第二课时电场能的性质的描述第一关：基础关展望高考基础知识一、电势能知识讲解（1）定义电荷在电场中具有的势能叫电势能.类似于物体在重力场中具有重力势能.用E p表示.（2）静电力做功与电势能变化的关系电荷在电场中A点具有的电势能为εA,在B点具有的电势能为εB,电荷从A到B静电力做的功就等于电势能的减少量，即W AB=εA-εB.即静电力做正功，电荷电势能一定减少，静电力做负功，电荷电势能一定增加.（3）电势能的大小若规定电荷在B点的电势能为零，E pB=0，则EpA=W AB即电荷在某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零势能位置时所做的功.说明：①上述关系既适应于匀强电场，也适应于非匀强电场；既适应于正电荷，也适应于负电荷.②电荷在电场中某点的电势能的大小与零电势能点的选取有关，但电荷在某两点之间的电势能之差与零电势能的选取无关.③通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零.活学活用1..下列叙述正如图所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知MQ NQ确的是()A.若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少B.若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加C.若把一负的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则电场力对该电荷做功，电势能减少D.若把一负的点电荷从M 点移到N 点，再从N 点沿不同路径移回到M 点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变解析：由点电荷产生的电场的特点可知：M 点电势高于N 点电势，即U MN >0,由W=qU 知：移动电荷由M 到N ，若为正电荷，电场力做正功；若移动的是负电荷，电场力做负功，电势能的判断可以用以下三种方法：方法一据E p =q ϕ判断.若为正电荷，则E pM >E pN ，从M 到N 电势能降低；若为负电荷，则E pM <E pN ，从M 到N ，电势能升高.方法二利用电场力做功判断.若为正电荷，电场力做正功，电势能降低；若为负电荷，电场力做负功，电势能升高. 方法三用推论判断.对正电荷，因ϕM >ϕN ,故E pM >E pN ；对负电荷，E pM <E pN .综上所述，选项AD 正确.答案：AD二、电势知识讲解（1）定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势，用ϕ表示.（2）定义式：p E .q ϕ=（3）特点：①电势是标量.某点电势大于零，表明该点电势比零电势点高；某点电势小于零，表明该点电势比零电势点低.②电场中某点电势值与电场本身和零电势点的选择有关，一般选取无穷远处或大地电势为零.③电场中沿着电场线的方向电势越来越低.场强的方向是电势降落最快的方向.活学活用2.如图所示，电子在一条直线上从a 点运动到b 点，电势能增加，试判定a\,b 两点电势高低.解析：方法一利用电场线方向来判断.由于电势能增加，电场力一定做负功，即电场力方向和电荷运动方向相反，从b指向a.而负电荷受电场力的方向和场强方向相反，场强方向应是由a指向b,因此电场线的方向从a 指向b.顺着电场线方向电势越来越低，a点电势比b点电势高.方法二利用电场力做功公式来判断.由于电势能增加，电场力一定做负功，即W ab为负值，而q是负电荷，即q为负值.由W ab=q(ϕa-ϕb)得知ϕa-ϕb>0，故ϕa>ϕb.方法三利用电势能判断.正电荷q为正值，在电势越高的地方电势能越大，而对负电荷q为负值，在电势越高的地方电势能越小，而本题已知条件是负电荷在a点电势能较小，故a点电势高.三、电势差、等势面知识讲解1.电势差（1）定义：电荷q在电场中A、B两点间移动时，电场力所做的功W AB跟它的电荷量q 的比值，叫做A、B两点间的电势差，也叫电压.(2) 公式：U AB=W AB/q单位：V，是标量.2.等势面（1）定义：电场中电势相同的各点构成的面，叫做等势面.（2）等势面和电场线的关系：电场线总是与等势面垂直，且由高等势面指向低等势面；电场线越密的地方，等势面越密；沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功.活学活用3.a\,b\,c\,d是匀强电场中的四个点.它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行.已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图所示.由此可知c点的电势为()A.4 VB.8 VC.12 VD.24 V解析：方法一在匀强电场中，沿任何方向电势都是均匀降落的，所以U ba=U cd,即ϕb-ϕa=ϕc-ϕd,故c点的电势ϕc=8 V,故B项正确.方法二利用等势面法.利用等分法在电场中找等势点，是解决此类问题的有效方法：U bd=ϕb-ϕd=20 V,连接bd 并将bd五等分，如右图所示.则e点电势为20 V，h点电势为8 V,由于ae在同一等势面上，又ae∥ch,故过c的等势面过h点，故ϕc=8 V.答案：B第二关：技法关解读高考解题技法一、电势高低的判定方法技法讲解1.电势顺着电场线的方向逐渐降低，“顺”的含义是初末位置连线与电场线方向间的夹角小于90°,所以电场线方向是电势降低最快的方向.2.通过计算电势差U AB=W AB/q，结合U AB=ϕA-ϕB来判断，若U AB＞0，则ϕA＞ϕB；若U AB=0，则ϕA=ϕB，若U AB＜0，则ϕA＜ϕB.3.由公式ϕA=W AO/q来判断.具体步骤是把电荷q从将要比较的A、B两点分别移到零参考点，做的功分别为W AO、W BO.再由公式ϕA=W AO/q直接判断，这种方法很麻烦，实际操作中运用得较少.4.根据场源电荷的电场来判断.在正电荷产生的电场中，离它越近电势越高;在负电荷产生的电场中，情况恰好相反.5.根据电场力做功来判断.正电荷在电场力作用下移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处；正电荷克服电场力做功，电荷由低电势处移向高电势处.对于负电荷，情况恰好相反.典例剖析例1将一正点电荷从无穷远处移向M点，电场力做功为6.0×10-9 J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10-9J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势ϕM、ϕN有下列关系（）A.ϕM＜ϕN＜0B.ϕN ＞ϕM ＞0C.ϕN ＜ϕM ＜0D.ϕM ＞ϕN ＞0解析： 比较电势高低，可根据电势的定义进行处理：以无穷远处为电势零点，根据W qϕ=的定义求出M 、N 两点的电势，然后进行比较.根据电势定义式 99AO MO NO A M N N M W W W 6.0107.010,0.q q q q qϕϕϕϕϕ---⨯-⨯=====得，所以＜＜ 答案：C二、比较电荷在电场中某两点电势能大小的方法技法讲解1.公式法由公式E A =q ϕA 判断，严格按电荷量q 的正负、电势ϕA 的正负代入求解.则对正电荷，电势越高，电荷量越大，电势能越大；对负电荷，电势越高，电荷量越大，电势能越小.2.电场线法正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大．负电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小．3.做功判断法无论正、负电荷，电场力做正功，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．4.场源电荷法若场源电荷为正电荷，则离场源电荷越近，正电荷的电势能越大，负电荷电势能越小；若场源电荷为负电荷，则离场源电荷越近，正电荷电势能越小，负电荷电势能越大.典例剖析例2一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A点运动到B点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则A、B两点电场强度E A、E B及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB 之间的关系为（）A.E A=E BB.E A＜E BC.εA=εBD.εA＞εB解析：负电荷在电场中只受电场力作用而做匀加速直线运动，可知电场是匀强电场，故A对.由于电场力对负电荷做正功，动能增加，则电势能减小，故D对.答案：D三、带电粒子在电场中运动的综合分析技法讲解1.根据电场线的性质分析（1）电场线的疏密表示场强的大小，切线方向表示场强方向．(2)正电荷受到的电场力方向与场强方向一致，负电荷则相反．(3)顺着电场线方向电势降低．(4)正电荷顺着电场线移动电场力做正功，电势能降低；负电荷顺着电场线移动电场力做负功，电势能升高，逆着电场线移动则相反．2.结合电荷的运动轨迹分析物体的运动轨迹由初速度与受力决定，所以根据带电粒子的运动轨迹可判定其运动方向和受力方向，运动方向沿轨迹的切线方向，轨迹为直线时，电场力与其他力的合力与轨迹共线，轨迹为曲线时，所受合力指向轨迹曲率圆心方向，若运动方向与受力方向间夹角小于90°，则此力做正功，若粒子只受电场力作用，则根据运动方向与电场力方向间夹角可判定电场力做功的正负，进而判定电势能的高低、变化等.3.结合等势面分析同一等势面上各点电势处处相等，电荷在等势面上移动时，电场力不做功，电势能不变化；电场线垂直于等势面，由电势高的等势面指向电势低的等势面；等势面的疏密反映了场强的大小，结合等势面的这些特点，也可分析电荷在电场中运动时，各量的变化．典例剖析例3图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（）A.带电粒子所带电荷的符号B.带电粒子在a,b两点的受力方向C.带电粒子在a,b两点的速度何处较大D.带电粒子在a,b两点的电势能何处较大解析：尽管本题不涉及计算，但对同学们的分析能力要求很高．由于本题中的带电粒子没有告诉你是正还是负，似乎给分析带来一定的难度，但从电场线分布看，场源电荷在左侧，从轨迹看受力指向左侧，即带电粒子与点电荷电性相反，但不能具体判断出带电粒子的电性，A错.粒子受力指向左侧，且此力为电场力与电场线共线，可判出粒子在a、b两点的受力方向沿电场线向左方，B正确．若粒子从a点运动到b点，则电场力与运动方向间夹角大于90°，电场力做负功，电势能升高εb>εa，动能减少v a>v b，所以C、D都正确．答案：CD例4如图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0.一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a\,b点时的动能分别为26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8 eV,它的动能应为（）A.8 eVB.13 eVC.20 eVD.34 eV解析：等势面3的电势为零，则电势能也为零.由于两相邻等势面的电势差相等，又知E ka＞E kb，则a点的电势能可表示为-2qU(U为相邻两等势面的电势差)，b点的电势能可表示为qU.由于总的能量守恒，则有：E ka+(-2qU)=E kb+qU,即26-2qU=5+qU，解得qU=7 eV，则总能量为7 eV+5 eV=12 eV当电势能为-8 eV的，动能E k=12-（-8） eV=20 eV.答案：C第三关：训练关笑对高考随堂训练1如图所示,在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷,它们分别带等量的正､负电荷.E､F是AB边和CD边的中点,P､Q两点在MN的连线上,MP=QN.对于E､F､P､Q四点,其中电场强度相同､电势相等的两点是 ( )A.E 和FB.P 和QC.A 和BD.C 和D解析：电场强度用电场线叠加分析可知E 、F 两点的电场强度相同.沿电场线方向，电势降低，逆电场线方向电势增加，由等量异种电荷电场线、等势线分布情况可知E 、F 两点电势相等.答案：A2.一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10-9C ，在静电场中由a 点移到b 点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10-5 J ，质点的动能增加了8.0×10-5 J ，则a 、b 两点间的电势差U ab 为()A ．3.0×104 VB ．1.0×104 VC ．4.0×104 VD ．7.0×104 V解析：由动能定理有：W ab +W 外=ΔE k .W ab =ΔE k -W 外=8.0×10-5 J-6.0×10-5 J=2.0×10-5 J.又W ab =qU ab , 54ab ab 9W 2.010U V 1.010V B .q 2.010--⨯===⨯⨯故，正确 答案：B3.如图所示，矩形金属片AB 放在电荷+Q 的左侧，O 为金属片的中点，点电荷Q 和O 点的连线恰与金属片垂直，此时A 、O 、B 三点的电势分别为ϕA 、ϕO 、ϕB ；若把金属片取走，原来A 、O 、B 三点所在处的电势分别为ϕA ′、ϕO ′、ϕB ′.则下列说法中正确的是（）AϕA′=ϕO′=ϕB′ B A′=B′<O′CϕA=ϕO=ϕB DϕA=ϕB<ϕO解析:放入金属片时,由于静电感应———感应电荷的出现,使原电场发生了变化,使金属片内电荷重新分布,达到静电平衡时,金属片是一个等势体,因此有ϕA=ϕO=ϕB;而取走金属片后,A､O､B处在一个孤立的点电荷产生的电场中,点电荷电场的等势面是以点电荷为圆心的一簇同心球面.由几何知识可知:在同一个等势面上,电势相等,O点电场源电荷+Q较A､B近,电势比A､B要高,故有ϕＡ′＝ϕＢ′＜ϕＯ′．答案：BC点评：对学科的基础知识和主干知识的考查是高考物理永恒的主题.4.如图所示，虚线以a、b、c表示在O处某一点电荷的电场中的三个等势面，设两相邻等势面的间距相等.一电子射入电场后的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的一些交点.由此可以判定（）A.电子在1、2、3、4四个位置处所具有的电势能与动能的总和一定相等B. O处的点电荷一定带正电C. a、b、c三个等势面的电势关系是ϕa＞ϕb＞ϕcD.电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功的大小关系W12=2W34解析：由电子射入电场后的运动轨迹可知场源点电荷为负点电荷，沿着电场线方向电势降低，即ϕa＜ϕb＜ϕc.在点电荷的电场中，虽然ab=bc，但U ab≠U bc，故电子从位置1到2和从位置3到4的过程中电场力做功W12≠2W34，故正确答案选A.答案：A5.如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ=30°，问：（1）小球带电荷量多少？（2）若将小球拉到A点使细线呈水平状态，当小球由静止释放后，从A到B的过程，电场力对小球做功多少？（3）小球过最低点C时，细线对小球拉力多大？解析：（1）小球在B点受重力、拉力、电场力三个力作用，三力平衡，则小球所受电场力方向向右，小球带正电.对小球B进行受力分析如图所示Fcosθ=mgFsinθ=qE，解得3mg q=(2)小球从A到B电场力做功313mgL W qEL(1sin 0)qEL 26=-︒== (3)小球从A 到C 由动能定理有mgL-qEL=12mv 2 在C 点绳对小球拉力为T-mg=2v m L联立得(923mg T 3-=） 答案：()()3mg 3mgL (923mg 1233E 63-）（） 课时作业三十二电场能的性质的描述1.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC ，电场中的A 、B 、C 三点的场强分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为ϕA 、ϕB 、ϕC ，AB 、BC 间的电势差分别为U AB 、U BC ，则下列关系中正确的有()A. ϕA ＞ϕB ＞ϕCB.E C ＞E B ＞E AC.U AB ＜U BCD.U AB =U BC解析:从A 到B 再到C 是顺着电场线的方向，电势应逐渐降低，所以ϕA ＞ϕB ＞ϕC,即A 正确.A 、B 、C 三点中A 处电场线最疏，C 处电场线最密，所以E A ＜E B ＜E C ，则B 正确.尽管AB=BC ，但E A ＜E B ＜E C ，所以U AB ＜U BC ,即C 正确，D 错误.答案:ABC2.如图所示，在y 轴上关于O 点对称的A 、B 两点有等量同种点电荷+Q ，在x 轴上C 点有点电荷-Q ，且CO=OD ，∠ADO=60°.下列判断正确的是()A.O 点电场强度为零B.D 点电场强度为零C.若将点电荷+q 从O 移向C ，电势能增大D.若将点电荷-q 从O 移向C ，电势能增大解析:由电场的叠加知，E 0为C 点处电荷在O 点产生的电场，A 、B 处电荷在O 点处产生场强合为零，故A 错误；由题知r DA =r DB =r DC ，则D 处的场强为D AD BD CD E E E E 0=++=，如图所示，故B 正确；由题知由O 到C 各点处的场强方向沿x 轴负方向，若将电荷+q 从O 移向C ，电场力做正功，电势能减小，故C 错；若将点电荷-q 从O 移向C ，电场力做负功，电势能增加，故D 正确.答案:BD3.匀强电场中有a 、b 、c 三点.在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°，∠c=90°.电场方向与三角形所在平面平行.已知a 、b 和c 点的电势分别为23V 23V +（）、（）和2V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为()A.23V 23VB.0V 4V 4343C.2V 2VD.0V 23V 33-+-+（）、（）、（）、（）、 解析:连接圆心O 和c ，并通过b 、a 两点分别作Oc 的平行线，因为Oa=Ob=Oc=R ，所以三条平行线是等电势差的.再过O 点作三条平行线的垂线，交三角形abc 的外接圆于d 、e 两点，则d 点电势最高，e 点电势最低.由ERcos 30°=ϕb -ϕc ,ER=ϕd -ϕc ,ER=-ϕc -ϕe 且ϕb=(2+3)V,ϕc =2V 得ϕd =4V,ϕe =0V,所以B 正确，ACD 均错误.答案:B4.如图所示，a 、b 带等量异种电荷，M 、 N 是a 、b 连线的中垂线，现有一个带电粒子从M 点以一定的初速度v 0射出，开始一段轨迹如图中实线所示，不考虑粒子重力，则在飞越该电场的过程中()A.该粒子带负电B.该粒子的动能先减小后增大C.该粒子的电势能先增大后减小D.该粒子运动到无穷远处，速率大小一定仍为v 0解析:由电荷的运动轨迹可看出粒子带负电，故A 正确.MN 是等势面，可延伸到无穷远，故粒子在M 点和无穷远处的电势差为零，电场力做功为零，故D 选项正确.答案:AD5.如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为+ϕ和-ϕ，下述结论正确的是()A.电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E=ϕ/dB.电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C.若只减小两极板间的距离为d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D.若有一个电子穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析:电容器两板间电势差为U=2ϕ，匀强电场的电场强度U2Ed dϕ==，A错；沿电场线方向电势逐渐降低，AB两板间的电势由ϕ到-ϕ逐渐减小，B对；由于两极间电势差不变，而板间距离d减小时，电容C增大，电荷量Q=UC增大，C对；因不知电子的初速度方向，所以无法确定电子穿越两板之间时，电场力做功的正负，从而无法判断电势能的变化，D错.所以答案为BC.答案:BC6.一正电荷在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图所示，t A、t B分别是电荷在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有()A.A处的场强一定小于B处的场强B.A 处的电势一定高于B 处的电势C.电荷在A 处的电势能一定小于B 处的电势能D.A 至B 过程中，电场力一定对电荷做正功解析:由速度图象可知，正电荷的加速度逐渐增大，所受电场力逐渐增大，B 处电场强度大于A 处电场强度，选项A 正确；正电荷从A 点运动到B 点，在电场力作用下，正电荷速度增大，电场力做正功，所以D 正确；电势能减小，电荷在A 处的电势能一定大于B 处的电势能，A 处的电势一定大于B 处的电势，选项B 正确，C 错.答案:ABD7.在粗糙的斜面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q 的电场中沿斜面运动到 N 点静止.则从M 到 N 的过程中 ()A.小物块所受的电场力减小B.小物块的电势能可能增加C.小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D.M 点的电势一定高于 N 点的电势解析:根据库仑定律：122q q F k r =库知F 库减小，故A 对；由于电荷Q 电性未知，故无法判定M 、 N 两点的电势高低，故D 错；虽然电荷Q 和小物块的电性都未知，但由题意可判断两者之间必为斥力，故小物块的电势能必然减小（因为电场力对其做正功），故B 错；由动能定理有W G +W 电+W f =0，且W G ＞0，W 电＞0，故W 电＜W f ，即C 对.答案:AC8.如图所示，图中K 、L 、M 为静电场中的3个相距较近的等势面.一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde 轨迹运动.已知ϕK ＜ϕL ＜ϕM ,且粒子在ab 段做减速运动.下列判断中正确的是()A.粒子带负电B.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度C.粒子在a点与e点的速度大小相等D.粒子在a点的电势能小于在d点的电势能解析:因为ϕk＜ϕL，且带电粒子在ab段做减速运动，因此粒子带正电，A错误；由电场线分布情况可知a点场强小于b点场强，因此粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误；a点和e点处在同一等势面上，因此该粒子在该两点的动能、电势能都相等，C正确；b 点和d点处在同一等势面上，b、d两点的电势能相等，由于带电粒子在ab段做减速运动即该阶段电场力做负功，电势能增加，即a点的电势能小于b点的电势能，故D正确.答案:CD9.如图所示，把电量为-5×10-9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能（选填“增大”“减小”或“不变”）；若A点的电势U A=15V，B点的电势U B=10V，则此过程中电场力做的功为J.解析:负电荷顺着电场线移动，电势能增加，电场力做负功.W AB=qU AB=q(U A-U B)=-5×10-9×(15-10)J=-2.5×10-8J.答案:增大-2.5×10-810.如图所示，绝缘水平板面上，相距为L的A、B两个点分别固定着等量正点电荷.O为AB连线的中点，C、D是AB连线上的两点，AC=CO=OD=OB=1/4L.一质量为m、电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D运动，滑动第一次经过O点时的动能为nE0（n＞1），到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：（1）小滑块与水平板面之间的动摩擦因数μ;(2)OD 两点间的电势差U OD ；（3）小滑块运动的总路程S.解析:(1)根据动能定理.CO ：W 电+W f =nE 0-E 0①OD ：W 电′+W f =0-nE 0②W f =-μmg L 4③ 根据题意W 电=-W ′电④联立①②③④解得μ=2E 0/Lmg ⑤(2)根据动能定理，O 到D 过程有qUOD-μmg L 4=O-nE 0⑥ 解⑤⑥得U 0D =0E 2q (1-2n)⑦ (3)由初始C 点至最终停止于O 点，根据动能定理有qU CO -μmgS=0-E 0⑧U CO =-U OD ⑨ 联立⑤⑦⑧⑨解得总路程2n 1)L S 4+=（⑩ 答案：()()()()002n 1L E 12E /Lmg 212n 32q 4+-（） 11. 为使带负电的点电荷q 在一匀强电场中沿直线匀速地由A 运动到B ，必须对该电荷施加一个恒力F ，如图所示，若AB=0.4 m ，α＝３７°,q=-3×10-7 C,F=1.5×10-4 N ，A 点的电势U A =100V.（不计负电荷受到的重力）（1）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A 、B 两点的等势线，并标明它们的电势.（2）求q 在由A 到B 的过程中电势能的变化量是多少？解析:(1)因为点电荷在电场中匀速运动.所以F-qE=047F 1.510E N /C 500 N /C q 310--⨯===⨯ 方向与F 的方向相同.U AB =E ·AB ·cos α=500×0.4×0.8 V=160 V.ϕB =ϕA -U AB =100-160=-60 V电场线和等势线如图所示（2）电势能的增加量为ΔEΔE=-W 电ΔE=-qU AB =3×10-7×160 J=4.8×10-5J.答案:(1)如图（2）4.8×10-5 J12.在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B.A 球的带电荷量为+2q ，b 球的带电荷量为-3q ，组成一带电系统，如图所示，虚线MP 为AB 两球连线的垂直平分线，虚线 NQ 与MP 平行且相距4L.最初A 和B 分别静止于虚线MP 的两侧，距MP 的距离均为L ，且A 球距虚线 NQ 的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP 、 NQ 间加上水平向右的匀强电场E 后，求：（1） B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小.（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B 球电势能的变化量.解析:(1)带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律得：12qE qE a 2m m== 当球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有21v =2a 1L,求得12qEL v .m =(2)对带电系统进行分析，假设球A 能到达右边界，电场力对系统做功为W 1，有W 1=2qE ×3L+(-3qL ×2L)=0故带电系统速度第一次为零时，球A 恰好到达右边界 NQ.设球B 从静止到刚进入电场时间为t 1，1111v 2mL t t a qE==则，解得设球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律得：23qE 2qE qE a 2m 2m-+==- 显然，带电系统做匀减速运动.减速所需时间为t 2，则有12220v 8mL t ,t a qE-==求得可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为12t t t =+=B 球电势能增加了ΔE P =3qE ·2L=6qEL.答案：()12。