素養(yǎng)提升14⇒電場(chǎng)中的圖像問題及功能關(guān)系

電場(chǎng)中的圖像問題及功能關(guān)系題型一電場(chǎng)中的圖像問題φ－x圖像1.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖像的斜率的絕對(duì)值，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ－x圖像存在極值，其切線的斜率為零。2.在φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。3.在φ－x圖像中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷?！纠?】（2023·福建福州模擬）在x軸上一帶正電的粒子（重力不計(jì)）僅在靜電力作用下以原點(diǎn)O為中心，沿x軸做往返運(yùn)動(dòng)，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)如圖所示。若該粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，其運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能與動(dòng)能之和為1.8qφ0，則下列說法正確的是（）A.粒子在x＝－1.8x0時(shí)其動(dòng)能和電勢(shì)能相等B.粒子在往返運(yùn)動(dòng)過程中能通過x＝1.9x0處C.原點(diǎn)O與x＝－4x0之間的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向D.原點(diǎn)O與x＝2x0之間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2φ答案：A解析：根據(jù)題圖，粒子在x＝－1.8x0時(shí)電勢(shì)能Ep＝q1.84×2φ0＝0.9qφ0，又運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能與動(dòng)能之和為1.8qφ0，所以此時(shí)動(dòng)能Ek＝1.8qφ0－Ep＝1.8qφ0－0.9qφ0＝0.9qφ0，故A正確；因?yàn)殡妱?shì)能與動(dòng)能之和為1.8qφ0，當(dāng)動(dòng)能為零時(shí)，電勢(shì)能為1.8qφ0，根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)關(guān)系，此時(shí)電勢(shì)為1.8φ0，由題圖可知，向右最多可達(dá)到1.8x0處，故B錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，故原點(diǎn)O與x＝－4x0之間的電場(chǎng)方向沿x正方向，故C錯(cuò)誤；φ－x圖像斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由題圖知，原點(diǎn)O與x＝2x0之間的電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為φ0Ep－x圖像1.根據(jù)電勢(shì)能的變化可以判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)，電勢(shì)能減少，靜電力做正功；電勢(shì)能增加，靜電力做負(fù)功。2.根據(jù)ΔEp＝－W＝－Fx，圖像Ep－x斜率的絕對(duì)值表示靜電力的大小?！纠?】（多選）（2024·湖南岳陽(yáng)模擬）如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負(fù)電荷的小滑塊，可視為質(zhì)點(diǎn)，在x＝1m處以初速度v0＝3m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)。小滑塊的質(zhì)量為m＝2kg，帶電荷量為q＝－0.1C。整個(gè)運(yùn)動(dòng)區(qū)域存在沿水平方向的電場(chǎng)，圖乙是滑塊電勢(shì)能Ep隨位置x變化的部分圖像，P點(diǎn)是圖像的最低點(diǎn)，虛線AB是圖像在x＝1m處的切線，并且AB經(jīng)過（1，2）和（2，1）兩點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.在x＝1m處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為20V/mB.滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度先增大后減小C.滑塊運(yùn)動(dòng)至x＝3m處時(shí)，速度的大小為2m/sD.若滑塊恰好能到達(dá)x＝5m處，則該處的電勢(shì)為－50V答案：CD解析：Ep－x圖像斜率的絕對(duì)值表示滑塊所受靜電力的大小，所以滑塊在x＝1m處所受靜電力大小為F＝Eq＝ΔEpΔx＝2－12－1N＝1N，解得電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝Fq＝10V/m，A錯(cuò)誤；滑塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜電力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，B錯(cuò)誤；滑塊從x＝1m到x＝3m運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做功W電＝－ΔEp＝－（1－2）J＝1J，由動(dòng)能定理得W電＝12mv2－12mv02，解得滑塊運(yùn)動(dòng)至x＝3m處時(shí)，速度的大小為v＝2m/s，C正確；若滑塊恰好到達(dá)x＝5m處，則有v'＝0，則滑塊從x＝1m到x＝5m運(yùn)動(dòng)過程中W電'＝－（Ep2－Ep1）＝0－12mv02，由題圖乙可知Ep1＝2J，解得滑塊到達(dá)x＝5m處的電勢(shì)能Ep2＝5JE－x圖像1.E－x圖像反映了電場(chǎng)強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律，E＞0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向；E＜0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向。2.在給定了電場(chǎng)的E－x圖像后，可以由圖像確定電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，電勢(shì)的變化情況，E－x圖像與x軸所圍圖形的“面積”表示電勢(shì)差，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)方向判定。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況。3.在這類題目中，還可以由E－x圖像畫出對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)，利用這種已知電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布、等勢(shì)面分布或場(chǎng)源電荷來處理相關(guān)問題。【例3】（2024·江蘇揚(yáng)州模擬）真空中靜止的均勻帶正電球體，其半徑為R，電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿半徑方向分布如圖所示，靜電力常量為k，則（）A.r1和r2兩處電勢(shì)相等B.球體表面處電勢(shì)最高C.r1和r2兩處電勢(shì)差為E0（r2－r1）D.球體所帶的電荷量為Q＝E答案：D解析：由E－r圖像可知，r1和r2兩處電場(chǎng)強(qiáng)度相同，由于沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以r1處的電勢(shì)高于r2處電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以從球心處開始電勢(shì)一直降低，故B錯(cuò)誤；r1和r2兩處電勢(shì)差為E－r圖像與橫軸所圍區(qū)域的面積，大于E0（r2－r1），故C錯(cuò)誤；球體外電場(chǎng)可以看成是電荷量全部集中于球心處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，則在r2處，有E0＝kQr22，所以Q＝E0題型二電場(chǎng)中功能關(guān)系的綜合問題1.功能關(guān)系（1）若只有靜電力做功，電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變；（2）若只有靜電力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變；（3）除重力外，其他各力對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的變化；（4）所有力對(duì)物體所做功的代數(shù)和，等于物體動(dòng)能的變化。2.電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法（1）由公式W＝Flcosα計(jì)算，此公式只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，可變形為W＝qElcosα。（2）由W＝qU來計(jì)算，此公式適用于任何形式的靜電場(chǎng)。（3）由動(dòng)能定理來計(jì)算：W靜電力＋W其他力＝ΔEk。（4）由電勢(shì)能的變化來計(jì)算：WAB＝EpA－EpB?！纠?】（2024·江西省二中模擬）如圖所示，傾角為α＝30°的絕緣斜面AB長(zhǎng)度為3l，BC長(zhǎng)度為32l，斜面BC段上方有沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0＝3gl水平拋出，恰好在A點(diǎn)與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過C點(diǎn)但未能到達(dá)B點(diǎn)，在靜電力作用下返回，最終恰好靜止在A點(diǎn)，已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝33，不考慮運(yùn)動(dòng)過程中物塊電荷量的變化，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g（1）物塊平拋過程中的位移大??；（2）物塊在電場(chǎng)中的最大電勢(shì)能。答案：（1）132l（2）2解析：（1）由題意可知物塊落到斜面上A點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角大小為α，設(shè)此時(shí)速度為v，則v＝v0豎直速度vy＝vsinα，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝vy平拋過程中水平位移x＝v0t，又有豎直位移y＝vy平拋的位移s＝x2＋y2，聯(lián)立解得s（2）設(shè)物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大位移為x'，自物塊從A點(diǎn)開始向下運(yùn)動(dòng)到再次返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－2μmgcosα·x'＝0－12mv2，解得x'＝2l。物塊位于最低點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能最大，物塊自A點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，設(shè)靜電力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsinα·x'－μmgcosα·x'－W＝0－12mv解得W＝2mgl，即物塊電勢(shì)能的最大值為2mgl。1.【電勢(shì)能與動(dòng)能轉(zhuǎn)化】如圖所示，空間中存在與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在紙面內(nèi)從正方形的頂點(diǎn)A沿任意方向發(fā)射速率相同的帶正電粒子，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，已知經(jīng)過B點(diǎn)的粒子在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍，經(jīng)過C點(diǎn)的粒子在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的6倍，則經(jīng)過D點(diǎn)的粒子在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的（）A.3倍 B.4倍C.5倍 D.6倍解析：B根據(jù)題意，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度沿AB方向的分量為Ex，沿AD方向的分量為Ey，粒子在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，正方形的邊長(zhǎng)為d。粒子從A到B的過程，有qExd＝3Ek－Ek，粒子從A到C的過程，有qExd＋qEyd＝6Ek－Ek，則粒子從A到D的過程，有qEyd＝EkD－Ek，聯(lián)立解得EkD＝4Ek，故選B。2.【電勢(shì)能、動(dòng)能、重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能間的轉(zhuǎn)化】（多選）如圖所示，絕緣輕質(zhì)彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q（可視為質(zhì)點(diǎn)）固定在光滑絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過彈簧中心的直線ab上。現(xiàn)把與Q大小相同、電性相同的小球P，從斜面上的N點(diǎn)由靜止釋放，在小球P與彈簧接觸到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過程中，以下說法正確的是（）A.小球P的速度先增大后減小B.小球P的速度最大時(shí)所受彈簧的彈力與庫(kù)侖力的合力為零C.小球P、彈簧、地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒D.小球P的重力勢(shì)能、與小球Q間的電勢(shì)能、彈簧的彈性勢(shì)能及小球P的動(dòng)能的總量守恒解析：ACD小球P先沿斜面加速向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零后，減速向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，小球P靜止，速度先增大后減小，故A正確；當(dāng)小球P受到的合力為零時(shí)，速度最大，此時(shí)受彈力與庫(kù)侖力的合力大小等于重力沿斜面方向上的分力大小，方向相反，在最低點(diǎn)，彈力和庫(kù)侖力的合力大小大于重力的分力大小，合力不為零，故B錯(cuò)誤；在小球P下滑的過程中，小球P、彈簧、地球組成的系統(tǒng)因有庫(kù)侖斥力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故C正確；根據(jù)能量守恒定律知，小球P的動(dòng)能、重力勢(shì)能、與小球Q間的電勢(shì)能及彈簧的彈性勢(shì)能的總和不變，故D正確。跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.（多選）圖甲中A、B、C是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線上的三個(gè)點(diǎn)，若將一正電荷從A點(diǎn)處由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力作用下，正電荷沿電場(chǎng)線從A經(jīng)過B到C，運(yùn)動(dòng)過程中的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A.在A、B、C三個(gè)點(diǎn)中，B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大B.在A、B、C三個(gè)點(diǎn)中，C點(diǎn)的電勢(shì)最低C.在A、B、C三個(gè)點(diǎn)中，C點(diǎn)的電勢(shì)最高D.在A、B、C三個(gè)點(diǎn)中，正電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能最大解析：BD由牛頓第二定律有Eq＝ma，根據(jù)v－t圖像中斜率表示加速度可知，電荷在B點(diǎn)時(shí)加速度最小，則B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像可知，正電荷沿電場(chǎng)線從A經(jīng)過B到C，速度一直增加，靜電力一直做正功，電勢(shì)能減少，則有EpA＞EpB＞EpC，由Ep＝φq可得φA＞φB＞φC，故C錯(cuò)誤，B、D正確。2.某空間區(qū)域的水平面內(nèi)存在電場(chǎng)。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取向右為x軸正方向，一個(gè)帶電粒子僅在靜電力作用下從O點(diǎn)沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)。粒子的動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系如圖所示，不計(jì)空氣阻力，則在此過程中（）A.電勢(shì)先降低后增大B.電場(chǎng)強(qiáng)度大小先減小后增大C.粒子電勢(shì)能先減小后增大D.粒子加速度方向先向右后向左解析：B帶電粒子電性未知，則電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不確定，電勢(shì)變化情況不確定，A錯(cuò)誤；Ek－x圖像的斜率等于靜電力，題圖中斜率先減小后增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，B正確；由題圖知粒子的動(dòng)能先減小后增大，根據(jù)能量守恒，電勢(shì)能先增大后減小，C錯(cuò)誤；粒子先減速運(yùn)動(dòng)后加速運(yùn)動(dòng)，則加速度方向先向左后向右，D錯(cuò)誤。3.（多選）如圖甲所示，a、b、c、d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，它們正好是邊長(zhǎng)為4cm的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，且∠b＝60°。電場(chǎng)方向平行于菱形所在平面。以b為坐標(biāo)原點(diǎn)，規(guī)定b→c為x軸正方向，b→a為y軸正方向，沿著兩方向的電勢(shì)變化如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.沿bc方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mB.沿ba方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mC.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為100V/mD.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向由c指向a解析：ABD根據(jù)φ－x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由題圖乙可知，沿bc方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ebc＝10－64V/cm＝1V/cm＝100V/m，沿ba方向的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Eba＝6－24V/cm＝1V/cm＝100V/m，故A、B正確；由題圖乙可知φb＝6V，φa＝2V，φc＝10V，勻強(qiáng)電場(chǎng)中U＝Ed，則有Uba＝Ucd，解得φd＝6V，連接bd為等勢(shì)線，連接ac，由于a、b、c、d正好是邊長(zhǎng)為4cm的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，則ac垂直bd，所以ac為電場(chǎng)線，由沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向由c指向a，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝Uacac＝2V/cm＝4.如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程（）A.動(dòng)能增加12mvB.機(jī)械能增加2mv2C.重力勢(shì)能增加32mvD.電勢(shì)能增加2mv2解析：B小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝12m（2v）2－12mv2＝32mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間高度差為h＝v22g，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝12mv2，C錯(cuò)誤；靜電力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減少的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp'＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，5.如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度為13g，下落高度H到B點(diǎn)后與一絕緣輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點(diǎn)C，整個(gè)過程中不計(jì)空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，下列說法正確的是（A.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為mgB.帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為mgC.帶電物塊電勢(shì)能的增加量為mg（H＋h）D.彈簧彈性勢(shì)能的增加量為mg解析：D物塊從靜止開始下落時(shí)的加速度為13g，根據(jù)牛頓第二定律得mg－qE＝ma，解得E＝2mg3q，故A錯(cuò)誤；從A到C的過程中，系統(tǒng)除重力和彈力做功以外，只有靜電力做功，靜電力做功為W＝－qE（H＋h）＝－2mg（H＋?）3，可知機(jī)械能減少量為2mg（H＋?）3，故B錯(cuò)誤；從A到C過程中，靜電力做功為－2mg（H＋?）3，則電勢(shì)能增加量為2mg（H＋?）36.豎直面內(nèi)有A、B、C、D四點(diǎn)構(gòu)成矩形，AC豎直，∠DAC＝30°，空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向由D指向C，將一質(zhì)量為m、不帶電的小球a從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能是A點(diǎn)的4倍；將另一質(zhì)量也為m、帶正電荷q的小球b從A點(diǎn)以相同大小的速度水平拋出，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也是A點(diǎn)的4倍，則電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小等于（）A.mgq B.C.3mg2q解析：A不帶電小球只受重力作用，帶電小球受到重力、沿DC方向的靜電力作用。不帶電小球向右水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)AC＝2R，則從A到D由動(dòng)能定理有WG＝ΔEk，即1.5mgR＝4Ek0－Ek0，化簡(jiǎn)得1.5mgR＝3Ek0，帶電小球向左水平拋出后在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，從A到B重力做功為0.5mgR，靜電力做功為W＝EqR，則由動(dòng)能定理有W＋0.5mgR＝ΔEk，即W＋0.5mgR＝4Ek0－Ek0，可得mgR＝EqR，則E＝mgq，故選A7.如圖所示為沿x軸方向的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨位置x變化的關(guān)系圖像，在x軸負(fù)方向上的圖像是直線，x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向，電子的電荷量為－e（e＞0）。則下列說法正確的是（）A.原點(diǎn)O處的電勢(shì)最高，－x1處的電勢(shì)最低B.電子在－x2處和x1處的電勢(shì)能相等C.將電子沿x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)O移到x1處，電子的電勢(shì)能增加D.將電子沿x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)O移到－x1處，電場(chǎng)力做功eE0x1解析：C由題意知，電場(chǎng)線沿x軸正方向，由沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低知，原點(diǎn)O處的電勢(shì)比－x1處的電勢(shì)低，－x2處的電勢(shì)比x1處的電勢(shì)高，電子在－x2處比在x1處的電勢(shì)能小，故A、B錯(cuò)誤；將電子沿x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)O移到x1處，電子克服靜電力做功，電子的電勢(shì)能增加，故C正確；在E－x圖像中，圖像與x軸所圍成的面積表示電勢(shì)差，所以坐標(biāo)原點(diǎn)O與－x1處之間的電勢(shì)差為12E0x1，所以將電子沿x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)O移到－x1處，靜電力做的功為12eE0x1，8.（多選）已知試探電荷q在場(chǎng)源點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中所具有電勢(shì)能表達(dá)式為Ep＝kQqr，其中k為靜電力常量，r為試探電荷與場(chǎng)源點(diǎn)電荷間的距離，且規(guī)定無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)能為0。真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1和Q2，分別固定在x坐標(biāo)軸x1＝0和x2＝15cm的位置上。一帶負(fù)電的試探電荷在x軸上各點(diǎn)具有的電勢(shì)能隨x變化關(guān)系如圖所示，其中試探電荷在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能為零，A點(diǎn)的坐標(biāo)是12cm，C點(diǎn)為點(diǎn)電荷Q2右邊電勢(shì)能最小的點(diǎn)，則下列說法正確的是（A.Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷B.點(diǎn)電荷Q1與Q2電荷量之比為2∶1C.C點(diǎn)對(duì)應(yīng)x軸位置的坐標(biāo)是xC＝30cmD.兩點(diǎn)電荷Q1、Q2在x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度相同的點(diǎn)的位置為x＝20cm解析：AC由Ep－x圖像可知，帶負(fù)電的試探電荷在0～15m間的電勢(shì)能逐漸增大，可知Q1為正電荷，Q2為負(fù)電荷，故A正確；由Ep－x圖像可知，A點(diǎn)的電勢(shì)能為0，則有kQ1qr1－kQ2qr2＝0，解得點(diǎn)電荷Q1與Q2電荷量之比為4∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能的計(jì)算公式Ep＝Fx，可知Ep－x圖像的斜率表示靜電力，則試探電荷在C點(diǎn)受到的靜電力為0，有kQ1qxC2＝kQ2q（xC－159.如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)，固定電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為v。已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在A點(diǎn)的電勢(shì)為φ（取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零），P、A連線與水平軌道的夾角為60°。試求：（1）物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小；（2）點(diǎn)電荷＋Q產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)；（3）物塊能獲得的最大速度的大小。答案：（1）mg＋33kQq8?2（2）φ＋m解析：（1）物塊受到點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力F＝kQq由幾何關(guān)系可知r＝?設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小為FN，在豎直方向上，由平衡條件有FN－mg－Fsin60°＝0解得FN＝mg＋33（2）