第二講電場能的性質[人教版必修第三冊]1．閱讀第十章第1節“電勢能”“電勢”兩部分內容，電勢能和電勢的物理量意義是什么？提示：電勢能是電荷在電場中與位置有關的能量，大小是相對的，與零勢面的選取有關；電勢表示電場中某點能的性質的物理量，由場源本身決定。2．第十章第1節P27頁圖10.1－3，如何求解試探電荷沿任意曲線從A點移動到B點靜電力做多少功？提示：用微元法把曲線分成很多小段，小到分割后的每一段曲線都可以看作直線，把每一小段直線運動的靜電力做功代數相加，便得整個過程中靜電力做的功。3．閱讀第十章第2節P23頁“等勢面”相關內容，為什么電場線與等勢面一定垂直？提示：利用反證法，假如不垂直，電場強度就有一個沿著等勢面的分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功，這與這個面是等勢面矛盾。所以電場線與等勢面一定垂直。4．第十章P51頁【復習與提高】B組T3，如何確定過B點的電場線方向？提示：A、B兩點間的電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4V。B、C兩點間的電勢差為UBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V。因為UAB＝φA－φB＝4V，UBC＝φB－φC＝－2V，而φB＝0，所以φA＝4V，φC＝2V。由于勻強電場中沿任一直線方向電勢均勻變化，所以A、B連線中點的電勢為2V，連接該中點與C點即為等勢線。電場線與等勢線垂直且指向電勢低的等勢線，因此過B點的電場線方向如圖所示：考點一電場力做功、電勢、電勢能1．靜電力做功（1）特點：靜電力做功與路徑無關，只與初、末位置有關。（2）計算方法①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離。②WAB＝qUAB，適用于任何電場。2．電勢能（1）定義：電荷在電場中具有的勢能，數值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時靜電力所做的功。（2）靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。（3）電勢能的相對性：電勢能是相對的，通常把電荷離場源電荷無限遠處的電勢能規定為零，或把電荷在大地表面上的電勢能規定為零。3．電勢（1）定義：電荷在電場中某點具有的電勢能Ep與它的電荷量q的比值。（2）定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。電勢是標量，其正（負）表示該點電勢比零電勢高（低）。（3）相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。4．判斷電勢高低的四種方法判斷方法具體應用依據電場線方向沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面依據靜電力做功根據UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低依據電勢能大小正電荷在電勢較高處電勢能較大，負電荷在電勢較低處電勢能較大依據場源電荷的正、負取無限遠處為零電勢點，正電荷周圍電勢為正值，且離正電荷越近電勢越高；負電荷周圍電勢為負值，且離負電荷越近電勢越低5．多個場源點電荷形成的電場中電勢高低的比較（1）根據及判斷如圖所示，為了比較A、B點的電勢，引入試探電荷q，將q從A移到B，則Q1和Q2對q的靜電力所做的總功：WAB＝WAB1＋WAB2；然后由WAB的正負根據WAB＝－ΔEp判斷q的電勢能是變大還是變小；再由φ＝eq\f(Ep,q)比較φA和φB的大小。（2）根據電勢的疊加判斷電勢的疊加遵從代數運算法則。證明：WAB＝WAB1＋WAB2WAB1＝q(φA1－φB1)WAB2＝q(φA2－φB2)而WAB＝q(φA－φB)聯立可得：φA＝φA1＋φA2，φB＝φB1＋φB2，即某點的電勢等于各場源電荷在該點電勢的代數和。6．判斷電勢能大小的四種方法判斷方法具體應用根據電場線的方向判斷(1)正電荷順著電場線運動電勢能減小；(2)負電荷順著電場線運動電勢能增加根據靜電力做功判斷(1)靜電力做正功，電勢能必減小；(2)靜電力做負功，電勢能必增加根據電勢判斷由Ep＝qφ知，電勢越高，正電荷的電勢能越大，負電荷的電勢能越小根據能量守恒判斷在電場中，若只有靜電力做功，帶電粒子的動能和電勢能相互轉化，動能增加，電勢能減小，反之，電勢能增加題型一電場力做功與電勢能的變化（2023高考·全國卷乙）在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP＞OM，OM＝ON，則小球（）A．在運動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點的電勢能大于在N點的電勢能C．在M點的機械能等于在N點的機械能D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功BC由題知，OP＞OM，OM＝ON，則根據點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN＞φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP＞EpM＝EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤、BC正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。選BC。題型二電場中場強、電勢和電勢能綜合問題（2024·廣東省·歷年真題）（多選）污水中的污泥絮體經處理后帶負電，可利用電泳技術對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極、金屬圓盤置于底部、金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M點和N點在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。下列說法正確的有（）A．M點的電勢比N點的低B．N點的電場強度比P點的大C．污泥絮體從M點移到N點，電場力對其做正功D．污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的大ACA．金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極，則圓盤帶正電荷，則電場線由圓盤指向金屬棒（向上），沿電場線方向電勢降低，所以M點的電勢比N點的低，故A正確；B．電場線的疏密表示電場的強弱，N點的電場線比P點的疏，則N點的電場強度比P點的小，故B錯誤；C．污泥絮體帶負電，從M點移到N點，電場力對其做正功，故C正確；D．污泥絮體帶負電，M點和P點在同一等勢面上，則P點的電勢比N點的低，則污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的小，故D錯誤。題型三電勢高低、電勢能大小的比較如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，有一個邊長為L的正三角形abc，三個頂點處分別固定一個電荷量為q（q＞0）的點電荷，D點為正三角形外接圓的圓心，E點為ab的中點，F點為E點關于頂點c的對稱點，下列說法中正確的是（）A．D點的電場強度一定不為零，電勢可能為零B．E、F兩點的電場強度等大反向，電勢不相等C．c點電荷受到a、b點電荷的庫侖力的合力F庫＝eq\f(\r(3)kq2,L2)D．若將一負點電荷從c沿直線移動到F，其電勢能將不斷減小C三個點電荷在D點的場強大小相等，方向沿三角形各角的角平分線，由矢量的合成可知，D點的場強一定為零，故A錯誤。由于a、b點電荷在E點的場強大小相等，方向相反，故E點的場強僅由c點電荷決定，故場強方向由D指向E，因c點電荷在E、F位置的場強大小相同，方向相反，而a、b點電荷在F點的合場強方向由D指向F，大小不為0，故E、F兩點的電場強度大小不同，方向相反；在c點電荷的電場中，E、F兩點關于c點對稱，則電勢相等，而在a、b兩點電荷的合電場中，E點的電勢高于F點的電勢，所以E點的電勢高于F點的電勢，故B錯誤。由場強的疊加原理可知，a、b處電荷在c點產生的合場強Ec＝eq2\f(kq,L2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq,L2)，故c點電荷受到a、b點電荷的庫侖力的合力F庫＝eq\f(\r(3)kq2,L2)，故C正確。若將一負點電荷從c沿直線移動到F，負電荷所受3個正電荷的庫侖力都一直做負功，則其電勢能將不斷增大，故D錯誤。故選C。1．求靜電力做功的四種方法2．電場線、電場強度、電勢、電勢能、等勢面之間的關系（1）電場線與電場強度的關系：同一電場，電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向。（2）電場線與等勢面的關系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。（3）電場強度大小與電勢無直接關系：零電勢位置可人為選取，電場強度的大小由電場本身決定，故電場強度大的地方，電勢不一定高。（4）電勢能與電勢的關系：正電荷在電勢高的地方電勢能大；負電荷在電勢低的地方電勢能大。（5）電場場強的疊加遵從矢量合成法則，電勢的疊加遵從代數運算法則。1．（2021·全國乙卷）如圖a，在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖b中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為FM和FN，相應的電勢能分別為EpM和EpN，則（）A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpNC．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EPnA由圖中等差等勢面的疏密程度可知EM＜EN，根據F＝qE可知FM＜FN；分析可知圖中電場線由金屬板指向負電荷，設將該試探電荷從M點移到N點，則靜電力做正功，電勢能減小，即EpM＞EpN。故選A。2．（2024·廣西壯族自治區·歷年真題）如圖，將不計重力、電荷量為q帶負電的小圓環套在半徑為R的光滑絕緣半圓弧上，半圓弧直徑兩端的M點和N點分別固定電荷量為27Q和64Q的負點電荷。將小圓環從靠近N點處靜止釋放，小圓環先后經過圖上P1點和P2點，己知sinθ＝則小圓環從P1點運動到P2點的過程中（）A．靜電力做正功 B．靜電力做負功C．靜電力先做正功再做負功 D．靜電力先做負功再做正功A設在小圓環在P1、P2間的任意一點P，PM與MN的夾角為α，根據幾何關系可得37°≤α≤53°帶負電的小圓環在兩個負點電荷電場中的電勢能Ep＝根據數學知識可知在37°≤α≤53°范圍內，隨著α的增大，小圓環的電勢能一直減小，所以靜電力做正功。故選A。3．（2022·湖南高考）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小 B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大 D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大A四根絕緣棒均勻帶有等量正電荷，將其等分為極多個電荷量相等的點電荷，根據電場強度的疊加原理及對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，b、d處絕緣棒產生的電場在O點處的合場強為零，而c處絕緣棒產生的電場在O點處的場強垂直指向a，則O點處電場強度方向垂直指向a；由于電勢是標量，疊加遵循代數加減法則，每根絕緣棒產生的電場在O點處的電勢均大于零（取無窮遠處電勢為零），可知移去a處的絕緣棒后，O點處的電勢減小。故A正確。4．（2024·吉林省·歷年真題）在水平勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直紙面內運動，如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中（）A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小D根據題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據力的合成可知電場強度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的位移的方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。考點二電勢差與電場強度的關系1．電勢差（1）定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。（2）電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。（3）影響因素：電勢差UAB由電場本身的性質決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取無關。2．等勢面（1）定義：電場中電勢相等的各點組成的面。（2）特點①等勢面一定與電場線垂直。②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。3．幾種典型電場的電場線、等勢面電場等勢面重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種（正）點電荷的電場兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高4．勻強電場中電勢差與電場強度的關系（1）UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。（2）沿電場強度方向電勢降落得最快。（3）在勻強電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。推論如下：推論①：如圖甲，C點為線段AB的中點，則有φC＝eq\f(φA＋φB,2)。推論②：如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。5．E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的兩點妙用（1）解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系：當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即等差等勢面越密，電場強度越大。（2）定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系，如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。題型一E＝eq\f(U,d)的定性分析（多選）如圖為靜電除塵器除塵原理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，圖示位置的P、M、N三點在同一直線上，且PM＝MN。塵埃在電場中通過某種機制帶上負電，在靜電力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，下列判斷正確的是（）A．a是直流高壓電源的正極B．電場中P點的場強小于M點的場強C．電場中M點的電勢低于N點的電勢D．電場中P、M間的電勢差UPM大于M、N間的電勢差UMNCD帶負電的塵埃向集塵極遷移，說明集塵極接直流高壓電源的正極，a是直流高壓電源的負極，選項A錯誤；從放電極到集塵極的電場，因P點離放電極較近，P點的電場線比M點的電場線密，所以電場中P點的場強大于M點的場強，選項B錯誤；由于集塵極帶正電，電勢高，而沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以電場中M點的電勢低于N點的電勢，選項C正確；放電極與集塵極之間的電場是非勻強電場，P、M間的平均場強大于M、N間的平均場強，根據U＝Ed可得，P、M間的電勢差UPM大于M、N間的電勢差UMN，選項D正確。故選CD。題型二E＝eq\f(U,d)的定量計算如圖所示，a、b、c、d為一矩形的四個頂點，一勻強電場的電場強度方向與該矩形平行。已知a、b、c三點的電勢分別為0.1V、0.4V、0.7V。ab的長為6cm，bc的長為8cm。下列說法正確的是（）A．該勻強電場的電場強度大小為6.25V/mB．把一帶電荷量為0.1C的正點電荷從d點移動到矩形中心處的過程中，電場力做的功為0.03JC．矩形abcd上電勢最高的點的電勢為1VD．矩形abcd上電勢最低的點的電勢為0.2VAa、c連線的中點的電勢為＝0.4V，由勻強電場的性質可知b、d連線上各點的電勢均為0.4V，則E＝，其中tanθ＝，解得E＝6.25V/m，故A正確；把一帶電荷量為0.1C的正點電荷從d點移動到矩形中心處的過程中，電勢不變，電場力做的功為0，故B錯誤；根據電場線垂直于等勢線，且由電勢高處指向電勢低處，可知矩形上電勢最高的點的電勢為0.7V，最低的點的電勢為0.1V，故C、D錯誤。故選：A。（多選）如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q（q＞0）的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2，下列說法正確的是（）A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差BD根據題意無法判斷電場方向，故A錯誤；由于電場為勻強電場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以φM＝eq\f(φc＋φa,2)，φN＝eq\f(φd＋φb,2)，若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為W＝qUMN＝q(φM－φN)＝eqq\f(φc＋φa,2)－eqq\f(φd＋φb,2)＝eq\f(qUcd＋qUab,2)＝eq\f(W1＋W2,2)，故B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是eq\f(W2,qL)，故C錯誤；若W1＝W2，說明Ucd＝Uab，UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因為φM＝eq\f(φc＋φa,2)，φN＝eq\f(φd＋φb,2)，解得：UaM－UbN＝0，故D正確。故選：BD。1．由勻強電場的電勢分布確定電場強度的方法：等分法三等分法勻強電場中同一條直線上的線段兩端點間電勢差正比于線段長度。三步法確定電場強度：①確定等勢線；②畫等勢線的垂線，確定電場強度方向；③根據定電場強度大小平行結論法勻強電場中若兩線段（非等勢線線段）平行，則這兩線段各自的端點間電勢差正比于線段長度。題中出現平行線時可用此方法正交分解法勻強電場中，利用分別求出兩垂直方向的電場強度，再求出各電場強度2．等分法確定電場線及電勢高低的解題思路：1．（2024·江蘇省南京市·模擬題）某電子束焊接機的工作原理如圖所示，在直流高壓作用下，陰極K（接地）與陽極A之間形成輻向電場，虛線為電場線，在同一電場線上有B，C，D三點，BC＝CD。一電子以某一初速度從B點沿直線運動到D點。下列說法正確的是（）A．電子受到的電場力不變B．電子的電勢能逐漸減小C．B，C兩點間的電勢差大于C、D兩點間的電勢差D．電子從B點運動到C點的時間等于其從C點運動到D點的時間CA．根據電場線越密電場強度越大，由圖可知，從B點到D點，電場強度越來越小，則電子受到的電場力逐漸減小，故A錯誤；B．根據沿電場線方向電勢逐漸降低，由圖可知，從B點到D點，電勢逐漸降低，由Ep＝qφ可知，電子所在位置的電勢能逐漸升高，故B錯誤；C．由公式U＝Ed可知，由于BC＝CD，BC間的平均電場強度大于CD間的平均電場強度，則B、C兩點間的電勢差大于C、D兩點間的電勢差，故C正確；D．電子從B點運動到D點的過程中做減速直線運動，則電子從B點運動到C點過程中的平均速度大于從C點運動到D點過程中的平均速度，由＝可知，電子從B點運動到C點的時間小于其從C點運動到D點的時間，故D錯誤。故選：C。2．（2024·江西省南昌市·模擬題）如圖所示，O、A、B是勻強電場中的三個點，電場方向平行于O、A、B所在的平面。OA與OB的夾角為60°，OA＝3l，OB＝l。現有電荷量均為q（q＞0）的甲、乙兩粒子以相同的初動能Ek從O點先后進入勻強電場，此后甲經過A點時的動能為4Ek，乙經過B點時的動能為2Ek，若粒子僅受勻強電場的電場力作用，則該勻強電場的場強大小為（）A． B． C． D．C甲粒子從O到A，根據動能定理得qUOA＝3Ek，乙粒子從O到B，根據動能定理得qUOB＝Ek，則UOA＝，UOB＝，所以UOA＝3UOB，則根據勻強電場的特點可找到與B點電勢相等的點，設為D點，從而作出等勢面如圖：其中BD為等勢面，所以有UOB＝Ed，d＝sin60°·l，聯立解得E＝，故C正確，ABD錯誤。故選C。3．（2021·海南高考）如圖，在勻強電場中有一虛線圓，ab和cd是圓的兩條直徑，其中ab與電場方向的夾角為60°，ab＝0.2m，cd與電場方向平行，a、b兩點的電勢差Uab＝20V。則（）A．電場強度的大小E＝200V/mB．b點的電勢比d點的低5VC．將電子從c點移到d點，電場力做正功D．電子在a點的電勢能大于在c點的電勢能AD根據Uab＝E·abcos60°，可得電場強度的大小E＝eq\f(Uab,ab·cos60°)＝eq\f(20,0.2×0.5)V/m＝200V/m，A正確；沿電場線電勢逐漸降低，可知b點的電勢比d點的電勢高，B錯誤；將電子從c點移到d點，因電子所受的電場力與位移反向，可知電場力做負功，C錯誤；因a點的電勢低于c點的電勢，則電子在a點的電勢能大于在c點的電勢能，D正確。故選：AD。考點三電場線、等勢面及運動軌跡問題1．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析（1）從軌跡的彎曲方向判斷受力方向（軌跡向合外力方向彎曲），從而分析電場方向或電荷的正負。（2）結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。（3）根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。2．一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零或初速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受靜電力或所受合力的方向始終與靜電力方向相同或相反。題型一電場線和運動軌跡問題（2023高考·全國卷甲）在一些電子顯示設備中，讓陰極發射的電子束通過適當的非勻強電場，可以使發散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是（）A． B．C． D．A電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側，A正確；電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點相互矛盾，B錯誤；電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點相互矛盾，C錯誤；電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側，對電子受力分析有可見與電場力的受力特點相互矛盾，D錯誤；選A。（2023年高考·北京卷）如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷位于M、N兩點上，E、F是MN連線中垂線上的兩點，O為EF、MN的交點，EO＝OF。一帶負電的點電荷在E點由靜止釋放后（）A．做勻加速直線運動B．在O點所受靜電力最大C．由E到O的時間等于由O到F的時間D．由E到F的過程中電勢能先增大后減小C帶負電的點電荷在E點由靜止釋放，將以O點為平衡位置做簡諧運動，在O點所受電場力為零，故AB錯誤；根據運動的對稱性可知，點電荷由E到O的時間等于由O到F的時間，C正確；點電荷由E到F的過程中電場力先做正功后做負功，則電勢能先減小后增大，D錯誤。故選C。題型二等勢面和運動軌跡問題（2023高考·遼寧卷）（多選）圖（a）為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖，圖（b）為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則（）A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變CDA．因P點所在的等勢面高于M點所在的等勢面，可知P點電勢比M點的高，選項A錯誤；B．因M點所在的等差等勢面密集，則M點場強較P點大，即P點電場強度大小比M點的小，選項B錯誤；C．場強方向垂直等勢面，且沿電場線