高中物理学案：电场能的性质[学科素养与目标要求]物理观念：1.进一步理解电势、电势差的概念、公式，知道电场力做功与电势能变化的关系是一种普遍的功能关系.2.理解E－x、φ－x图象的意义，并会分析有关问题.科学思维：1.通过分析电势、电势能及电场力做功的综合问题，提高逻辑思维和科学思维能力.2.通过方法的迁移，找到解决E－x、φ－x图象与其他图象问题共性的东西.一、电场综合问题分析例1(多选)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图1所示.若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中( )图1A.先做匀加速运动，后做匀减速运动B.先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和保持不变D.电势能先减小，后增大答案CD解析a、c两点固定相同的正点电荷，则bd为等量正点电荷连线的中垂线，由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动，故A错误；等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高，带负电的粒子从b点运动到d点的过程中，先从低电势到高电势，再从高电势到低电势，故B错误；带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受电场力先由b指向d，后由d指向b，所以电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小，后增大，故D正确；只有电场力做功，电势能与机械能之和保持不变，故C正确.例2(多选)(郑州一中高二期中)如图2所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个四边形ABCD，其中，M为AD的中点，N为BC的中点.一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为W AB ＝2.0×10－9J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为W DC＝4.0×10－9J.则以下分析正确的是( )图2A.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为W MN＝3.0×10－9JB.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功W MN有可能大于4.0×10－9JC.若A、B之间的距离为1cm，该粒子的电荷量为2×10－7C，则该电场的场强一定是E＝1V/mD.若该粒子的电荷量为2×10－9C，则A、B之间的电势差为1V答案AD解析在匀强电场中，由于M为AD的中点，N为BC的中点，故φM＝φA＋φD2，φN＝φB＋φC2，则W MN＝qU MN＝q(φM－φN)＝q(φA＋φD2－φB＋φC2)＝12q(φA－φB)＋12q(φD－φC)＝12WAB＋12WDC＝3.0×10－9J，故A正确，B错误；由W AB＝qU AB＝qEd，若电场方向恰好沿AB方向，则d等于A、B之间的距离，d＝1cm，得E＝WABqd＝1V/m，若电场方向不沿AB方向，则d<1 cm，得到E>X1 V/m，故C错误；由W AB＝qU AB得，U AB＝WABq＝1V，故D正确.例3如图3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点为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、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑.已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：图3(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势.答案(1)7gR(2)－mgR 2q解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动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＝3R 2根据动能定理有mg·3R2＝mvC22－mvB22解得v C＝7gR.(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝mvC22，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝E p A－E p C＝－qφA－(－qφC).又因为φC＝0，可得φA＝－mgR 2q.电场中的功能关系1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔE k，这里的W合指合外力做的功.2.电场力做功决定带电体电势能的变化量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似.3.只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即E p1＋E机1＝E p2＋E机2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似.二、φ－x和E－x图象分析例4(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图4所示，x轴上两点B、C的电场强度在x 轴方向上的分量分别是E Bx、E Cx，下列说法中正确的有( )图4A.E Bx 的大小大于E Cx 的大小B.E Bx 的方向沿x 轴正方向C.电荷在O 点受到的电场力在x 轴方向上的分量最大D.负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功后做负功答案 AD解析 在φ－x 图象中，图线的斜率大小表示场强大小，可见E Bx ＞E Cx ，选项A 正确；同理可知O 点场强在x 轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x 轴方向上的分量最小，选项C 错误；沿电场方向电势降低，在O 点左侧，E x 的方向沿x 轴负方向，在O 点右侧，E x 的方向沿x 轴正方向，选项B 错误，选项D 正确.[学科素养] 从φ－x 图象上可直接看出电势随位置的变化，可间接求出场强E 随x 的变化情况：φ－x 图象切线斜率的绝对值k ＝|ΔφΔx |＝|U d|，为E 的大小，场强E 的方向为电势降低的方向.从形象思维到抽象思维到建立模型，体现了物理“科学思维”的学科素养.例5(多选)(启东中学高二质检)如图5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变化的关系如图乙所示，则( )图5A.c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同B.球内部的电场为匀强电场C.a、c两点处的电势相等D.假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，电场力一直做正功答案AD解析根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确，选项B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，由题图乙易判断a点的电势大于c点的电势，选项C错误；假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，电场力与运动方向相同，电场力一直做正功，选项D正确.E是矢量，E－x图象中E的正负反映E的方向，E的数值反映电场强度E的大小，E－x图象与x轴所围面积表示电势差大小.针对训练(衡水市测试)静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图6所示的折线，图中φ0和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电荷量为－q，忽略重力.规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能E k 随x的变化图象，其中正确的是( )图6答案 D解析φ－x图象切线的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值，在x＝0右侧为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧粒子向右做匀加速运动，在x＝0右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，根据动能定理得qEx ＝E k－E k0，在x＝0的右侧，根据动能定理得－qEx＝E k′－E k0′，故D正确.1.(电场综合问题)(多选)(2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图7所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φ已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点a移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是( )图7A.E a∶E b＝4∶1B.E c∶E d＝2∶1C.W ab∶W bc＝3∶1D.W bc∶W cd＝1∶3答案AC解析由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，根据点电荷的场强公式E＝k Qr2可知，EaEb＝rb2ra2＝41，EcEd＝rd2rc2＝41，故A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以WabWbc＝31，WbcWcd＝11，故C正确，D错误.2.(φ－x图象)(多选)(2017·扬州市期末)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图8中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知( )图8A.B点电场强度为零B.Q1为负电荷，Q2为正电荷C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量D.将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功答案BCD解析由E＝ΔφΔx知，B点的电场强度不为零，A错误；负点电荷电场中的电势为负，正点电荷电场中的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，B正确；由题图可知，电势零点离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电子的电势能一直减小，电场力一直做正功，D正确.3.(电场综合问题)(多选)(全国卷Ⅰ)图9中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是( )图9A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案AB解析因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eU ad＝6eV，故U ad ＝6V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc ＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能E p＝eφd＝2eV，C项错误；由a到b，W ab＝E k b－Ek a＝－2eV，所以E k b＝8eV；由a到d，W ad＝E k d－E k a＝－6eV，所以E k d＝4eV；则E k b＝2E k d，根据E k ＝12mv2知vb＝2v d，D项错误.4.(电场综合问题)(东北师大附中高二月考)如图10所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷.一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k.试求：图10(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势.答案(1)mg＋33kQq8h2(2)φ＋m(v2－v2)2q解析(1)物块在A点受到点电荷的库仑力：F＝kQq r2由几何关系可知：r＝h sin60°设物块在A点时受到轨道的支持力大小为F N 由平衡条件有：F N＝mg＋F sin60°解得：F N＝mg＋33kQq 8h2(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有：q(φ－φB)＝12mv2－12mv2解得：φB＝φ＋m(v2－v2)2q一、选择题考点一电场综合问题分析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，在小球下落h的过程中( )A.小球的重力势能减少了2mghB.小球的动能增加了2mghC.电场力做负功2mghD.小球的电势能增加了3mgh答案 D解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力，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.(多选)如图1所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N仅在电场力作用下先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.下列说法正确的是( )图1A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功答案ABC解析如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则N粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a 到b电场力对其做负功，故动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从e到d电场力做功为零，故电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误.3.(山东省实验中学期末)如图2所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场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，由此可知( )图2A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度答案 A解析根据牛顿第二定律可得qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为E R>E Q，则带电粒子在R、Q两点处的加速度大小关系为a R>a Q，故D项错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，故C项错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向沿电场线向右，假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒子从P向Q运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，故A项正确，B项错误.4.(厦门高二质量检测)如图3所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点.一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是( )图3A.粒子经过B点时加速度为零B.粒子经过B点和C点时动能相等C.粒子从A到C的过程中，电势能一直增大D.粒子从B到D的过程中，电场力做的总功为0答案 D解析两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为零，带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下，加速度不为零，故A错误；由于两个圆环产生的电场关于C 点是对称的，所以粒子从B到C电场力做功的绝对值与粒子从C到D电场力做功的绝对值大小相等，总功等于零，所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等，故D正确，B错误；粒子从A到B的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能减小，故C错误.5.(多选)(全国卷Ⅱ)如图4，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( )图4 A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1＋W2 2C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2 qLD.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案BD解析结合题意，只能判定U ab>0，U cd>0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN ＝φM－φN＝φa＋φc2－φb＋φd2＝Uab＋U cd2，可知该粒子由M移动到N过程中，电场力做功W＝W1＋W22，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝W2qL，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1＝W2，则U ab＝U cd，则ac与bd一定相互平行，可知U aM＝U bN，D项正确.考点二电场中的图象问题6.如图5甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x 变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )图5A.电子沿Ox的负方向运动B.电子的电势能将增大C.电子运动的加速度恒定D.电子运动的加速度先减小后增大答案 D解析由题图看出，沿Ox方向电势逐渐升高，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动，电子的电势能将减小，故A、B错误；φ－x图象的斜率大小等于电场强度大小，由几何知识知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所以电子的加速度先减小后增大，故C错误，D正确.7.(多选)(哈师大附中期中)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图6所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )图6 A.两点电荷一定为异种电荷B.原点O处场强大小为kQ 3L2C.负检验电荷在原点O处受到向左的电场力D.负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大答案BC解析由φ－x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；x＝L处电势最低，此处图线切线的斜率为0，即该点的合场强为0，kQ(2L)2＝kQ′(4L)2，得Q′＝4Q，故原点处的场强大小为4kQ(3L)2－kQ(3L)2＝kQ3L2，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B、C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误.8.(六安一中质检)沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图7所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等.一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为E k，仅考虑电场力作用，则( )图7A.从O点到C点，电势先升高后降低B.粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C.粒子在AB段电势能变化量大于BC段电势能变化量D.粒子在AB段电势能变化量小于BC段电势能变化量答案 C解析由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受电场力逐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E－x图象中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功W>W BC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能AB变化量，C项正确，D项错误.9.(多选)(东北师大附中期中)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图8所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2x3段是直线，p则下列说法正确的是( )图8A.x 1处电场强度最小，但不为零B.粒子在O ～x 3段做变速运动，x 2～x 3段做匀变速运动C.x 2～x 3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D.在O 、x 1、x 2、x 3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3 答案 BCD解析 由E ＝U d 得场强与电势的关系：E ＝ΔφΔx ，电势能：E p ＝qφ，联立可得：E ＝1q ·ΔE pΔx，可知E p －x 图象切线的斜率ΔE pΔx ＝qE ＝F 电，x 1处切线斜率为零，所以x 1处电场强度为零，故A 错误；由题图可知，O ～x 1，x 1～x 2，x 2～x 3，三段斜率大小变化情况为变小，变大，不变，则可知三段电场力变小，变大，不变，故B 、C 正确；根据电势能与电势的关系：E p ＝qφ，粒子带负电，q <0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D 正确. 二、非选择题10.一长为L 的细线，一端固定于O 点，另一端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图9所示的水平向右的匀强电场中.开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A 点，释放后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：(重力加速度为g )图9(1)A、B两点的电势差U AB；(2)匀强电场的场强大小.答案(1)－3mgL2q(2)3mgq解析(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgL sin60°＋qUAB ＝0，所以U AB＝－3mgL2q(2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得E＝UBAL－L cos60°＝3mgq.11.如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为3gh.求小球由A到C的过程中静电力做的功及A、C两点间的电势差.图10答案12mgh－mgh2q解析因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功W和重力做功mgh，由动能定理得：W＋mgh＝12 mvB2代入已知条件v B＝3gh得静电力做功W＝12m·3gh－mgh＝12mgh因Q为点电荷，则B、C在同一等势面上，由B到C电场力做功为0，所以由A到C电场力做功W AC＝W＋0＝12mgh.则UAC＝WAC－q＝－mgh2q.12.如图11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0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为34g，静电力常量为k，求：图11(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示).答案(1)3g，方向竖直向上(2)－3kQ h解析(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：mg－k Qqh2＝m·34g.在B点时：kQq(0.25h)2－mg＝m·a B，解得a B＝3g，方向竖直向上.(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qU AB＝0，解得U AB＝－3kQ h.13.如图12所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g)图12(1)小球应带何种电荷及其电荷量；(2)小球受到的合外力大小；(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小x m.(电场范围足够大)答案(1)正电荷mgdU(2)2mg(3)2v024g解析(1)作电场线如图甲所示.由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示.只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动.由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝Ud，所以q＝mgE＝mgdU.(2)由图乙知，F合＝(qE)2＋(mg)2＝2mg.(3)由动能定理得：－F合x m＝0－12 mv2所以x m＝mv222mg ＝2v024g.。