GY - GYEDU

习题课三　电场中的运动轨迹　功能关系和图像问题

要点一　电场线　等势面与运动轨迹

1.电场线和等势面互相垂直，根据等势线可以大体画出电场线，反之亦可。

2.带电粒子运动轨迹的三条规律

（1）带电粒子运动的速度方向为轨迹的切线方向；

（2）带电粒子所受合力方向应指向轨迹的凹侧；

（3）在运动过程中，若合力与速度方向的夹角小于90°，则合力做正功，若夹角大于90°，则合力做负功，若夹角等于90°，则合力不做功。

【典例1】　（2023·江苏射阳高二月考）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是（　　）

A.粒子带正电

B.b点和d点的电场强度相同

C.粒子的动能先减小后增大

D.粒子在a点的电势能大于在c点的电势能

答案：C

解析：根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。

规律方法

利用等势面分析轨迹问题的思路

涉及等势面的问题常与带电粒子的运动轨迹相结合，分析这类问题的思路如下：

（1）根据带电粒子的轨迹判断静电力的方向（带电粒子只受静电力，则静电力指向曲线的凹侧且垂直于等势面）。

（2）由等势面的电势高低判断电场线的方向，再结合带电粒子所受静电力的方向判断粒子的电性（或由带电粒子所受静电力方向及电性判断电场线方向，继而判断等势面的电势高低）。

（3）由动能定理判断带电粒子的动能变化，由静电力做功情况判断电势能的变化。

（4）由等差等势面的疏密程度判断电场强度的大小，继而判断带电粒子加速度的变化。

1.（2023·全国甲卷18题）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（　　）

解析：A

2.两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　）

A.两点电荷可能是异种点电荷

B.A点的电场强度比B点的大

C.A点的电势高于B点的电势

D.电子运动到P点时动能最大

解析：C　根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度比B点的小，B错误；静电力指向轨迹的内侧，分析电子运动的轨迹可知，电子受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高于B点的电势，C正确；电子从M点运动到P点的过程中，静电力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，静电力做正功，动能增大，故电子运动到P点时动能最小，D错误。

要点二　电场中的功能关系

1.只有静电力做功

只发生电势能和动能之间的相互转化，电势能与动能之和保持不变，功和能之间的关系为W_电＝－ΔE_电＝ΔE_k。

2.只有静电力和重力做功

只发生电势能、重力势能和动能之间的相互转化，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变，功和能之间的关系为W_电＋W_G＝－（ΔE_电＋ΔE_p）＝ΔE_k。

3.多个力做功

多种形式的能参与转化，要根据不同力做功和不同形式的能之间的转化的对应关系分析，总功等于动能的变化，即W_总＝W_电＋W_其他＝ΔE_k。

【典例2】　（2023·江苏泰州高二期中）如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25 h，一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s²，静电力常量为k，试求：

（1）此带电小球在B点的加速度大小；

（2）A、B两点间的电势差（用k、Q和h表示）。

答案：（1）30 m/s²　（2）－

解析：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为a_B。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝ma_B，解得a_B＝3g＝30 m/s²。

（2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qU_AB＝0，解得U_AB＝－。

1.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中（　　）

A.小球的重力势能减少了2mgh

B.小球的动能增加了2mgh

C.静电力做负功2mgh

D.小球的电势能增加了3mgh

解析：D　带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律F_合＝F_电－mg＝2mg，得

F_电＝3mg，在下落过程中静电力做功W_电＝－3mgh，重力做功W_G＝mgh，总功W＝W_电＋W_G＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。

2.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为－q的带负电小球套在杆上从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距离C点所在水平面的高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2。

（1）求小球滑至C点时速度的大小；

（2）求A、B两点间的电势差U_AB；

（3）若以C点作为零电势点，求A点的电势。

答案：（1）　（2）－　（3）－

解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球从B到C的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度h_BC＝

根据动能定理有mg·＝－，

解得v_C＝。

（2）小球从A到B，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·＋q｜U_AB｜＝

因为φ_A＜φ_B，所以U_AB＝－｜U_AB｜＝－。

（3）因为φ_A＜φ_C、φ_C＝0，所以φ_A＝－｜U_AC｜＝－｜U_AB｜＝－。

要点三　电场中的图像问题

　几种常见图像的特点及规律

【典例3】　空间中一静电场的某物理量沿x轴的分布情况如图所示，其中OA＝OB，图线关于未知轴对称，则（　　）

A.若为E-x图像，则φ_A＝φ_B

B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功

C.若为φ-x图像，则A、B两点处沿x轴方向的电场强度大小相等

D.若为φ-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做正功再做负功

答案：C

解析：由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以电场力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由E_p＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即电场力先做负功后做正功，故D错误。

1.一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v₀做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t₀时刻运动到B点，3t₀时刻运动到C点，下列判断正确的是（　　）

A.A、B、C三点的电势关系为φ_B＞φ_A＞φ_C

B.A、B、C三点的电场强度大小关系为E_C＞E_B＞E_A

C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少

D.粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功

解析：C　由图可知，带电粒子在0～t₀时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增加，在t₀～3t₀时间内向反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减少，则选项C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，则选项A错误；图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，又由图可知a_B＞a_C＞a_A，则A、B、C三点的电场强度大小关系为E_B＞E_C＞E_A，故选项B错误。

2.静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　）

A.在x₂和x₄处电势能相等

B.由x₁运动到x₃的过程中电势能增大

C.由x₁运动到x₄的过程中静电力先增大后减小

D.由x₁运动到x₄的过程中静电力先减小后增大

解析：C　由图像可知，在0～x₁之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x₁～x₄之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x₂到x₄是逆着电场线的方向，所以x₄处的电势要大于x₂处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x₁运动到x₃的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x₁运动到x₄的过程中，x₃处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。

3.在坐标－x₀到x₀之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x₀处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子（　　）

A.在－x₀～0区间一直做加速运动

B.在0～x₀区间受到的静电力一直减小

C.在－x₀～0区间电势能一直增加

D.在0～x₀区间电势能一直增加

解析：C　该图像为电势的变化图像，斜率代表了电场强度，故在0～x₀区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x₀～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x₀区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x₀～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转换为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。

1.如图所示，实线为电场线，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等，一个正电荷以一定的初速度进入电场中，仅在静电力作用下从M点运动到N点（轨迹在图中没有画出），此过程中静电力对正电荷做负功，由此可以判断（　　）

A.M点的电场强度大于N点的电场强度

B.M点的电场强度等于N点的电场强度

C.M点的电势低于N点的电势

D.M点的电势等于N点的电势

解析：C　根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，A、B错误；由E_pM－E_pN＝W_MN，得静电力做负功时电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由E_p＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误。

2.如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则小物块从M点运动到N点的过程中，下列说法错误的是（　　）

A.小物块所受电场力逐渐减小

B.小物块具有的电势能逐渐减小

C.M点的电势一定高于N点的电势

D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功

解析：C　小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得W_E－μmgx＝0，即W_E＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。

3.（2023·江苏扬州高二期中）如图所示，实线为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中虚线b为一垂直电场线的圆弧，AB＝BC，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力。以下说法正确的是（　　）

A.由于AB＝BC，故U_AB＝U_BC

B.a对应粒子的速度在减小，电势能在增大

C.b、c对应粒子的动能都在增大，电势能都在减小

D.a对应粒子的加速度越来越小，c对应粒子的加速度越来越大，b对应粒子的加速度大小不变

解析：D　根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，U_AB＜U_BC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。

4.在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q₁和Q₂，两点电荷形成的静电场中，取无穷远处电势为零，x轴上各点的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.Q₁带正电，Q₂带负电

B.P点的电场强度为零

C.将电子（负电）从P₁点沿x轴正方向移到P点的过程中，电子的电势能不断增大

D.电子仅在静电力作用下从P₁点沿x轴正方向运动到P点的过程中，加速度逐渐减小

解析：D　取无穷远处电势为零，则正电荷附近的点电势是大于零的，负电荷附近的点电势是小于零的，所以Q₁带负电，Q₂带正电，A错误；图中图线的斜率表示电场强度，可知P点的电场强度不为零，从P₁点沿x轴正方向运动到P点的过程中，电场强度逐渐减小，由公式qE＝ma可知电子加速度逐渐减小，B错误，D正确；由题图可知，将电子（负电）从P₁点沿x轴正方向移到P点的过程中，电势一直在升高，静电力做正功，电子的电势能不断减小，C错误。

5.（2023·江苏常州高二校联考）如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，下板B带负电，现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v₀竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场。

（1）带电小球在板间做何种运动？

（2）欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？

答案：（1）匀减速直线运动　（2）

解析：（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速直线运动；进入电场后受向下的重力和静电力，做匀减速直线运动。

（2）对从最低点到最高点过程，根据动能定理，

有：－mg（H＋h）－qU_AB＝0－m；

解得：U_AB＝。

考点一　电场线　等势面与运动轨迹

1.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U_ab＝U_bc，实线为一带负电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（　　）

A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小

B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小

C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能

D.三个等势面中，c的电势最高

解析：D　P处等差等势面密，P处电场强度大，质点受到的静电力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势面垂直可知带电质点所受的静电力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确。带电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误。带电质点的总能量守恒，即带电质点在运动过程中的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误。

2.如图所示，实线为一簇电场线，虚线是间距相等的等势面，一带电粒子沿着电场线方向运动，当它位于等势面φ₁上时，其动能为20 eV，当它运动到等势面φ₃上时，动能恰好等于零。设φ₂＝0，则当粒子的动能为8 eV时，其电势能为（　　）

A.28 eV B.12 eV

C.4 eV D.2 eV

解析：D　带电粒子从等势面φ₁运动到等势面φ₃过程中做减速运动，动能减少20 eV，由于相邻两等势面间电势差相等，所以从等势面φ₁到等势面φ₂的过程中动能减少10 eV，因此在等势面φ₂时动能为10 eV，此时电势能为0，因此总能量为10 eV，结合题意可知当粒子的动能等于8 eV时，电势能为2 eV，故D正确。

3.（2023·江苏常州高二校联考）位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是（　　）

A.P、O两点的电势关系为φ_P＜φ_O

B.P、Q两点电场强度的大小关系为E_P＜E_Q

C.若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零

D.若将某一负电荷由P点沿着图中虚曲线移到Q点，电场力做负功

解析：C　由电场线分布可知，ab、cd为等势面，且电势相等，E_P＞E_Q，选项A、B错误；P、Q等电势，所以把负电荷从P点沿题图中虚曲线移到Q点电场力做功为零，选项D错误；由对称性可知E_O＝0，选项C正确。

考点二　电场中的功能关系

4.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m，带电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（　　）

A.小球从A到D的过程中静电力做功为mv²

B.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小

C.小球从A到B的过程中电势能先增大后减小

D.A、B两点间的电势差U_AB＝

解析：D　由题述及几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由点电荷周围电势分布可知D与A的电势相等，即A、C间电势差与D、C间电势差相等，则由W＝qU，知小球从A到D的过程中静电力做的功等于0，A错误；由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中静电力对小球做正功而增大时做负功，所以小球从A到D的过程中电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增大，C错误；设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ＝mv²－0，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsin θ＋（－qU_AB）＝0－0，联立解得U_AB＝，D正确。

5.如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ＝30°，场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好水平。现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中，下列说法错误的是（　　）

A.外力所做的功为mgL

B.外力所做的功为qEL

C.带电小球的重力势能减少mgL

D.带电小球的电势能增加qEL

解析：B　小球在水平位置静止，可知小球带正电，由共点力的平衡有F_电sin θ＝mg，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W_电＝－EqL·（cos θ＋sin θ），因电场力做负功，电势能增加，电势能增加量ΔE_p＝－EqL（cos θ＋sin θ）＝qEL，选项D正确；重力势能减少量ΔE_p＝mgL，选项C正确；由动能定理有W_外＋W_电＋W_G＝0，W_外＝－（W_电＋W_G）＝EqL（cos θ＋sin θ）－mgL＝mgL，选项A正确，B错误。

考点三　电场中的图像问题

6.一正电荷在电场中仅受静电力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，t_A、t_B分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）

A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度

B.A处的电势一定低于B处的电势

C.电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能

D.从A到B的过程中，静电力对电荷做正功

解析：B　由图像知A处的加速度大于B处的加速度，A处的电场强度一定大于B处的电场强度，A错误；根据电荷的电性，能判断电场线的方向，也就能判断电势的高低，即A处的电势一定低于B处的电势，B正确；由功能关系及动能和电势能之和守恒知C、D错误。

7.（2023·江苏金湖高二期中）如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x的变化关系如图乙所示。则（　　）

A.x₂处场强大小为

B.球内部的电场为匀强电场

C.x₁、x₂两点处的电势相同

D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x₁移到R处和从R移到x₂处电场力做功相同

解析：A　计算x₂处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点O的点电荷，则有x₂处场强大小为E＝，故A正确；由E-x图像可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐降低，可知＞，故C错误；E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x₁处与球表面、球表面与x₂处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x₁移到R处和从R移到x₂处电场力做功不相同，故D错误。

8.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q₁、Q₂（Q₂位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q₁、Q₂在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙，则（　　）

A.M点电场强度大小为零

B.N点电场强度大小为零

C.M、N之间电场方向沿x轴负方向

D.一带正电试探电荷从P移到M过程中，电场力做功｜W_PN｜＝｜W_NM｜

解析：B　φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；M点的电势为零，MN电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C错误；由题图乙可知，U_MN＞U_PN，故电场力做功qU_MN＞qU_PN，正试探电荷从P移到M过程中，电场力做负功，故｜W_PN｜＜｜W_NM｜，故D错误。

9.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子（仅在静电力作用下）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（　　）

A.粒子在三点的电势能大小关系为E_pc＜E_pa＜E_pb

B.粒子在三点所受的静电力不相等

C.粒子必先过a，再到b，然后到c

D.粒子在三点所具有的动能大小关系为E_kc＜E_ka＜E_kb

解析：A　因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误。由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误。粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断粒子在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误。

10.如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为－x₁处分别固定两点电荷Q₁、Q₂（两点电荷的电荷量和电性均未知）。一带负电的试探电荷从坐标为x₂处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x₃，图线最高点对应的横坐标为x₄，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是（　　）

A.点电荷Q₁带负电

B.试探电荷在x₂～x₃之间受到的静电力沿x轴正方向

C.x₃～x₄之间的电场强度沿x轴正方向

D.两点电荷Q₁、Q₂电荷量的比值为

解析：C　试探电荷在x₂～x₄之间电势能增大，试探电荷受到的静电力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受静电力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q₁带正电，点电荷Q₂带负电，A错误；由题图可知x₄处的电场强度为零，则＝，解得＝，D错误。

11.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉至水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：

（1）A、B两点的电势差U_AB；

（2）匀强电场的电场强度大小；

（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。

答案：（1）－　（2）　（3）mg

解析：（1）小球由A到B过程，由动能定理得

mgLsin 60°＋qU_AB＝0，解得U_AB＝－。

（2）B、A间电势差为U_BA＝－U_AB＝，

则电场强度大小E＝＝。

（3）分析可知小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线拉力与A处细线拉力大小相等，而在A处，由水平方向受力平衡有T_A＝qE＝mg，所以T_B＝T_A＝mg。

12.（2023·江苏射阳高二期中）如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，求：

（1）小球通过C点的速度大小；

（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量。

答案：（1）　（2）mgh－mv²－mgR

解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球由B到C只有重力做功，由动能定理得

mgRsin 30°＝m－mv²

解得v_C＝。

（2）由A到C，设电场力做功为W_AC，则由动能定理得

W_AC＋mgh＝m－0

解得W_AC＝mv²＋mgR－mgh

由电势能变化与电场力做功的关系得

ΔE_p＝－W_AC＝mgh－mv²－mgR。