Question

7．在空间有两个等量同种正点电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电荷量为+2.0×10^-7C、质量为1.0×10^-4kg的试探电荷从C点由静止释放，仅在电场力作用下运动，其运动的v-t图象如图乙所示．其中到达B点时速率为4m/s，到达A点时速率为6m/s．已知B点处为整条图线切线斜率最大的位置（虚线为该切线），下列说法正确的是（　　）

• A． 从C到A电势逐渐升高
• B． B点是中垂线上场强最大的点，场强E_B=1.0×10³V/m
• C． AB两点间的电势差U_AB=-5000V
• D． 由C到A的过程中试探电荷的电势能先减小后增大

Answer 1

分析 根据v-t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的高低．根据动能定理求解AB两点电势差U_AB．

解答 解：
A、由电势能的公式E_P=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低．故A错误．
B、v-t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma知，B为中垂线上电场强度最大的点，B点的加速度为 a=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{4}{2}$=2m/s²，E=$\frac{ma}{q}$=$\frac{1{0}^{-3}×2}{2×1{0}^{-6}}$ V/m=l×l0³V/m．故B正确．
C、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qU_AB=$\frac{1}{2}$m${v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}$m${v}_{A}^{2}$ 则得，U_AB=$\frac{1}{2q}$m（${v}_{B}^{2}$-${v}_{A}^{2}$）=$\frac{1{0}^{-3}}{2×2×1{0}^{-6}}$×（4²-6²）V=-5×10³V，故C正确．
D、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小，故D错误．
故选：BC．

点评 解决本题关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系E_P=qφ．