试探电荷带正电，则电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；根据Ep－x图象的切线斜率表示电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则A点的场强大于C点的场强，故C错误；将一个负点电荷从B点移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误．

3．(φ－x图象)(多选)(2020·广东惠州市模拟)某静电场电势φ在x轴上的分布如图15所示，由图可知，下列说法中正确的是(　　)

图15

A．x1和x2处电场强度相同

B．x1处电场强度比x2处大

C．－x2到x2之间有三处场强为零

D．负电荷从x1移动到x2，电势能减小

答案　BC

解析　φ－x图象的切线斜率k＝＝E，x1处比x2处切线斜率大，故x1处场强比x2处大，A错误，B正确；－x2到x2之间有三处切线斜率为零，所以－x2到x2之间有三处场强为零，C正确；根据电势能公式Ep＝φq，负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从x1移动到x2，电势降低，电势能增大，D错误．

4．(E－x图象)(多选)(2019·河北张家口市调研)某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图16所示，x轴正方向为场强正方向，一个带正电的点电荷只在电场力的作用下沿x轴运动，x1、x2、x3、x4四点间隔相等，则(　　)

图16

A．点电荷在x2和x4处电势能相等

B．点电荷由x1运动到x3的过程中电势能减小

C．x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差

D．点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大

答案　BC

解析　由x轴上的场强E随x的变化关系可知图线与x轴所围图形的面积表示电势差，所以点电荷在x2和x4处电势能不相等，故A错误；点电荷由x1运动到x3的过程中电场力做正功，电势能减小，故B正确；由x轴上的场强E随x的变化关系可知图线与x轴所围图形的面积表示电势差，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C正确；点电荷由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小，故D错误．

5．(Ek－x图象)(多选)(2020·广东中山纪念中学模拟)如图17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，仅在电场力作用下从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(　　)

图17

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点电势能大

答案　CD

解析　粒子从a点向b点运动，Ek－x图象的切线斜率在减小，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，它们是同种电荷，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；带电粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，电场力做正功，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．

课时精练

1.(多选)如图1所示，一带正电的点电荷固定于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为轨迹和虚线圆的交点，不计重力，下列说法正确的是(　　)

图1

A．M带负电荷，N带正电荷

B．M在b点的动能小于它在a点的动能

C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能

D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

答案　ABC

解析　由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；N从c点运动到d点，库仑斥力做正功，故D错误．

2.(2019·山西师大附中模拟)如图2所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．下列说法中正确的是(　　)

图2

A．粒子带负电

B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J

C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J

D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J

答案　D

解析　由粒子运动的轨迹可知粒子带正电，A错误；粒子从A到B的过程中电场力做正功，所以电势能减小，B错误；根据动能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5 J，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，C错误；电场力做正功，机械能增加，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，D正确．

3．(2019·广东深圳市第二次调研)真空中，在x轴上x＝0和x＝8 m处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2.电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图3所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝6 m处E＝0.将一个正试探电荷在x＝2 m处由静止释放(重力不计，取无限远处电势为零)，则(　　)

图3

A．Q1、Q2均为负电荷

B．Q1、Q2带电荷量之比为9∶1

C．在x＝6 m处电势为0

D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小

答案　B

解析　由题图知，在x＝0处场强为正，x＝8 m处场强为负，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误；根据题意“x＝6 m处E＝0”可知在x＝6 m处，E1＝E2，即k＝k，解得＝＝，故B正确；由于无限远处电势为零，故在x＝6 m处电势不为0，故C错误；该试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故D错误．

4．(多选)(2020·云南高三一模)如图4甲所示A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度沿直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示．则从A到B过程中，下列说法正确的是(　　)

图4

A．点电荷的速度先增大后减小

B．电荷所受电场力先减小后增大

C．从A到B各点的电势先降低后升高

D．从A到B各点的电势先升高后降低

答案　BD

解析　只受电场力做功，动能和电势能之和不变，由电势能Ep随位移x的变化关系可知，电势先增大后减小，所以动能先减小后增大，点电荷的速度先减小后增大；正电荷在电势能大的地方，电势高，所以从A到B各点的电势先升高后降低，故D正确，A、C错误；电势能Ep随位移x的变化关系图线的切线斜率表示电场力，由图可知，Ep－x图线的切线斜率先减小，后增大，所以电荷所受电场力先减小后增大，故B正确．

5．(多选)(2020·河南开封市高三一模)如图5，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能Ek0水平抛出，经过c点时，小球的动能为5Ek0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，仍从a点以初动能Ek0沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)(　　)

图5

A．a、b两点间的距离为

B．a、b两点间的距离为

C．a、c间的电势差为

D．a、c间的电势差为

答案　BC

解析　不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋Uacq＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝，故C正确，D错误．

6.(2019·广东惠州市模拟)如图6所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，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．下列说法中正确的是(　　)

图6

A．金属块带负电荷

B．金属块克服电场力做功8 J

C．金属块的电势能减少4 J

D．金属块的机械能减少12 J

答案　D

解析　金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知合外力做功12 J，即WG＋Wf＋WF＝ΔEk，摩擦力做功Wf＝－8 J，重力做功WG＝24 J，解得电场力做功WF＝－4 J，电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，A、B、C错误；由功能关系可知机械能的变化ΔE＝Wf＋WF＝－12 J，即机械能减少了12 J，D正确．

7．(2019·山西运城市5月适应性测试)一带负电的微粒只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图7所示，其中0～x1段是曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，则下列说法正确的是(　　)

图7

A．0～x1段电势逐渐升高

B．0～x1段微粒的加速度逐渐减小

C．x2～x3段电场强度减小

D．x2处的电势比x3处的电势高

答案　B

解析　电势能Ep＝φq，由于微粒带负电，0～x1段电势能变大，所以电势降低，A错误；根据电场力做功与电势能关系：|ΔEp|＝E|q|Δx，Ep－x图象切线斜率的大小反映场强大小，0～x1段图象切线斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，B正确；x2～x3段斜率不变，场强不变，C错误；x2到x3，电势能减小，微粒带负电，所以电势增大，D错误．

8.真空中固定一电荷量为Q的负点电荷，一电荷量为q、质量为m的试探电荷仅在电场力作用下由静止开始运动，先后经过A、B、C三点，其a－图象如图8所示，图中a为试探电荷的加速度，r代表试探电荷与负点电荷间的距离，已知aC＝3aA＝1.5aB，则下列说法正确的是(　　)

图8

A．试探电荷带负电

B．A、B、C三点的电势关系：φA<φB<φC

C．A、B、C三点的电场强度关系：EC＝3EA＝1.5EB

D．该图线的斜率代表负点电荷的电荷量与试探电荷质量的比值

答案　C

解析　因为试探电荷仅在电场力作用下由静止开始运动，先后经过A、B、C三点，结合题中图象可知，试探电荷离负点电荷越来越近，而固定点电荷带负电，说明试探电荷带正电，A错误；沿着电场线方向电势降低，所以φA>φB>φC，B错误；根据F＝＝ma，并进行定性分析(F＝qE)，由aC＝3aA＝1.5aB，可知A、B、C三点电场强度关系：EC＝3EA＝1.5EB，题图斜率k′＝，故C正确，D错误．

9.(多选)(2019·山西孝义市摸底)a、b、c是静电场中一直线上的三个点，从a点释放一个初速度为零的电子，电子仅在电场力的作用下，由a点经b点运动到c点，其电势能随该电子位置的变化关系如图9所示，则(　　)

图9

A．该电场可能是孤立的点电荷产生的

B．电子在a点加速度的值大于在b点加速度的值

C．电场中a点的电势大于b点的电势

D．电子从a点到c点的过程中动能先增大后减小

答案　BD

解析　若该电场为孤立点电荷产生的，则电子的电势能应当单调变化，选项A错误；根据功能关系ΔEp＝－FΔx，知Ep－x图象切线斜率大小表示电场力大小，图线在a点的切线斜率的绝对值大于b点，故电子在a点受到的电场力和加速度也大于b点，选项B正确；由题图可知，Epa>Epc>Epb，电子带负电，根据电势与电势能关系及能量守恒定律，则有φa<φc<φb，Eka<Ekc<Ekb，选项C错误，D正确．

10．(多选)(2020·四川宜宾市质检)如图10甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为＋2×10－3 C、质量为1×

10－3 kg的小物块从A点由静止释放(t＝0)，沿MN做直线运动，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是(　　)

图10

A．A、B两点电势差UAB＝－4 V

B．小物块从B点到C点电场力做的功W＝10－2 J

C．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1 V/m

D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大

答案　BC

解析　小物块从A到B由动能定理：qUAB＝mvB2，解得UAB＝4 V，选项A错误；小物块从B点到C点电场力做的功WBC＝mvC2－mvB2＝10－2 J，选项B正确；在B点的加速度最大，则所受的电场力最大，由题图乙可知：a＝＝ m/s2＝2 m/s2；由Eq＝ma，解得E＝1 V/m，选项C正确；由A到C的过程中小物块的动能一直增大，电场力一直做正功，则电势能一直减小，选项D错误．

11.(2019·陕西高新一中高三期中)一带电粒子在电场中仅受电场力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图11所示．下列图象中合理的是(　　)

图11

答案　D

解析　粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故F＝，即Ep－x图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据E＝，故电场强度也逐渐减小，故A错误；根据动能定理，有F·Δx＝ΔEk，故Ek－x图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，斜率减小，故B错误；题图v－x图象是直线，相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加，而电场力减小导致加速度减小，故C错误；由以上分析可知，粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．

12.(多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图12所示，一质子仅在电场力作用下，从坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0.则下列结论正确的是(　　)

图12

A．质子沿x轴做匀速直线运动

B．质子在a、c两点的电势能相等

C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4

D．坐标原点O的电势为1.5E0d

答案　CD

解析　由E－x图象和F＝qE可知，质子沿x轴先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A错误；质子一直做加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；由E－x图象与x轴所围“面积”表示电势差，因此UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由动能定理有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4，故C正确；根据UOb＝φO－φb可得坐标原点O的电势为φO＝1.5E0d，故D正确．

13.(多选)(2018·全国卷Ⅰ·21)图13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(　　)

图13

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

答案　AB

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；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，则电子到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2 eV，C项错误；

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，D项错误．

14．(多选)(2019·河南名校联盟2月联考)如图14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(　　)

图14

A．C、O两点间的电势差UCO＝

B．O点处的电场强度E＝

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v

答案　BD

解析　小球P由C运动到O时，由mgd＋qUCO＝mv2－0，得UCO＝，选项A错误；对小球P在O点处时受力分析，如图所示，F1＝F2＝＝，它们的合力为：F＝F1cos 45°＋F2cos 45°＝，则O点处的电场强度E＝＝，选项B正确；小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C错误；小球P由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd＋qUOD＝mvD2－mv2，由等量异种点电荷的电场特点可知UCO＝UOD，联立解得vD＝v，选项D正确．