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1、微型专题 3 电场能的性质微型专题 3 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Ex、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Ex、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b
2、d往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中( ) 图 1 A.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
3、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)(2018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WAB2.0109J； 将该粒子从D点移动到C点， 电场力做功为WDC4.0109J. 则以下分析正确的是( ) 图 2 A.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN3.0109J B.若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能大于 4.0109J C.若A、B之间的距离为 1cm，该粒子的电荷
4、量为 2107C，则该电场的场强一定是E1V/m D.若该粒子的电荷量为 2109C，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M，N， AD 2 BC 2 则WMNqUMNq(MN)q()q(AB)q(DC)WAB AD 2 BC 2 1 2 1 2 1 2 1 2 WDC3.0109J，故 A 正确，B 错误；由WABqUABqEd，若电场方向恰好沿AB方向，则d 等于A、B之间的距离，d1cm，得E1V/m，若电场方向不沿AB方向，则dX1 V/m，故 C 错误；由WABqUAB得，UAB1V，故 D 正确. WAB q 例
5、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 2.求：gR 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) (2)7gR 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hBC3R
6、2 根据动能定理有mg 3R 2 mvC2 2 mvB2 2 解得vC.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mg3RW电，又根据 mvC2 2 电场力做功与电势能的关系：W电EpAEpCqA(qC). 又因为C0，可得A. 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Ek，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WABEpAEpBEp.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Ep1E机 1Ep2E机 2.这与只 有重力做功时，物体的机械能守恒类似
7、. 二、x和Ex图象分析 例 4 (多选)空间某一静电场的电势在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EBx、ECx，下列说法中正确的有( ) 图 4 A.EBx的大小大于ECx的大小 B.EBx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x图象中，图线的斜率大小表示场强大小，可见EBxECx，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，
8、Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex 的方向沿x轴正方向，选项 B 错误，选项 D 正确. 学科素养 从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：x图象切线斜率的绝对值k| |，为E的大小，场强E的方向为电势降 x U d 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)(2018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 5 A.c点处的场强和a点处的场强大小相等
9、、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，Ex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，Ex图象 与
10、x轴所围面积表示电势差大小. 针对训练 (2018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0和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x0 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Ek随x的变化图象，其中正确的是( ) 图 6 答案 D 解析 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x0 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x0
11、 左侧为正值， 在x0 右侧为负值，且大小不变，故 B 错误 ； 在x0 左侧粒子向右做匀加速运动，在x0 右侧向右做匀减速运动， 速度与位移不成正比， 故 C 错误 ； 在x0 左侧， 根据动能定理得qEx EkEk0，在x0 的右侧，根据动能定理得qExEkEk0，故 D 正确. 1.(电场综合问题)(多选)(2017全国卷)在一静止点电荷的电场中， 任一点的电势与该 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Ea、 Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余 类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次
12、经b、c点移动到d点， 在相邻两点间移动的过程中， 电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是( ) 图 7 A.EaEb41B.EcEd21 C.WabWbc31D.WbcWcd13 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Ek可知， ， ，故 A 正确，B 错误 ； 电场力做功WqU，a与b、b Q r2 Ea Eb rb2 ra2 4 1 Ec Ed rd2 rc2 4 1 与c、c与d之间的电势差分别为 3V、1V、1V，所以 ， ，故 C 正确，D 错误. Wab Wbc 3 1 Wbc Wcd
13、 1 1 2.(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(OBBD)，取无穷远处电势为零，由图可知 ( ) 图 8 A.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 x 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
14、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)(2018全国卷)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 9 A.平面c上的电势为零 B.该电子可能到达不了平面f C.该电子经过平面d时，其电势能为 4eV D.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UEd得相邻虚线之间电势差相等， 由a到d，eUad6eV， 故
15、Uad 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，c 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Eped2eV， C 项错误 ； 由a到b，WabEkbEka 2eV，所以Ekb8eV； 由a到d，WadEkdEka6eV，所以Ekd4eV； 则Ekb2Ekd，根据Ek mv2知vbvd，D 项错误. 1 2 2 4.(电场综合问题)(2018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
16、.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(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 (2) 3 3 kQq 8h2 mv02v2 2q 解析 (1)物块在A点受到点电荷的库仑力：FkQq 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FN 由平衡条件有：FNmgFsin60 解得：
17、FNmg 3 3 kQq 8h2 (2)设点电荷产生的电场在B点的电势为B 由动能定理有：q(B)mv2mv02 1 2 1 2 解得：Bmv 02v2 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 2mgh B.小球的动能增加了 2mgh C.电场力做负功 2mgh D.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mg2mg， 得F 电3mg， 在下落过程中静电力做功W电3mgh， 重力做功W
18、Gmgh， 总功WW电WG2mgh， 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 1 A.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
19、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.(2018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、
20、R、Q是这条轨迹上的三点， 由此可知( ) 图 2 A.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qEma，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EREQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度大小关系为aRaQ，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
21、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.(2018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 3 A.粒子经过B点时加速度为
22、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
23、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)(2018全国卷)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(q0)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W 1W2 2 C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W 2 qL D.若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的
24、电势差 答案 BD 解析 结合题意，只能判定Uab0，Ucd0，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UMNMN，可知 ac 2 bd 2 UabUcd 2 该粒子由M移动到N过程中，电场力做功W，B 项正确 ； 电场强度的方向只有沿cd W1W2 2 时，场强E，但本题中电场方向未知，C 项错误；若W1W2，则UabUcd，则ac与bd一 W2 qL 定相互平行，可知UaMUbN，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方向上各点的电势随x 变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放
25、一电子，电子仅受电场力的作用，则( ) 图 5 A.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；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)(2018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
26、电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势随x变化的关 系如图 6 所示，其中xL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 3L2 C.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x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故 A 错误；xL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， 得Q4Q， 故原点处的场强大小为 kQ 2 L2 kQ 4 L2 4kQ 3 L2 ，方向向右，负检验电荷在原点O处受到
27、的电场力向左，故 B、C 正确；由M点 kQ 3 L2 kQ 3L2 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.(2018六安一中质检)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Ek，仅考虑 电场力作用，则( ) 图 7 A.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
28、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 0x1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 ；Ex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WABWBC，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 势能变化量，C 项正确，D 项错误. 9.(多选)(2018东北师大附中期中)一带负电的粒子只在电场力作用下
29、沿x轴正向运动，其 电势能Ep随位移x变化的关系如图 8 所示， 其中Ox2段是关于直线xx1对称的曲线，x2x3 段是直线，则下列说法正确的是( ) 图 8 A.x1处电场强度最小，但不为零 B.粒子在Ox3段做变速运动，x2x3段做匀变速运动 C.x2x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值 D.在O、x1、x2、x3处电势0、1、2、3的关系为1203 答案 BCD 解析 由E 得场强与电势的关系：E，电势能：Epq，联立可得：E ， U d x 1 q Ep x 可知Epx图象切线的斜率qEF电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零， Ep x 故 A 错误 ； 由题图可知，Ox
30、1，x1x2，x2x3，三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：Epq， 粒子带负电，q203，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UAB； (2)匀强电场的场强大小. 答案 (1) (2) 3mgL 2q 3mg q 解
31、析 (1)小球由A到B过程中，由动能定理得 mgLsin60qUAB0，所以UAB 3mgL 2q (2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系， 可得E. UBA LLcos60 3mg q 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qQ，ABh，小球滑 到B点时的速度大小为.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.3gh 图 10 答案 mgh 1 2 mgh 2q 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
32、理得：WmghmvB2 1 2 代入已知条件vB得静电力做功3gh Wm3ghmghmgh 1 2 1 2 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WACW0mgh.则UAC. 1 2 WAC q mgh 2q 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g，静电力常量为k，求： 3 4 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
33、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：mgkmg.在B点时：kmgmaB，解得aB3g，方向竖直向上. Qq h2 3 4 Qq 0.25h2 (2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h0.25h)qUAB0，解得UAB. 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(U0)，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
34、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xm.(电场范围足够大) 答案 (1)正电荷 (2)mg (3) mgd U 2 2v02 4g 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qEmg，相邻 等势面间的电势差为U，所以E ，所以q. U d mg E mgd U (2)由图乙知，F合mg.qE2 mg22 (3)由动能定理得：F合xm0mv02 1 2 所以xm. mv02 2 2 mg 2v02 4g