微专题11电场的性质

微专题11电场的性质【知识规律整合】知识整合热点考向考向1：有关库仑力的平衡问题。考向2：电场强度的叠加问题。考向3：电场能的性质。考向4：有关带电粒子运动轨迹问题。题型一电场强度的叠加1．电场强度的叠加(如图所示)2．选用技巧(1)点电荷电场、匀强电场电场强度叠加一般应用合成法。(2)均匀带电体与点电荷电场强度叠加一般应用对称法。(3)计算均匀带电体某点产生的电场强度一般应用补偿法或微元法。【例1】如图1所示，一个绝缘圆环，当它的eq\f(1,4)段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E。现使半圆ABC均匀带电且电荷量为＋2q，而另一半圆ADC均匀带电且电荷量为－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为()图1A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析当圆环的eq\f(1,4)段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC均匀带电且电荷量为＋2q时，由如图所示的矢量合成可得，在圆心O处的电场强度大小为eq\r(2)E，方向由O指向D；当另一半圆ADC均匀带电且电荷量为－2q时，同理，在圆心O处的电场强度大小为eq\r(2)E，方向由O指向D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2eq\r(2)E，方向由O指向D，故A正确。【例2】如图2所示，水平面上有一均匀带电圆环，带电荷量为Q，其圆心为O点。有一带电荷量为q的小球恰能静止在O点正上方的P点，O、P间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ，静电力常量为k。以下说法正确的是()图2A．P点电场强度大小为eq\f(kQ,L2)B．P点电场强度大小为eq\f(kQcosθ,L2)C．P点电场强度大小为eq\f(kQcos2θ,L2)D．P点电场强度大小为eq\f(kQcos3θ,L2)答案D解析将圆环分为n等份(n很大)，每等份均可看成点电荷，则圆环上每份电荷量q′(q′＝eq\f(Q,n))在P点产生的电场强度的大小为E＝eq\f(kq′,r2)＝eq\f(kq′,（\f(L,cosθ)）2)＝eq\f(kq′cos2θ,L2)，由对称性可知，所有点电荷在P点水平方向上合电场强度为0，竖直方向上的合电场强度大小为E′＝eq\f(nkq′cos2θ,L2)cosθ＝eq\f(kQcos3θ,L2)，选项D正确，A、B、C错误。题型二电场能的性质1．电势高低的判断(1)根据电场线方向，即沿着电场线方向，电势越来越低。(2)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。2．电势能变化的判断(1)根据静电力做功判断，若静电力对电荷做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加，即W＝－ΔEp。(2)正电荷在电势较高处电势能较大，负电荷在电势较低处电势能较大。(3)根据能量守恒定律判断，静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有静电力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和保持不变。即当动能增加时，电势能减少。【例3】(2021·江苏苏锡常镇四市5月第二次调研)内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图3所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是()图3A．O点电场电场强度不为零B．O点电势不为零C．A、B两点电场强度相等D．A、B两点电势相等答案D解析两等量正离子在O点的合电场强度为0，两等量负离子在O点的合电场强度为0，则四个离子的合电场强度为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上，各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误。题型三电场线、等势面(线)与粒子运动轨迹的综合问题1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向。选用轨迹和电场线(等势线)的交点更方便。2．判断静电力(或电场强度)的方向：仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断电场强度的方向。3．判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能减少；若静电力与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。【例4】如图4所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是()图4A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN答案D解析电场线密的地方电场强度大，粒子受到的静电力大，根据牛顿第二定律知aM<aN。粒子受到的静电力指向曲线运动轨迹的凹侧，又粒子带负电，所以电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，而沿电场线方向电势降低，即φM>φN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒定律知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpM<EpN，vM>vN，故A错误，D正确。题型四静电场中的图像问题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φ－x图像电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零；在φ－x图像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E－x图像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。E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差Ep－x图像Ep－x图像的切线斜率表示静电力，纵截距表示初电势能【例5】电场中某三条等势线如图5中实线a、b、c所示。一电子仅在静电力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的v－t图像可能是图中的()图5答案A解析结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在静电力作用下沿直线从P运动到Q，做加速度越来越小的加速运动，故选项A正确。【例6】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变化的关系图像如图6所示，其中P点电势最高，且xAP<xPB，则()图6A．q1和q2都是正电荷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．一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小答案C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项错误；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则P点的电场强度为零，据电场强度的叠加知两点电荷在P处产生的电场强度等大反向，即keq\f(q1,xeq\o\al(2,AP))＝keq\f(q2,xeq\o\al(2,BP))，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，电势先升高后降低，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C项正确；φ－x图像的切线斜率表示电场强度，则沿x轴从P点到B点电场强度逐渐增大；加速度逐渐增大，故D项错误。【例7】静电场方向平行于x轴，将一电荷量为－q的带电粒子在x＝d处由静止释放，粒子只在静电力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系如图7所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，四幅示意图分别表示电势φ随x的分布、电场强度E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系，其中正确的是()图7答案D解析因为粒子带负电，由Ep＝qφ可知，电势的变化应与图A中方向相反，故φ－x图像应与Ep－x图像的形状上下对称，选项A错误；因为φ－x图像的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，沿电场方向电势降低，所以在x＝0的左侧存在沿x轴负方向的匀强电场，在x＝0的右侧存在沿x轴正方向的匀强电场，选项B错误；根据牛顿第二定律有qE＝ma，粒子在匀强电场中运动时加速度大小不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值、在x＝0右侧为负值，选项C错误；因为带电粒子只受静电力作用，所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变，即Ek－x图像应与Ep－x图像的形状上下对称，选项D正确。1．(2021·江苏卷)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图8所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则()图8A．O、C两点电势相等B．A点的电场强度大于B点C．沿直线从A到B电势先升高后降低D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大答案A解析对于完整带电球壳，在其内部AB的中垂面上各点的电场强度为0，则左右半球在此中垂面上各点产生的电场强度等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，所以左右半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面，则只有右半球壳时，中垂面为等势面，O、C电势相等，故A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2，则由题知，E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。2．(2021·江苏卷)有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1×10－8F的电容器，在2ms内细胞膜两侧的电势差从－70mV变为30mV，则该过程中跨膜电流的平均值为()A．1.5×10－7A B．2×10－7AC．3.5×10－7A D．5×10－7A答案D解析根据Q＝CU，可知ΔQ＝CΔU＝10－8×(30＋70)×10－3C＝10－9C，则该过程中跨膜电流的平均值为I＝eq\f(ΔQ,t)＝eq\f(10－9,2×10－3)A＝5×10－7A，故D正确。3．(2021·辽宁卷，6)等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图9所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受静电力大小分别为Fa和Fb，则()图9A．Epa>Epb，Fa>Fb B．Epa>Epb，Fa<FbC．Epa<Epb，Fa>Fb D．Epa<Epb，Fa<Fb答案D解析电场线的疏密程度表示电场强度的大小，则Ea<Eb，则有Fa＜Fb，匀强电场方向水平向右，正负电荷形成的电场中电场线由正电荷指向负电荷，可知图中的电场线方向为从左指向右，由对称性可知b点电势小于a点电势，由Ep＝qφ可知负电荷Epb>Epa，故选项D正确。4．(2022·湖南卷，2)如图10，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是()图10A．电场强度方向垂直指向a，电势减小B．电场强度方向垂直指向c，电势减小C．电场强度方向垂直指向a，电势增大D．电场强度方向垂直指向c，电势增大答案A解析根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O点产生的电势为φ0，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ0，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ0，故O点的电势减小，故A正确。5．(2022·山东卷，3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为()图11A．正电荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正电荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．负电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．负电荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,（2R）2)，联立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故C正确。1．(2022·江苏泰州高三期末)如图1所示，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负点电荷Q，图中虚线为一试探电荷只在静电力作用下的运动轨迹，A、B为轨迹上两点，则该试探电荷()图1A．带正电B．在A点的速度比在B点的速度小C．在A点的电势能比在B点的电势能小D．在A点的加速度比在B点的加速度大答案C解析根据试探电荷的运动轨迹可知，电荷受静电力大致向下，可知试探电荷带负电，选项A错误；从A到B静电力做负功，则动能减小，电势能增加，则在A点的速度比在B点的速度大，在A点的电势能比在B点的电势能小，选项B错误，C正确；因电荷在B点受静电力较大，则在A点的加速度比在B点的加速度小，选项D错误。2．(2022·江苏如皋高三期末)如图2所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，环上套有两个相同的带电小球A和B，静止时A、B之间的距离为R，现用外力缓慢推A使其到达圆环最低点P的过程中()图2A．圆环对B的支持力变大B．圆环对B的支持力不变C．A、B系统的电势能增大D．A、B系统的电势能不变答案C解析球A到达P点的过程中，B向上运动，其所受的重力与库仑力夹角变大，其合力变小，则圆环对B球的支持力变小，故A、B错误；球A到达P点的过程中，两者的距离变小，外力做正功，静电力做负功，电势能增加，故C正确，D错误。3．(2022·江苏盐城高三期末)如图3所示的电路中，t＝0时刻闭合S，则A、B两点的电势φA、φB随时间t的变化规律描述正确的是()图3答案C解析由题意可知，A点的电势等于电源正极的电势，因负极电势为零，则φA＝U＝E－Ir，因开始充电时电流不是无穷大，则A点的电势不为零，最终电流为零时φA＝E，选项A、B错误；因B点电势等于电阻两端电压的大小，则φB＝UR＝IR，则随充电电流逐渐减小，φB随时间t逐渐减小到零，选项C正确，D错误。4．(2022·江苏泰州模拟)在带电量为＋Q的金属球的电场中，为测量球附近某点的电场强度E，现在该点放置一带电量为＋eq\f(Q,2)的点电荷，点电荷受力为F，则该点的电场强度()A．E＝eq\f(2F,Q) B．E>eq\f(2F,Q)C．E<eq\f(2F,Q) D.eq\f(E,2)＝eq\f(2F,Q)答案B解析试探电荷会引起金属球上电荷的重新分布。同种电荷相互排斥，使得金属球上的电荷远离放置的点电荷，导致此时的电场强度降低。此时的电场强度为E′＝eq\f(F,\f(Q,2))＝eq\f(2F,Q)，故原来该点的电场强度应大于该值，选项B正确。5．(2022·江苏南通模拟)如图4所示，有一个均匀带正电的绝缘球体，球心为O1，球体内有一个球形空腔，球心为O2，M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心O1且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到O1距离相等。则()图4A．P、Q两点电场强度相同B．P点电场强度比N点的小C．M点电势比N点的低D．M点电势比P点的高答案D解析根据对称性可知P、Q两点电场强度大小相同但方向不同，故A错误；将球形空腔看作填满了等量正、负电荷，且电荷量密度与球体实心部分相同，则M、N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带正电球体O1与均匀带负电球体O2产生的电场强度和电势的叠加。由于P、N到O1的距离相同，所以完整的均匀带正电球体O1在P、N产生的电场强度(分别设为EP1和EN1)大小相同，且方向均背离圆心O1，而完整的均匀带负电球体O2在N点产生的电场强度EN2一定大于在P点产生的电场强度EP2，易知EN1和EN2方向相反，而EP1和EP2方向夹角小于180°，根据电场强度的叠加法则可知P点电场强度比N点的大，故B错误；规定无穷远处为电势零点，由于M、N到O1的距离相等，所以完整的均匀带正电球体O1在M、N产生的电势相等；由于M到O2的距离大于N到O2的距离，所以完整的均匀带负电球体O2在M产生的电势高于在N产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N点的高，同理分析可知M点电势比P点的高，故C错误，D正确。6．(2022·江苏苏州月考)电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。如图5所示，某“静电透镜”区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势φM>φN。现有一正电子束沿垂直虚线AB的方向进入“透镜”电场，仅在静电力的作用下穿过小孔CD。下列说法正确的是()图5A．M点的电场强度小于N点的电场强度B．正对N点射入“透镜”电场的正电子会经过N点C．正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子不会沿直线穿出小孔D．该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用答案D解析M点处的等势面比N点处等势面密集，则M点的电场强度大于N点的电场强度，故A错误；电场线与等势面垂直，则正对N点射入“透镜”电场的正电子受到的静电力的方向不总是指向N点，不会经过N点，故B错误；电场线与等势面垂直，由图中对称性及力的合成法则可知，正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的静电力的方向与速度方向相同，会沿直线穿出小孔，故C错误；电场线与等势面垂直，根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的静电力方向可知，该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用，故D正确。7．(2022·江苏淮安模拟)如图6所示，带正电小球静止在水平面上A点，BC为竖直放置的eq\f(1,4)圆弧，圆弧与水平面相切，今在空间内加上水平向左的匀强电场。已知：静电力大小等于重力，均为10N，圆弧半径为0.3m，AB间距离为0.1m，不计空气和摩擦阻力。小球从静止出发到再次回到水平面的过程中()图6A．从B到C速率一直增加B．动能最大值为1JC．距水平面的最大高度为0.1mD．再次回到水平面时与A点相距1.3m答案D解析重力与静电力的合力向左下方45°，小球运动到圆弧中点时速率最大，从B到C速率先增加后减小，A错误；小球运动到圆弧中点时速率最大，根据动能定理，动能最大值为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝－mgR(1－cos45°)＋qE(0.1＋Rsin45°)＝(3eq\r(2)－2)J，B错误；根据动能定理得qE×0.4－mg×0.3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(2)m/s，从C点上升到最高点的时间为t1＝eq\f(vC,g)＝0.14s，小球上升的最大高度为H＝eq\f(veq\o\al(2,C),2g)＋R＝0.4m，C错误；小球从最高点下落到水平面的时间为H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝0.28s，小球从离开圆弧到落地的时间为t＝t1＋t2＝0.42s，小球离开圆弧后在水平方向的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，再次回到水平面时与A点的距离为x＝eq\f(1,2)at2＋0.4m＝1.3m，D正确。8．(2022·江苏南通月考)如图7甲所示，在平行于纸面的匀强电场中，有一个半径为0.2m的圆形区域ABCD，圆心为O。P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，θ为PO连线旋转的角度，P点电势φ随θ变化情况如图乙所示，则()图7A．电场强度大小为10V/mB．电子在A点时的电势能为2eVC．电子在A点时所受静电力指向O点D．电子沿圆弧运动过程中静电力不做功答案A解析由图乙可知φA＝2V，当θ＝eq\f(π,3)时，P点位于下图中的E点处，此时可得φE＝1V，当θ＝eq\f(4π,3)时，P点位于下图中的F点处，由几何知识可知E、F、O三点共线，此时可得φF＝5V，则圆心O点的电势为φO＝eq\f(φE＋φF,2)＝3V，过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，M点为EO中点，则下图中M点的电势为φM＝eq\f(φE＋φO,2)＝2V＝φA，故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿FOE方向，过B点作电场线FOE的垂线，交于N点，如图所示。则有φA＝φM>φN＝φB，电场强度的大小为E＝eq\f(φO－φM,Rcos\f(π,3))＝eq\f(1V,0.2m×\f(1,2))＝10V/m，故A正确；电子在A点时的电势能为EpA＝－eφA＝－2eV，故B错误；由A选项中分析可知，电子在A点时所受静电力平行于EF斜向左下方，C错误；由A选项中分析可知，圆弧不是电场的一个等势面，所以电子沿圆弧运动过程中静电力做功，故D错误。9．(2022·江苏常州月考)如图8所示，电荷均匀分布的半球，在中心O处的电场强度的大小为E0，现沿图示方向过球心O从半球上切下一瓣，夹角为α＝60°，则切下的一瓣在O点的电场强度为()图8A．E0 B.eq\f(E0,2)C.eq\f(E0,3) D.eq\f(E0,4)答案B解析将半球面看作是无数点电荷的集合，根据对称性可知O点只具有竖直平面内的电场强度分量，且切下的一瓣在O点的电场强度与水平方向夹角为eq\f(α,2)斜向右下，剩余的一瓣在O点的电场强度与水平方向夹角为eq\f(180°－α,2)斜向左下，如图所示，根据矢量的运算法则及几何关系可知切下的一瓣在O点的电场强度为E＝E0sineq\f(α,2)＝eq\f(E0,2)，故B正确。10．(2022·江苏南京月考)在静电场中，某一带负电的点电荷沿x轴的电势能Ep随位置x的变化关系如图9所示，在x轴上有四点：x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，该带负电的点电荷只在静电力作用下由静止开始沿x轴从O点向x轴正方向运动，下列说法中正确的是()图9A．x2和x4两点处电场强度相等B．由x1运动到x4的过程中加速度先增大后减小C．由x1运动到x4的过程中动能先增大再减小D．设电荷从x1运动到x2，静电力做功W1，电荷从x1运动到x4，静电力做功W2，则W1<W2答案C解析Ep－x图像上各点切线的斜率表示静电力，由图可看出，x2和x4两点处切线斜率不同，所以静电力不等，由E＝eq\f(F,q)知电场强度不等，故A错误；由x1运动到x4的过程中，由图可以看出图线斜率的绝对值先减小后增大，则静电力的绝对值先减小后增大，由a＝eq\f(F,m)知加速度先减小后增大，故B错误；电荷只在静电力作用下运动，电势能与动能之和不变，由图知电荷从x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，故C正确；电荷在x2与x4两位置电势能相等，则电荷从x1运动到x2与电荷从x1运动到x4过程电势能的改变量相等，静电力做功等于电势能的减少量，则W1＝W2，故D错误。11．(2022·江苏连云港月考)如图10所示，在平面直角坐标系xOy的坐标轴上固定四个点电荷A、B、C、D，它们到原点O的距离相等，其中A、C的电荷量为＋q，B、D的电荷量为－q，a、b、c、d是坐标轴上到原点距离相等的四个点，则()图10A．a点的电场强度与c点的电场强度相同B．a点的电势与b点的电势相等C．试探电荷＋q′在a点的电势能等于在c点的电势能D．试探电荷＋q′沿直线从a点运动到d点静电力不做功答案C解析根据对称性和电场强度的叠加性可知，a点的电场强度与c点的电场强度大小相等，方向相反，A错误；根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a指向O，Ob线段的电场方向由O指向b，根据沿电场方向电势降低，可知φa>φO>φb，B错误；根据对称性可知，a点电势等于c点电势，则试探电荷＋q′在a点的电势能等于在c点的电势能，C正确；根据电场强度的叠加性可知，aO线段的电场方向由a指向O，Od线段的电场方向由O指向d，根据沿电场方向电势降低，可知φa>φO>φd，则试探电荷＋q′在a点的电势能大于在d点的电势能，可知试探电荷＋q′沿直线从a点运动到d点静电力做正功，D错误。12．(2022·江苏南京高三阶段练习)在x轴上x＝－3a和3a两点分别固定两点电荷A和B。图11中曲线是x轴上A、B之间各点的电势φ与位置x之间的关系图像，图线显示x＝a点处电势最低。现由x＝2a处由静止释放一正点电荷C，不计电荷C受到的重力。下列说法正确的是()图11A．A和B可能是异种电荷B．A和B的带电荷量之比为1∶4C．电荷C能运动到x＝－2a点处D．电荷C运动到x＝a处加速度为零答案D解析由φ－x图线可知，A和B是同种电荷，都为正电荷，A错误；由φ－x图线的斜率表示电场强度的大小可知x＝a处电场强度为零，加速