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模型16、电场模型
【模型概述】
一、电场强度的计算
1、场强的公式
2、电场的叠加
（1）电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。
（2）运算法则：平行四边形法则
（3）利用补偿法和对称法求电场强度
a.补偿法:题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A,这时需要给原来的问题补充一些
条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B,并且模型A 与模型B 恰好组成一个完整的标准模型，
这样求解模型A 的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B 的差值问题.
b.对称法:利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的
二、两个等电点电荷电场的分布
等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较
比较项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O 处的场强
连线上O 点场强最小，指向负电
荷一方
为零
连线上的场强大小
（从左到右）
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O 点向外场强大小
O 点最大，向外逐渐减小
O 点最小，向外先变大
后变小
关于O 点对称的A 与
、B 与
的场强
等大同向
等大反向
1
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三、电势高低及电势能大小的判断方法
1.
比较电势高低的方法
(1)沿电场线方向，电势越来越低.
(2)判断出
的正负，再由
，比较
、
的大小，若
>0，则
>
,若
<0， 则
<
.
2.电势能大小的比较方法
做功判断法
电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，如果
电荷克服电场力做功,那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方.
四、电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题
1、几种常见的典型电场的等势面比较
电场
等势面（实线）图样
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场
连线的中垂线上的电势为零
等量同种正点电荷的电场
连线上，中点电势最低，而在
中垂线上，中点电势最高
2、带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1) 从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负;
2
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(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变
化等;
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.
3、带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧
(1)判断速度方向:带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向.
(2)判断电场力(或场强)的方向:仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根
据粒子的正负判断场强的方向.
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减:若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少;
若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.
五、匀强电场中电势差与电场强度的关系
1. 在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U=Ed,其中d 为两点沿电场线方向的距离.由公式U= Ed 可
以得到下面两个结论:
结论1:匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势
,如图甲所示
结论2:匀强电场中若两线段AB//CD,且AB=CD,则
=
(或
),如图乙所示.
2.在非匀强电场中，不能用U=Ed 进行计算，但可以进行定性分析，一般沿电场线方向取相同的长度d,线
段处于场强较大的区域所对应的电势差U 较大.
六、用功能关系分析带电粒子的能量转化
1. 功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变;
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变;
3
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(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化.
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化.
2.电场力做功的计算方法
(1)由公式
计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为:
(2) 由
来计算，此公式适用于任何形式的静电场.
(3)由动能定理来计算:
(4)由电势能的变化来计算:
3.点拨
1.电荷在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化，电荷的机械能不再守恒.
2.要搞清几个功能关系:重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，弹簧弹力做功等
于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化.
3.无论能量如何变化，总是满足能量守恒定律.
【模型训练】
【例1】如图，A、B 两点固定等量同种点电荷。P 点的电场强度方向所在直线延长线与直线AB 交于C 点
（未标出）。若
，则
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设A、B 两点固定等量同种点电荷为正点电荷，P 点的电场强度如图所示
4
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则有
，
由图可得
由正弦定理可得
，
可得
故选C。
变式1.1 如图所示，A、B、C 是真空中边长为L 的等边三角形的三个顶点，O 为该等边三角形的中心，在
A、B 两点分别固定一个带电荷量均为q 的正点电荷，静电力常量为k，则O 点的电场强度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设
则有
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O 点的电场强度大小
故选A。
变式1.2 如图所示，四个电荷量分别为
、
、
、
的点电荷位于半径为
的圆周上，其中
、
的连线与
、
的连线垂直，且
，则圆心
点的场强大小为（静电力常量为
）（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
、
对
点的场强大小均为
合成后大小为
方向与水平方向成45°斜向右上。同理
、
对
点的场强大小均为
合成后大小为
方向与水平方向成45°斜向左下。由此可知
和
共线反向，合成后为
又
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联立，解得
故选C。
【例2】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球
面
上均匀分布正电荷，总电荷量为
，球面半径为
，
为通过半球顶点与球心
的轴线，在轴线上
有
、
两点，
已知
点的场强大小为
，则
点的场强大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设半球面
有一相对于球心
对称的相同半球面，相当于将带电量为
的球面放在
处，由题
意可知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则等效球面在
、
点所产生的电场大小均为
由题知半球面在
点的场强大小为
，根据对称性可知，图中半球面在
点的场强大小为
故选A。
变式2.1 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球
面AB 上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上
有M、N 两点，OM=ON=2R．已知M 点的场强大小为E，则N 点的场强大小为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】假设在O 点有一个完整的带电荷量为2q 的带电球壳，设完整球壳在N 点产生的场强大小为E0，
左半球壳在N 点产生的电场强度大小为E 左，右半球壳在N 点产生的电场强度大小为E 右，根据电场叠加原
理
根据题意
根据对称性可知右半球壳在N 点产生的电场强度大小和左球壳在M 点产生场强大小相等即
解得
A 正确，BCD 错误。
故选A。
变式2.2 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C 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，则q 为（ ）
A．正电荷，
B．正电荷，
C．负电荷，
D．负电荷，
【答案】D
【详解】取走A、B 处两段弧长均为
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
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因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为
，则两者的合场强为
根据O 点的合场强为0，则放在D 点的点电荷带负电，大小为
根据
联立解得
故选D。
【例3】如图是等量异种点电荷、等量同种正点电荷、负点电荷、正点电荷电场的电场线，其中，等量同
种、等量异种点电荷电场中的A、B 两点关于两电荷连线的中点O 对称，则A、B 两点电场强度相同的是（
）
A．
B．
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C．
D．
【答案】A
【详解】A．根据等量异种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O 点对称的两点场强相
同，故A 正确；
B．根据等量同种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O 点对称的两点场强等大反向，故
B 错误；
C．根据点电荷电场线的特点，A、B 两点场强大小相同，方向不同，故C 错误；
D．根据点电荷电场线的特点，A、B 两点场强方向相同，大小不同，故D 错误。
故选A。
变式3.1 两个等量点电荷M、N 固定在x 轴上，其产生的电场在两者连线之间的场强E 随x 的变化关系如
图所示，规定x 轴正方向为场强的正方向。下列判断正确的是（ ）
A．M、N 为异种电荷，两者连线上x2处电势最低
B．M、N 为异种电荷，两者连线上从M 到N 的电势一直降低
C．M、N 为同种电荷，两者连线上x2处电势最低
D．M、N 为同种电荷，两者连线上从M 到N 的电势先降低后升高
【答案】B
【详解】MN 的中点x2处场强不为零，根据题意知M、N 为等量电荷，故可知M、N 为等量异种电荷，且
M 为正电荷，可知x 轴上电场沿MN 方向，根据电势沿电场方向逐渐降低，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
变式3.2 两个带等量正电的点电荷，固定在图中A、B 两点，O 是它们连线的中点，N、P 是中垂线上的两
点，ON=OP。一带负电的试探电荷，从P 点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷（ ）
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A．运动到O 点时的速度最大
B．经过关于O 对称的两点时加速度相同
C．沿着P→O→N，试探电荷的加速度一定先减小后增加
D．若试探电荷的电量增大，试探电荷在P 点所受电场力与其电量的比值增大
【答案】A
【详解】A．两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况如图所示
从N 点到O 点过程，试探电荷q 受到的电场力由N→O，电场力做正功，动能增大，速度增大；从O 点到
P 点过程中，试探电荷q 受到的电场力由P→O，电场力做负功，动能减小，速度减小，故q 运动到O 点时
的动能最大，速度最大，A 正确；
B．根据两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况，经过关于O 对称的两点电场强度大小相同方向相
反，受到的电场力大小相同，方向相反，加速度不相同，B 错误；
C．P→O 过程，电场线疏密情况不能确定，可能一直变疏，场强一直变小，q 受到的电场力一直减小，加
速度一直减小；也可能先变密再变疏，场强先变大后变小，q 受到的电场力先增大后减小，加速度先增大
后减小；根据对称性可知，O→N 过程，加速度可能一直增大，也可能先增大后减小，C 错误；
D．根据电场的性质，P 点场强仅由电场本身决定，探电荷在P 点所受电场力与其电量的比值为该点的场
强，若试探电荷的电量增大，试探电荷在P 点所受电场力与其电量的比值不变，D 错误。
故选A。
【例4】某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c 是轨迹
上的三个点，则（ ）
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A．粒子一定带负电
B．粒子一定是从a 点运动到b 点
C．粒子在c 点的加速度一定大于在b 点的加速度
D．粒子在c 点的速度一定大于在a 点的速度
【答案】C
【详解】A．做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为
沿着电场线向左，所以粒子带正电，A 错误；
B．粒子可能是从a 点沿轨迹运动到b 点，也可能是从b 点沿轨迹运动到a 点，B 错误；
C．由电场线的疏密程度可知，c 点处电场线密集，场强较大，粒子在c 点处受静电力较大，加速度一定大
于在b 点的加速度，C 正确；
D．若粒子从c 运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a 运动到c，静电力
与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c 点的速度一定小于在a 点的速度，D 错误。
故选C。
变式4.1 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。一种电子透镜的电场分布
如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电
场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，
是轨迹上的三点，若c 点处电势为3 V，电子从a 点运动
到b 点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A．a 点电势为7.5 V
B．电子在b 点的动能不可能为2.5 eV
C．电子在b 点加速度比在c 点加速度大
D．电子在电场中运动的最小速度一定为零
【答案】B
【详解】A．根据电子的受力和运动情况可知，电子从a 点到c 点电场力做负功，电势能增大，根据电场
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力做功与电势差的关系可知，b 点电势比a 点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a 点电
势为
故A 错误；
B．电子在
两点，由能量守恒定律有
由于电子在c 点动能不为零，因此在b 点的动能一定大于2.5 eV，故B 正确；
C．c 点处等差等势面比b 点处密集，则b 点比c 点电场强度小，因此加速度小，故C 错误；
D．电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D 错
误。
故选B。
变式4.2 一带负电的粒子以一定的初速度进入点电荷Q 产生的电场中，A、B 是其运动轨迹上的两点，C 为
AB 的中点。其中A 点的场强方向与AB 连线成60°角；B 点的场强方向与AB 连线成30°角，如图所示。若
粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q 带负电
B．AB 两点电势差是AC 两点电势差的2 倍
C．该粒子在A 点的动能小于在B 点的动能
D．该粒子在A 点的加速度大小等于在B 点加速度大小的3 倍
【答案】D
【详解】A．反向延长EA，EB的方向，交点即为点电荷的位置，可知点电荷Q 带正电，选项A 错误；
B．由几何关系可知点电荷到AC 两点距离相等，可知AC 两点电势差为零，则AB 两点电势差不是AC 两点
电势差的2 倍，选项B 错误；
C．因A 点电势高于B 点，则带负电的粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，则该粒子在A 点的动能
大于在B 点的动能，选项C 错误；
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D．因
根据
可知该粒子在A 点的加速度大小等于在B 点加速度大小的3 倍，选项D 正确。
故选D。
【例5】如图，在直角坐标系xOy 中有a、b、c 三点，b 点坐标为
。现加上一平行于xOy 平面的
匀强电场，已知
、
、
，则匀强电场的场强大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据对称性可得
解得
可得
Oc 间必存在一点
使得
，根据几何关系有
解得
根据几何关系可得ad 与bO 垂直，故电场线由b 指向O，匀强电场的场强大小为
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故选C。
变式5.1 如图所示，A、B、C 三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，
=20 cm。把一个电荷
量q=1×10-5 C 的正电荷从A 点移到B 点，静电力做的功为零；从B 点移到C 点，静电力做的功为-1.73×10-3
J，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）
A．865 V/m，垂直AC 向左
B．865 V/m，垂直AC 向右
C．500 V/m，垂直AB 斜向下
D．1 000 V/m，垂直AB 斜向下
【答案】D
【详解】AB．把电荷q 从A 点移到B 点，静电力做的功为零，说明A、B 两点在同一等势面上，由于该电
场为匀强电场，等势面应为平面，故题图中直线AB 是一条等势线，场强方向应垂直于等势线，故AB 错
误；
CD．BC 点之间的电势差为
B 点电势比C 点电势低173 V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向垂直于AB 斜向下，场强大小
故D 正确，C 错误。
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故选D。
变式5.2 如图甲所示，有一平行于纸面的匀强电场，以电场内某一位置O 为原点建立x 轴，选取x 轴上到
O 点距离为r 的P 点，以O 为圆心、r 为半径作圆。现从P 点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势
和转过
的角度
，可以用此数据绘制
图线。同理，当半径分别取2r、3r 时，做同样的测量，用数据在同一个
坐标系中绘制
图线。绘制图线如图乙中所示的三条曲线。三条曲线①、②、③均在
时达到最大
值，最大值分别为
，
，
。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①中电势的最小值为
B．坐标原点O 的电势为
C．电场强度的大小为
D．电场方向斜向右上方且与x 轴正方向的夹角为
【答案】B
【详解】CD．从图象可知，电场强度的方向与
时半径方向平行，方向斜向左下方且与x 轴负方向的
夹角为
。且当半径与Ox 方向夹角为
时，半径为、
、
时电势分别为
、
、
，可知场强
大小为
故CD 错误；
B．坐标原点处的电势为
故B 正确；
A．曲线①中最高电势与圆心电势差为
，圆心与最低电势差也为
，最低电势为
，故A 错误。
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故选B。
【例6】如图甲所示，两平行正对的金属板A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带
正电粒子被固定在两板的正中间P 处。若在t0（0<t0<
）时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确
的是（ ）
A．一开始向左运动，最后打到A 板上
B．一开始向右运动，最后打到A 板上
C．一开始向左运动，最后打到B 板上
D．一开始向右运动，最后打到B 板上
【答案】D
【详解】粒子带正电，在t0（0<t0<
）时刻由静止释放该粒子，粒子在
向右加速运动，在
向右减速运动，
向左加速运动，此后重复运动，最终达到B 板上。
故选D。
变式6.1 如图a 所示，两个平行金属板P、Q 竖直放置，两板间加上如图b 所示的电压。
时，Q 板比P
板电势高
，此时在两板的正中央M 点放一个电子，速度为零，电子仅在静电力作用下运动，运动过程
中始终未与极板相碰，下列时刻中电子速度和加速度的方向相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】B
【详解】依题意，结合图b 可知，在
时，由于Q 板比P 板电势高5V，则电子在
这一段时
间内，所受电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；在
这一时间内，电子所受电场
力向左，电子向右做减速运动，根据对称性可知在
时，电子速度为0；在
这一段时间内，电子所受电场力向左，电子向左做加速运动；
内，电子所受电场力向
右，电子向左做减速运动，所以结合选项答案，可知在
时，电子速度和加速度的方向是相同
的。
故选B。
变式6.2 如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、
B 两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的
位移x、速度v、加速度a 和动能
随时间（一个周期内）变化规律的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．电子一个周期内的运动情况为：
时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，
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时间内，原方向做匀减速直线运动，
时刻速度为零。
时间内，向B 板做匀加速直线运
动，
时间内，继续向B 板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线；电子做匀变
速直线运动时
图象是抛物线，故AB 错误；
C．由于
可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故
图象应平行于横轴，故C 正
确；
D．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，根据
，可知
与成二次函数关系，结合上述分析，
与在每一阶段均为一次函数关系，由此可知
图象是曲线，故D 错误。
故选C。
【例7】如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A 沿任意方向发射速率
相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B 点的粒子在B 点时的动能是初动能的
3 倍，经过C 点的粒子在C 点时的动能是初动能的6 倍，则经过D 点的粒子在D 点时的动能是初动能的（
）
A．3 倍
B．4 倍
C．5 倍
D．6 倍
【答案】B
【详解】根据题意，设电场强度沿AB 方向的分量为
，沿AD 方向的分量为
，粒子在A 点时的动能为
。粒子从A 到B 的过程，有
粒子从A 到C 的过程，有
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则粒子从A 到D 的过程，有
解得
故选B。
变式7.1 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知
在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J.下列说法中正确的是（
）
A．金属块带负电荷
B．金属块克服电场力做功8J
C．金属块的电势能减少4J
D．金属块的机械能减少12J
【答案】D
【详解】ABC．金属块滑下的过程中动能增加了12 J，由动能定理知
WG＋Wf＋WF＝ΔEk
摩擦力做功
Wf＝－8 J
重力做功
WG＝24 J
解得电场力做功
WF＝－4 J
电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4 J，故ABC 错误；
D．由功能关系可知机械能的变化量
ΔE＝Wf＋WF＝－12 J
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即机械能减少了12 J，故D 正确。
故选D。
变式7.2 如图所示，半径为
的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上直径
之间的夹角为
，
与
之间的夹角也为
。在A、C 两点分别固定电荷量均为
的正点电荷，电荷量为
的带正电小
环由
点静止释放。已知点电荷周围某点的电势
，式中
为点电荷的电荷量，为该点到点电荷的
距离，
为静电力常量，不计带电小环的重力，则带电小环运动到
点时的动能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据电场的叠加性原理，A 和C 两点电荷在B 点的电势为
同理根据电场的叠加性原理可知，E 点的电势为
小环从B 点到E 点，由能量守恒有
解得
故选A。
【例8】如图所示，光滑绝缘水平面上静置带有同种电荷的A 和B 两金属小球，其中A 球质量为
，B 球
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质量为
。在
时刻给A 球水平向右的初速度
，同时由静止释放B 球，在库仑力的作用下，两球在
时刻相距最近（未接触）。下列说法正确的是（ ）
A．从
到
时间内，两小球系统机械能守恒
B．从
到
时间内，两小球电势能增加量为
C．在
时刻，小球A 和B 的动量大小之比为
D．在
时刻，小球A 和B 的加速度大小之比为
【答案】B
【详解】D．在t0时刻，小球A 和B 受到的库仑力相等，A 球质量为m，B 球质量为2m，根据牛顿第二定
律，则有小球A 和B 的加速度大小之比为2：1，D 错误；
A．从
到
时间内，两个小球距离变小，则两小球组成的系统电势能增大，机械能变小，A 错误；
C．在运动过程中，满足动量守恒，在两球在t1时刻相距最近时，达到共同的速度
解得
即在t1时刻，小球A 和B 的速度大小之比为1：1，根据
可知在
时刻，小球A 和B 的动量大小之
比为
，C 错误；
B．电势能的增加量等于动能的减小量
解得
B 正确。
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故选B。
变式8.1 如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。
时，乙球以
的初速度冲向
原来静止的甲球，在
时间内它们的
图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设
、
时刻两球的总电势能分别为
、
，则（ ）
A．
时刻两球最近，
B．
时刻两球最近，
C．
时刻两球最近，
D．
时刻两球最近，
【答案】A
【详解】由图（b）可知，
时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在
斥力，
时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得
解得
整个过程电场力做负功，电势能增加，增加量为
其中
之后在斥力的作用下，甲继续向左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，t3时刻两球没有相距最近，
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过程中，电势能的增加量为
其中
，
代入数据可得
故t1时刻两球的总电势能较大，即
故选A。
变式8.2 如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0 时，甲静止，乙以6m/s 的初速度向甲
运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t 图像分别
如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（ ）
A．两小球带电的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2：1
C．t2时刻，乙球的静电力最大
D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】B
【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；
B．两球作用过程中动量守恒，则
解得
故B 正确；
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C．从v－t 图象可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，此时静电力最大，故C 错误；
D．在0－t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D 错误。
故选B。
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