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专题强化十四 电场中的功能关系及图像问题
【复习目标】
1.会分析处理电场中的功能关系。 2.理解电场中有关图像的斜率、面积表示的物理意义，并能结
合图像分析电场、电势和电势能的变化。
考点一 电场中的功能关系
【知识梳理】
电场中常见的功能关系
(1)若只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者之和保持不变，即ΔEk＝－ΔEp。
(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，其他各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。
【典例剖析】
例1 (多选)(2024·山东卷，10)如图所示，带电荷量为＋q 的小球被绝缘棒固定在O 点，右侧有固定
在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为＋q 的小滑块从斜面上A 点由静
止释放，滑到与小球等高的B 点时加速度为零，滑到C 点时速度为零。已知AC 间的距离为s，重
力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A.OB 的距离l＝√
√3k q
2
mg
B.OB 的距离l＝√
√3k q
2
3mg
C.从A 到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs
D.AC 之间的电势差UAC＝－mgs
2q
答案 AD
1
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解析 小滑块在B 点处的加速度为零，则沿斜面方向有mgsin 30°＝k q
2
l
2 cos 30°，解得l＝√
√3k q
2
mg
，A 正确，B 错误;小滑块从A 到C 的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得静电力对小滑
块做的功为W＝－mgs
2 ，C 错误;根据电场力做功与电势差的关系，结合C 项分析可知，A、C 之
间的电势差UAC＝W
q ＝－mgs
2q ，D 正确。
【即时训练】
1.(2025·湖北黄石模拟)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'点固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b 两点与O'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kQq
l
2
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√v
2＋2 gl
答案 D
解析 在a 点，小环所受的静电力沿aO'方向，大小为kQq
l
2 ，水平方向小环受力平衡，所以小环
受到向右的弹力，其大小等于静电力沿水平方向的分力，即FN＝kQq
l
2 sin 60°＝√3kQq
2l
2
，A 错误;在
c 点时，小环水平方向受到静电力和杆的弹力作用，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，静电力做功为0，应用动能定理得mgl＝1
2mvb
2－1
2mv2，解得vb＝
√v
2＋2gl，D 正确。
2
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考点二 电场中的图像问题
【知识梳理】
角度1 电场中的v－t 图像
1.由v－t 图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a 的大小变化。
2.根据牛顿第二定律a＝F
m ＝qE
m ，判断电场强度E 的大小变化。
3.根据v－t 图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方
向。
4.由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。
【典例剖析】
例2 (多选)(2025·天津河西一模)如图甲中M、N 是同一条电场线上的两个点，一个电子仅在静电力
的作用下沿着这条电场线从M 点运动到N 点，其运动的v－t 图像如图乙所示。电子经过M、N 两
点时的速度分别为vM和vN，电子的质量为m，电子电荷量的绝对值为e。以下说法正确的是( )
A.电场强度的方向由N 指向M
B.M、N 两点之间的电势差UMN＝m(v N
2−v M
2)
2e
C.电子运动的过程中，其电势能不断减小
D.N 点的电场强度大于M 点的电场强度
答案 AC
解析 由题图乙可知电子从M 点运动到N 点，其速度增大，根据动能定理可知静电力对电子做正
功，即－eUMN＝1
2mv N
2－1
2mv M
2，解得UMN＝m(v M
2−v N
2)
2e
，静电力对电子做正功，所以静电力方
向由M 指向N，则电场强度方向由N 指向M，故A 正确，B 错误;由于静电力做正功，所以电势能
减小，故C 正确;根据v－t 图像的斜率可知，电子在M、N 两点的加速度大小关系为aM>aN，电子
仅受静电力的作用，则eE＝ma，所以N 点的电场强度小于M 点的电场强度，故D 错误。
角度2 电场中的φ－x 图像(电场方向与x 轴平行)
【知识梳理】
3
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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。
【典例剖析】
4
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例3 (2025·八省联考河南卷，6)某电场的电势φ 随位置x 的变化关系如图所示，O 点为坐标原点，
a、b、c、d 为x 轴上的四个点。一带正电粒子从d 点由静止释放，在电场力作用下沿x 轴运动，
不计重力，则粒子( )
A.将在a、d 之间做周期性运动
B.在d 点的电势能大于在a 点的电势能
C.在b 点与c 点所受电场力方向相同
D.将沿x 轴负方向运动，可以到达O 点
答案 A
解析 根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，a、d 之间各点随着x 增大电场的方向先沿x 轴正方
向后沿x 轴负方向，带正电粒子从d 点由静止释放时，d 点位置电场方向沿x 轴负方向，此位置粒
子所受的电场力沿x 轴负方向，则粒子将沿x 轴负方向运动。由于φa＝φd，由Ep＝qφ 知，粒子在
a 点和d 点时的电势能相等，则粒子由d 点运动到a 点过程电场力不做功，由动能定理知，粒子运
动到a 点时速度恰好为0，而a 点位置电场方向沿x 轴正方向，此位置粒子所受的电场力方向沿x
轴正方向，粒子将沿x 轴正方向运动，可见粒子将在a、d 间做周期性运动，粒子不能到达O 点，
故A 正确，B、D 错误;因b 点和c 点电场方向相反，则粒子在b、c 两点时所受的电场力方向相反，
故C 错误。
【即时训练】
2.(2024·湖南卷，5)真空中有电荷量为＋4q 和－q 的两个点电荷，分别固定在x 轴上－1 和0 处。
设无限远处电势为0，x 正半轴上各点电势φ 随x 变化的图像正确的是( )
答案 D
解析 无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝kQ
r 可知，x 正半轴上，电荷量为＋4q 的点
电荷在x 处产生的电势为φ1＝k 4 q
x＋1，电荷量为－q 的点电荷在x 处产生的电势为φ2＝－kq
x ，x 正
5
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半轴上在x 处的电势φx＝k 4 q
x＋1－kq
x ，可知在x＝1
3处电势为0，在x＝0 处电势接近负无穷大，则
选项D 正确。
角度3 电场中的 E－x 图像(如图所示)
1.反映了电场强度随位移变化的规律。
2.判定电场强度E 的方向:E>0 表示电场强度沿正方向;E<0 表示电场强度沿负方向。
3.图线与x 轴围成的“面积”表示两点间电势差，“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。
4.在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子电性、动能变化、电势能变化等情况。
5.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，如图所示。
(3)两个等量正点电荷的E－x 图像，如图所示。
6
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【典例剖析】
例4 (2025·陕西西安一中模拟)如图甲所示，竖直线A、B 两端点固定两个等量点电荷，带电荷量
大小均为Q，AB 长2l，O 为AB 连线的中点，以AB 中垂线为x 轴，其正半轴的电场强度变化如图
乙所示，图中的阴影“面积”为S(S>0)，以沿x 轴正方向为电场强度的正方向，静电力常量为k。
下列说法正确的是( )
A.A、B 两点的点电荷为异种电荷
B.Ox 直线上电场强度最大值为4√3kQ
9l
2
C.将一电子从O 点沿x 轴移到无穷远的过程中，电势能先增大后减小
D.将一带电荷量为－q 的点电荷由x＝√2
2 l 处静止释放，到达O 点时的动能为2qS
答案 B
解析 由题图乙可知O 点的电场强度为零，x 轴上的电场强度方向沿x 轴正方向，则A、B 两点的
点电荷为等量正点电荷，A 错误;A、B 点电荷在该点P 的电场强度方向如图所示，根据对称性可
知该点的合电场强度E＝2kQcosθ
( AP)
2 ，又根据几何关系可知cos θ＝
OP
√l
2＋O P
2 ＝√3
3 ，解得沿x 轴正
半轴电场强度最大值E＝4√3kQ
9l
2
，B 正确;将一电子从O 点沿x 轴移到无穷远的过程中，静电力做
负功，电势能一直增加，C 错误;根据E－x 图像的面积表示电势差的绝对值，即UPO＝－S，从P
到O 根据动能定理有－qUPO＝EkO，可得到达O 点时的动能为qS，D 错误。
【即时训练】
3.(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB 重合，以A 点为坐标原点，向右为正
方向建立直线坐标系，B 点的坐标为xB＝0.06 m，若α 粒子仅在静电力的作用下由A 点运动至B 点，
其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小E 随位移x 的变化规律如图乙所示，若A 点
电势为15 V，下列说法正确的是( )
7
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A.x 轴上各点的电场强度方向都沿x 轴负方向
B.该α 粒子沿x 轴正方向做匀减速直线运动
C.B 点电势是A 点电势的3 倍
D.图乙中E0应为2.5×103 V·m－1
答案 AC
解析 α 粒子由A 点运动到B 点，静电力做功为WAB＝2eUAB＝－60 eV，解得UAB＝－30 V，因为
φA＝15 V，所以φB＝45 V，B 点电势是A 点电势的3 倍，因为B 点电势高于A 点电势，所以电场
强度的方向沿x 轴负方向，故A、C 正确;图乙中电场强度随位移x 均匀变化，静电力为变力，所
以α 粒子沿x 轴正方向做变减速直线运动，故B 错误;图乙中图像与横轴所围的面积表示A、B 两
点间的电势差的绝对值，则E0＋2 E0
2
×0.06＝|UAB|，解得E0＝2.5×102 V·m－1，故D 错误。
角度4 电场中的Ep－x 图像、Ek－x 图像
1.Ep－x 图像
由静电力做功与电势能变化关系F 电Δx＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x 图像的切线斜率k＝－Δ E p
Δ x ，其
绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向。
2.Ek－x 图像
当带电体只有静电力做功，由动能定理F 电Δx＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x 图像的切线斜率k＝Δ Ek
Δ x ，
斜率表示静电力。
【典例剖析】
例5 (2025·八省联考内蒙古卷，5)如图所示，一带正电小球甲固定在光滑绝缘斜面上，另一带正电
小球乙在斜面上由静止释放。以释放点为原点，沿斜面向下为正方向建立x 轴。在乙沿x 轴加速
下滑过程中，其动能Ek和机械能E 随位置x 变化的图像，可能正确的是( )
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答案 D
解析 设两个带电小球间距为r，由动能定理可知F 合x＝Ek，则Ek－x 图像的斜率表示合外力，又
F 合＝mgsin θ－k
q甲q乙
r
2
，在乙沿x 轴加速下滑过程中，两个带电小球间距为r 逐渐减小，合外力沿
斜面向下逐渐减小，则斜率逐渐减小，故A、B 错误;由E－x 图像的斜率的绝对值表示库仑力，则
F 库＝k
q甲q乙
r
2
，在乙沿x 轴加速下滑过程中，库仑力逐渐增大，E－x 图像的斜率的绝对值逐渐增
大，故C 错误，D 正确。
【限时训练】（40min）
1.(多选)(2025·海南海口一模)如图所示，与xOy 坐标系平面平行的匀强电场(未画出)中有一个电荷
量为q 的正粒子，从坐标原点O 处沿与x 轴正方向成45°角的虚线匀速运动。已知粒子在运动过程
中始终受到一个大小为F、方向沿x 轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力。则下列说法正
确的是( )
A.匀强电场的电场强度大小为√2 F
2q
B.虚线上相距为L 的两点间的电势差绝对值为√2 FL
2q
C.粒子沿虚线运动距离L 的过程中，静电力做功为√2
2 FL
D.粒子沿虚线运动距离L 的过程中，电势能增加了√2
2 FL
答案 BD
解析 粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡，即静电力qE 与外力F 等大反向，则F＝qE，解得E
＝F
q ，方向沿x 轴负向，故A 错误;虚线上相距为L 的两点间的电势差绝对值为U＝ELcos 45°＝
9
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√2 FL
2q ，故B 正确;粒子沿虚线运动距离L 的过程中，静电力做功为W＝FLcos 135°＝－√2
2 FL，电
势能增加了ΔEp＝－W＝√2
2 FL，故C 错误，D 正确。
2.如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A 沿任意方向发射速
度相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B 点的粒子在B 点时的动能
是初动能的3 倍，经过C 点的粒子在C 点时的动能是初动能的7 倍，则经过D 点的粒子在D 点时
的动能是初动能的( )
A.3 倍
B.4 倍
C.5 倍
D.6 倍
答案 C
解析 根据题意，设电场强度沿AB 方向的分量为Ex，沿AD 方向的分量为Ey，粒子在A 点时的动
能为Ek。粒子从A 到B 的过程，有qExd＝3Ek－Ek，粒子从A 到C 的过程，有qExd＋qEyd＝7Ek－
Ek，则粒子从A 到D 的过程，有qEyd＝EkD－Ek，解得EkD＝5Ek，故C 正确。
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1
2mv2
B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加3
2mv2
D.电势能增加2mv2
答案 B
解析 小球动能的增加量为ΔEk＝1
2m(2v)2－1
2mv2＝3
2mv2，A 错误;小球在竖直方向上的分运动为
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＝v
2
2 g，小球重力势
能的增加量为ΔEp＝mgh＝1
2mv2，C 错误;静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守
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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ΔEp'＝
3
2mv2＋1
2mv2＝2mv2，D 错误;由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于
小球机械能的增加量，即2mv2，B 正确。
4.(多选)(2025·福建泉州模拟)光滑绝缘的水平面上存在一范围足够大且沿水平方向的电场。将一质
量为m、电荷量为－q 的物块(可视为质点)从该水平面上O 点由静止释放，沿物块运动方向建立x
轴，其速度v 与位移x 的关系如图所示，该图像为一条斜率为k 的直线。下列说法正确的是( )
A.从O 点沿着x 轴正方向，各点电势依次升高
B.该物块做匀加速直线运动
C.该物块的加速度a 随位移x 变化的关系为a＝1
2kx2
D.若取O 点电势为零，则x＝x0处的电势为mk
2 x0
2
2q
答案 AD
解析 从O 点沿着x 轴正方向运动，该物块的动能增大，静电力对物块做正功，电场强度方向沿
x 轴负方向，因此，沿着x 轴正方向，各点电势依次升高，故A 正确;由图像可得v＝kx，又a＝
Δv
Δt ＝k Δ x
Δt ＝kv，可得a＝k2x，可知该物块做变加速直线运动，故B、C 错误;从O 点运动到x＝x0
处过程中，由动能定理有－q(0－φx0)＝1
2mv x 0
2，其中vx0＝kx0，解得φx0＝mk
2 x0
2
2q
，故D 正确。
5.(多选)(2025·湖南长沙模拟)空间存在一电场，电场方向平行于x 轴，电场中沿x 轴各处的电势如
图所示，一个带电粒子仅在静电力作用下沿x 轴做周期性运动。若粒子的质量为m、电荷量大小
为q，其在O 点的能量(包括电势能和动能)为2qφ0。 下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.O 点左侧区域为匀强电场且电场强度的大小为
φ0
5 x0
C.粒子在运动过程中到 O 点的最远距离为9x0
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D.粒子在运动过程中的最大速度大小为2√
q φ0
m
答案 AD
解析 沿着电场的方向电势降低，由题图可知，在纵轴的左侧电场沿着x 轴的正方向，在纵轴的
右侧电场沿着x 轴的负方向，要使带电粒子沿着x 轴做周期性运动，粒子只能带正电，故A 正确;
在φ－x 图像中，图像的斜率在数值上等于电场强度的大小;O 点左侧区域内，图像是倾斜的直线，
说明电场是匀强电场。根据电场强度和电势差之间的关系可得电场强度的大小为E＝
φ0
3 x0
，故B
错误;根据能量守恒定律知，粒子速度为0 的位置的电势能为2qφ0，则该处电势为2φ0，根据图像
可知，该处的坐标为－6x0或4x0，即粒子能运动到的最远距离为6x0，故C 错误;根据图像可知，
粒子的电势能最小为零，此时动能最大，速度最大，则有2qφ0＝1
2mvm
2，解得vm＝2√
q φ0
m ，故D
正确。
6.(2024·吉林长春模拟)如图甲，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度
如图乙所示。现有一带正电粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在静电力作用下由P 点运动到Q
点，OP＝OQ＝L。以x 轴的正向为电场强度的正方向，则( )
A.细圆环带负电
B.O、P 两点间电势差UOP小于O、Q 两点间电势差UOQ
C.该粒子将会在P、Q 两点之间做往复运动
D.该粒子由P 点运动到Q 点的过程，电势能先增大后减小
答案 D
解析 以x 轴的正向为电场强度的正方向，结合图乙中电场强度的正负可知，圆环带正电，故A
错误;根据对称性结合OP＝OQ＝L，可知O、P 两点间电势差UOP等于O、Q 两点间电势差UOQ，
故B 错误;根据对称性结合qU＝1
2mv2，可知粒子到达Q 点时的速度大小为v0，粒子不会在P、Q
两点之间做往复运动，故C 错误;该粒子由P 点运动到Q 点的过程，静电力先做负功，后做正功，
则电势能先增大后减小，故D 正确。
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7.(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为
m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球
沿竖直方向运动，在小球由释放到刚离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1
和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中下列说法正确的是( )
A.小球的重力势能增加－W1
B.小球的电势能增加W2
C.小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2
D.撤去F 前弹簧的弹性势能为1
2mv2－W1－W2
答案 ACD
解析 根据重力做功与重力势能变化关系可得WG＝W1＝－ΔEp 重，小球上升过程重力做负功，小
球的重力势能增加了－W1，故A 正确;根据电场力做功与电势能变化关系可得W 电＝W2＝－ΔEp 电，
带正电小球上升过程电场力做正功，小球的电势能减少了W2，故B 错误;小球与弹簧组成的系统，
在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于静电力对小球做正功，大小为W2，小球与弹簧
组成的系统机械能增加了W2，故C 正确;在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，根据能量
守恒定律可知，减少的弹性势能与减少的电势能之和等于增加的重力势能与增加的动能之和，则
有W2＋Ep 弹＝－W1＋1
2mv2，解得撤去F 前弹簧的弹性势能为Ep 弹＝1
2mv2－W1－W2，故D 正确。
8.(多选)(2025·河北沧州模拟)一带正电的物体仅在静电力作用下沿x 轴正方向运动，物体的动能随
位移的变化规律如图所示，已知物体所带的电荷量为q，坐标原点为电势零点。则下列说法正确
的是( )
A.0~2x0区域电场方向沿x 轴正方向
B.0~x0与x0~2x0区域电场强度大小之比为1∶2
C.x0处的电势为E0
q
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D.0 与2x0处的电势差为－E0
q
答案 BD
解析 0~x0动能一直增加，该区域的静电力向右，又电荷带正电，则电场方向向右;x0~2x0动能一
直减小，则电场方向向左，故A 错误;物体仅在静电力作用下运动，由动能定理得Fx＝Ek－E0，整
理得Ek＝Fx＋E0，图线的斜率表示静电力，0~x0区域F1＝
2 E0−E0
x0
＝E0
x0
，x0~2x0区域F2＝
0−2 E0
2 x0−x0
＝－
2 E0
x0 ，所以0~x0与x0~2x0区域静电力大小之比为1∶2，由E＝F
q ，可知电场强度大小之比为
1∶2，故B 正确;物体在整个运动过程中，只有静电力做功，则只有电势能和动能的转化，由于原
点处电势为零，则电势能为零，由能量守恒定律得E0＝2E0＋Ep1，又Ep1＝qφx0，解得φx0＝－E0
q ，
故C 错误;同理2x0处的电势能为Ep2＝E0，2x0处的电势为φ2＝E0
q ，0 与2x0处的电势差为U＝0－φ2
＝－E0
q ，故D 正确。
9.(多选)(2024·广东深圳模拟)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、带电荷量q(q>0)的物体。加上沿着斜面方向的电场，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
E1
q x1
＋mgsinθ
q
B.x1~x2过程中，物体电势降低了E2−E1
q
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
答案 BCD
解析 0~x1过程中，静电力做正功，机械能增大，则E1＝qEx1，解得E＝
E1
q x1
，故A 错误;x1~x2过
程中，静电力做正功，电势降低，可得qUAB＝E2－E1，解得UAB＝E2−E1
q
，故B 正确;E－x 图像的
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斜率表示静电力大小，故x1~x2过程中，斜率逐渐减小到零，静电力逐渐减小到零，物体加速度a
＝qE−mgsinθ
m
，可知加速度先沿斜面向上减小到零，后沿斜面向下增大，故C 正确;x2~x3过程中，
机械能不变，故只有重力做功，静电力为0，则电场强度为零，故D 正确。
10.如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个点电荷分别固定于相距为6L 的A、
B 两处。一质量为m、电荷量为q 的带负电小滑块(可视为质点)从x＝－L 处由静止释放后沿x 轴正
方向运动，在x＝2L 处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，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，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.两固定点电荷均为正电荷
B.QA＝2QB
C.x＝L 处电势最低
D.从－L 到2L，电势升高3 μmgL
q
答案 D
解析 小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x＝L 处电势能最小，则x＝L
处电势最高，故A、C 错误;根据功能关系知Ep－x 图像的斜率表示静电力，可知在x＝L 处静电力
为零，则k
Q A
(4 L)
2＝k
QB
(2 L)
2，解得QA＝4QB，故B 错误;对滑块，从－L 到2L，由动能定理有－qU
－μmg·3L＝0－0，解得U＝μmg·3 L
−q
，则从－L 到2L，电势差为负，电势升高3 μmgL
q
，故D 正确。
11.(2025·河北邯郸一模)如图所示，电场强度为E 的匀强电场中有一光滑水平绝缘平面，一根轻弹
簧左端固定在平面上，右端拴接一个带正电的绝缘物块甲，平衡时物块甲静止在a 点。某时刻在
b 点由静止释放带有正电的绝缘物块乙，乙与甲发生碰撞后一起向左运动但未粘连，当甲、乙一
起返回到c 点时，弹簧恰好恢复原长，甲、乙速度刚好为零。若在d 点由静止释放乙，乙与甲发
生碰撞后仍一起压缩弹簧运动，返回到c 点时甲、乙分离，分离后，乙刚好能够返回到e 点(未画
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出)。已知物块甲、乙可视为质点，质量均为m，电荷量均为q，a、b 间距离为L，a、c 间距离以
及b、d 间距离均为L
3 ，忽略甲、乙间的库仑力。求:
(1)初始状态弹簧储存的弹性势能;
(2)e 点与a 点的距离。
答案 (1)1
6qEL (2) 5
12L
解析 (1)乙从b 到a，由动能定理得qEL＝1
2mv0
2
解得乙与甲碰撞前的速度大小v0＝√
2qEL
m
乙与甲碰撞过程由动量守恒定律得mv0＝2mv
解得碰撞后甲、乙的速度大小均为v＝√
qEL
2m
甲、乙从一起压缩弹簧到甲、乙一起返回到c 点，由功能关系得
Ep＋1
2×2mv2＝2qE· L
3
解得初始状态弹簧储存的弹性势能Ep＝1
6qEL。
(2)在d 点由静止释放乙，到乙与甲发生碰撞前，对乙由动能定理得qE(L＋1
3 L)＝1
2mv1
2
解得碰撞前乙的速度大小v1＝√
8qEL
3m
甲、乙的碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得碰撞后甲、乙的速度大小为v2＝√
2qEL
3m
从甲、乙碰撞后到甲、乙一起返回到c 点时，由功能关系得
Ep＋1
2×2mv2
2＝2qE·1
3L＋1
2×2mv3
2
解得甲、乙分离时的速度大小为v3＝√
qEL
6m
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乙分离后到乙停止运动，由动能定理得－qEL'＝0－1
2mv3
2
解得L'＝1
12L
则e 点与a 点的距离为x＝1
3L＋1
12L＝5
12L。
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