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专题强化十三 电场中功能关系及图像问题
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像问题，理解图像斜率、
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)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力之外，其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量．
(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量．
例1 (2019·天津卷·3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为 m的带电小球，以初
速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球
从M运动到N的过程( )
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
答案 B
解析 小球动能的增加量为ΔE ＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动
k
为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重
力势能的增加量为ΔE ＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，
p
由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减
少量为ΔE′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做
p
的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
例2 如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为＋q的物块从A
点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落 h后到达
最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电
物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是( )A．该匀强电场的电场强度为
B．带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为
C．带电物块电势能的增加量为mg(H＋h)
D．弹簧的弹性势能的增加量为
答案 D
解析 物块从静止开始下落时的加速度为g，根据牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E
＝，故A错误；从A到C的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做
功为：W＝－qE(H＋h)＝－，可知机械能减少量为，故B错误；从A到C过程中，静电力做
功为－，则电势能增加量为，故C错误；根据动能定理得：mg(H＋h)－＋W ＝0，解得弹
弹
力做功为：W ＝－，即弹性势能增加量为，故D正确．
弹
例3 (2023·江西省第二中学模拟)如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC
长度为l，斜面BC段上方有沿斜面向上的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的小物块自
A端左上方某处以初速度v ＝水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，
0
经过C点但未能到达B点，在静电力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面
间的动摩擦因数为μ＝，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，不计空气阻力，重力加速度
为g，求：
(1)物块平抛过程中的位移大小；
(2)物块在电场中的最大电势能．
答案 (1)l (2)2mgl
解析 (1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则v
＝，
竖直速度v＝vsin α，平抛运动时间t＝，
y
平抛过程中水平位移x＝vt，
0
又有竖直位移y＝，
平抛的位移s＝，联立解得s＝l.
(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcos α·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.物块位于最低点时，电势能最大，
物块自A点到最低点过程中，设静电力做功为W，根据动能定理有mgsin α·x′－μmgcos
α·x′－W＝0－mv2，
解得W＝2mgl，即物块电势能的最大值为2mgl.
题型二 电场中的图像问题
考向1 电场中的v－t图像
根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向
与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．
例4 (多选)(2023·重庆市八中检测)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线的中
垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5 C、质量为1 g
的小物块从C点由静止释放，其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切
线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．小物块带正电
B．A、B两点间的电势差U ＝－500 V
AB
C．小物块由C点到A点电势能先减小再增大
D．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝100 V/m
答案 ABD
解析 根据物块运动的v－t图像可知，小物块带正电，A正确；从v－t图像可知，A、B两
点的速度分别为v ＝6 m/s、v ＝4 m/s，再根据动能定理得qU ＝mv 2－mv 2＝×1×10－
A B AB B A
3×(42－62) J，解得U ＝－500 V，B正确；从v－t图像可知，由C到A的过程中，物块的
AB
速度一直增大，静电力对物块一直做正功，电势能一直减小，C错误；带电粒子在B点的加
速度最大，为 a ＝ m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为F ＝ma ＝0.001×2 N＝0.002 N，
m m m
则电场强度最大值为E ＝＝ N/C＝100 N/C，D正确．
m
考向2 φ－x图像(电场方向与x轴平行)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(如图)．切线的斜率为零时沿x轴方向电场强
度为零．
2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，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)
3．电场中常见的φ－x图像
(1)点电荷的φ－x图像(取无限远处电势为零)，如图．
(2)两个等量异种点电荷连线上的φ－x图像，如图．
(3)两个等量同种点电荷的φ－x图像，如图．
例5 (多选)(2023·贵州贵阳市一中高三检测)如图所示，在x轴上的O点(x＝0)和b点(x＝15
cm)分别固定放置两点电荷q 、q ，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，取无穷远处
1 2
的电势为零，下列说法正确的是( )A．a、c两点的电场强度相同
B．q 所带电荷量是q 所带电荷量的4倍
1 2
C．将一负电荷从a点移到c点，静电力做功为零
D．将一负电荷从c点移到d点，电势能增大
答案 BC
解析 φ－x图像的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，
由题图可知，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故 A错误；由题图可知，
题图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而 d点到两点电荷q 、q 的距离之
1 2
比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝可得，q、q 电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c
1 2
两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间
电场方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误．考向3 E－x图像(电场方向与x轴平行)
1．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定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．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，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．
3．电场中常见的E－x图像
(1)点电荷的E－x图像
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图像大致如图所示．
(2)两个等量异种点电荷的E－x图像，如图．
(3)两个等量正点电荷的E－x图像，如图．
例6 x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于x ＝0，x ＝4d处，两者所在区域
A B
为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示．选取x轴正方向为电
场强度的正方向，无限远处电势为零．以下说法正确的是( )A．点电荷A、B分别带正电和负电
B．A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3
C．x＝d处电势最高且为零
D．将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小
答案 D
解析 若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向唯一不变化，即水平
向右或水平向左，故A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即＝，解得＝，故B错
误；0～d区间，电场方向沿x轴负方向，d～4d区间电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区
间，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故 x＝d处电势大于零；x≥4d的区域
内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故
x≥4d的区域内的电势都小于零．所以x＝d处电势最高且大于零，故C错误；x≥5d的区域
内电场方向沿x轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一
直减小，故D正确．
考向4 E－x图像、E－x图像
p k
1．E－x图像
p
由静电力做功与电势能变化关系F x＝E －E ＝－ΔE 知E －x图像的切线斜率k＝，其绝
电 p1 p2 p p
对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向．
2．E－x图像
k
当带电体只有静电力做功，由动能定理F x＝E －E ＝ΔE 知E －x图像的切线斜率k＝，
电 k k0 k k
斜率表示静电力．
例7 (2023·北京北师大实验中学高三检测)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E 随位移x变化的关系如图所示，其中0～x 段是关于直线x＝x 对称的曲
p 2 1
线，x～x 段是直线，则下列说法正确的是( )
2 3
A．x 处电场强度最小，但不为零
1B．粒子在0～x 段做匀变速运动，x～x 段做匀速直线运动
2 2 3
C．若x、x 处电势为φ、φ，则φ<φ
1 3 1 3 1 3
D．x～x 段的电场强度大小、方向均不变
2 3
答案 D
解析 E －x图像的斜率表示粒子所受静电力F，根据F＝qE可知x 处电场强度最小且为零，
p 1
选项A错误；粒子在0～x 段切线的斜率发生变化，静电力发生变化，所以加速度也在变化，
2
做变速运动，x ～x 段斜率不变，所以做匀变速直线运动，选项B错误；带负电的粒子从x
2 3 1
到x 的过程中电势能增加，说明电势降低，即φ>φ ，选项C错误；x ～x 段斜率不变，所
3 1 3 2 3
以这段电场强度大小、方向均不变，选项D正确．
课时精练
1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为 m、带电荷量为
＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，
物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs
B．物体的电势能增加了qEs
C．物体的重力势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.6qEs
答案 D
解析 由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功 W＝Eqs，故A错误；静电力
做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功W ＝－mgs，重力做
G
负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；
物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔE ＝－F s＝－mas＝
k 合
－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．
2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着
正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正
电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是( )A．小环所受静电力逐渐变小
B．小环的加速度先向右后向左
C．小环的电势能逐渐增加
D．小环的动能逐渐增加
答案 D
解析 O点电场强度为零，由O点向右电场强度先变大后变小，小环所受静电力可能先变
大后变小，A错误；小环从A点由静止释放，沿细杆向右运动，加速度方向一直向右，B错
误；静电力对小环一直做正功，电势能逐渐减少，动能逐渐增加，C错误，D正确．
3．(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点
电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．球体带正电荷
B．球心处电场强度最大
C．A、B两点电场强度相同
D．一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点的电势能大
答案 D
解析 从球出发向两侧电势升高，而沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；球是等
势体，故内部任意两点间的电势差为零，故电场强度为零，B错误；A点与B点的电场强度
大小相等，但方向相反，C错误；从B到C，电势升高，根据E＝qφ，故负电荷在B点的电
p
势能比在C点的电势能大，D正确．
4．(多选)如图甲所示，a、b是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，一个带电粒子在 a
点由静止释放，仅在静电力作用下从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( )
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点电场强度比b点电场强度大
D．带电粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
答案 CD
解析 粒子从a点向b点运动，E－x图像的切线斜率减小，根据动能定理，则有qEx＝E，
k k
电场强度减小，因此a点更靠近场源电荷，则a点电场强度比b点电场强度大，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，它们带同种电荷，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；带电粒子仅在静电力作用下从a点运动到b点，静电
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．
5.(多选)如图，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E 水平抛出，经过c点时，小球的动能为5E ；第二
k0 k0
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、电场强度大小为的
匀强电场，仍从a点以初动能E 沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13E .下列
k0 k0
说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g)( )
A．a、b两点间的距离为
B．a、b两点间的距离为
C．a、c两点间的电势差为
D．a、c两点间的电势差为
答案 BC
解析 不加电场时根据动能定理得mgh ＝5E －E ＝4E ，解得h ＝，故A错误，B正确；
ab k0 k0 k0 ab
加电场时，根据动能定理得mgh ＋U q＝13E －E ，解得U ＝，故C正确，D错误．
ab ac k0 k0 ac
6.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、
b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半
圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案 BC
解析 小球a从N点由静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库
仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°，所以库仑力整个过程做负功，
电势能一直增加，故C正确；小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力增大，库仑力
与重力的夹角减小，所以它们的合力一直增大，故A错误；小球a受力如图所示，
在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90°，在P点合力与速度夹角大于90°，所以小球a
从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确；根据能量守恒可知，P到Q的过程
中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误．
7.如图所示，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O′处固定一个电荷量为＋Q (Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三
角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab
＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则( )
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，小环所受的库仑力沿aO′方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小
球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向向左的分力，即sin 60°＝，A错误；在c点，
重力与库仑力垂直，竖直方向合力向下且不为零，则小环在 c点的动能一定不是最大，B错
误；c点距离正点电荷最近，对应电势最高，故带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；
从a点到b点，由点电荷形成的电场的分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则静电
力不做功，应用动能定理有mgl＝mv2－mv2，解得v＝，D正确．
2 28.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab
和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；
若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是( )
A．该匀强电场的场强方向与ab平行
B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W
C．a点电势低于c点电势
D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
答案 AB
解析 由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿cd方向建立x轴，垂直于cd方
向建立y轴，如图所示
从c到d有W＝Eq·2R
x
从a到b有2W＝Eq·R＋EqR
y x
可得E＝，E＝
x y
则E＝＝，tan θ＝＝
由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab平行，且由a指向b，A正确；
将该粒子从d点移动到b点，电场力做的功为
W′＝Eq＝0.5W，B正确；
沿电场线方向电势逐渐降低，则a点电势高于c点电势，C错误；
若粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行，则粒子做匀变速直线运动，D错误．
9．(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q 、Q ，Q 位于坐标原点O处，两点电荷形成的静
1 2 2
电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )A．x 处电势φ最高，电场强度最大
3
B．Q 带正电，Q 带负电
1 2
C．Q 的电荷量小于Q 的电荷量
1 2
D．电子从x 处沿x轴移动到x 处，电势能增加
1 2
答案 BD
解析 φ－x图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 处电势φ最高，电场强度最小为
3
0，则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 电场线方向指向x轴的负方向，
3
x ～＋∞电场线方向指向x轴的正方向，并且在x 处电势φ最高，电场强度最小为0，根据
3 3
点电荷电场强度公式E＝k，由近小远大规律可知，Q 的电荷量大于Q 的电荷量，并且Q
1 2 1
带正电，Q 带负电，所以B正确，C错误；电子从x 处沿x轴移动到x 处，静电力做负功，
2 1 2
电势能增加，所以D正确．
10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量
为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒( )
A．一定带正电
B．0～3 s内静电力做的功为－9 J
C．运动过程中动能不变
D．0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J
答案 BCD
解析 由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3
s内电势能增加9 J，则0～3 s静电力做的功为－9 J，故B正确；由题图可知，电势能均匀
增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重
力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动
能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3 s内重力势能与电势能共增加12 J，又微粒的动
能不变，故0～3 s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12 J，故D正确．
11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨
道BCD相切于B点，C为最低点，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半
径为R，直线轨道AB长为L＝5R，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所
在的平面且垂直于直线OD，现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速
度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E＝，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力．求：(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(2)小物块第一次从D点飞出后上升的最大高度；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程．
答案 (1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过
程，由动能定理知：
(qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mv 2－0
C1
在C点由牛顿第二定律知：F －qE－mg＝m ，联立解得：F ＝10.8mg
N N
由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.
(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
(qE＋mg)(Lsin 37°－Rcos 37°)－μ(qE＋mg)Lcos 37°＝mv 2－0
D1
小物块第一次到达D点后以速度v 逆着电场线方向做匀减速直线运动，
D1
由动能定理知－(qE＋mg)x ＝0－mv 2
max D1
联立解得：x ＝1.2R.
max
(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，
由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcos 37°，解得：d＝15R.
12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x＝1 m处以初速度v ＝
0
m/s沿x轴正方向运动．小滑块的质量为m＝2 kg、带电荷量为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E 随位置x变化的部分图像，P点是图
p
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
答案 C解析 E－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1 m处所受静电
p
力大小为F＝＝1 N，可得E ＝10 V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小
1
后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1 m的位置运动至x＝3 m处时，
根据动能定理有mv2－mv2＝W ，W ＝ΔE′＝1 J，解得速度大小为v＝2 m/s，选项C正
0 电 电 p
确；若滑块恰好到达x＝5 m处，则mv2＝W ′＝E －E ，其中E ＝2 J，解得滑块的电势
0 电 p2 p1 p1
能E ＝5 J，该处的电势为φ＝＝ V＝－50 V，选项D错误．
p2
