《2019-2020學年高中物理 第一章 電場 微型專題3 電場能的性質學案 粵教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中物理 第一章 電場 微型專題3 電場能的性質學案 粵教版選修3-1（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、微型專題3　電場能的性質 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：1.進一步理解電勢、電勢差的概念、公式，知道電場力做功與電勢能變化的關系是一種普遍的功能關系.2.理解E－x、φ－x圖象的意義，并會分析有關問題． 科學思維：1.通過分析電勢、電勢能及電場力做功的綜合問題，提高邏輯思維和科學思維能力.2.通過方法的遷移，找到解決E－x、φ－x圖象與其它圖象問題共性的東西． 一、電場綜合問題分析 例1　(多選)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖1所示．若將一個帶負電的粒子置于b點由靜止自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動．粒子從

2、b點運動到d點的過程中(　　) 圖1 A．先做勻加速運動，后做勻減速運動 B．先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢 C．電勢能與機械能之和保持不變 D．電勢能先減小，后增大 答案　CD 解析　a、c兩點固定相同的正點電荷，則bd為等量正點電荷連線的中垂線，由電場線分布情況可知帶電粒子不可能做勻加速或勻減速運動，故A錯誤；等量正點電荷連線的中垂線的中點電勢最高，帶負電的粒子從b點運動到d點的過程中，先從低電勢到高電勢，再從高電勢到低電勢，故B錯誤；帶負電粒子從b點運動到d點的過程中所受電場力先由b指向d，后由d指向b，所以電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小，后增大，故D

3、正確；只有電場力做功，電勢能與機械能之和保持不變，故C正確． 例2　(多選)(2018·鄭州一中高二上期中)如圖2所示，在一個勻強電場(圖中未畫出)中有一個四邊形ABCD，其中，M為AD的中點，N為BC的中點．一個帶正電的粒子從A點移動到B點，電場力做功為WAB＝2.0×10－9J；將該粒子從D點移動到C點，電場力做功為WDC＝4.0×10－9J．則以下分析正確的是(　　) 圖2 A．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功為WMN＝3.0×10－9J B．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功WMN有可能大于4.0×10－9J C．若A、B之間的距離為1 cm，該粒子的電荷量為2

4、×10－7 C，則該電場的場強一定是E＝1 V/m D．若該粒子的電荷量為2×10－9C，則A、B之間的電勢差為1V 答案　AD 解析　在勻強電場中，由于M為AD的中點，N為BC的中點，故φM＝，φN＝，則WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(－)＝q(φA－φB)＋q(φD－φC)＝WAB＋WDC＝3.0×10－9J，故A正確，B錯誤；由WAB＝qUAB＝qEd，若電場方向恰好沿AB方向，則d等于A、B之間的距離，d＝1cm，得E＝＝1V/m，若電場方向不沿AB方向，則d<1 cm，得到E>1 V/m，故C錯誤；由WAB＝qUAB得，UAB＝＝1V，故D正確． 例3　如圖3所示，在

5、豎直平面內，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點，在圓心處有一固定的正點電荷，B點為AC的中點，C點位于圓周的最低點．現有一質量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負電小球(可視為質點)從A點由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點距過C點的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點時的速度大小為2.求： (1)小球滑到C點時的速度大?。? (2)若以C點為零電勢點，試確定A點的電勢． 圖3 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)因為B、C兩點電勢相等，故小球從B到C運動的過程中電場力做的總功為零． 由幾何關系可得BC的豎直高度hBC＝ 根據動能定理有mg·＝－ 解得vC＝

6、. (2)小球從A到C，重力和電場力均做正功，所以由動能定理有mg·3R＋W電＝，又根據電場力做功與電勢能的關系：W電＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)． 又因為φC＝0，可得φA＝－. 　電場中的功能關系 1．合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功． 2．電場力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似． 3．只有電場力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即Ep1＋E機1＝Ep2＋E機2.這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似． 二、φ－x和E－x圖象分析 例4　(

7、多選)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖4所示，x軸上兩點B、C的電場強度在x軸方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有(　　) 圖4 A．EBx的大小大于ECx的大小 B．EBx的方向沿x軸正方向 C．電荷在O點受到的電場力在x軸方向上的分量最大 D．負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功后做負功 答案　AD 解析　在φ－x圖象中，圖線的斜率大小表示場強大小，可見EBx＞ECx，選項A正確；同理可知O點場強在x軸方向上的分量最小，電荷在該點受到的電場力在x軸方向上的分量最小，選項C錯誤；沿電場方向電勢降低，在O點左側，Ex的方向沿x軸負方向，在O點

8、右側，Ex的方向沿x軸正方向，選項B錯誤；負電荷從B移到O，電場力做正功，從O移到C，電場力做負功，選項D正確． [學科素養(yǎng)]　從φ－x圖象上可直接看出電勢隨位置的變化，可間接求出場強E隨x的變化情況：φ－x圖象切線斜率的絕對值k＝||＝||，為場強E的大小，E的方向為電勢降低的方向．從形象思維到抽象思維到建立模型，體現了物理“科學思維”的學科素養(yǎng)． 例5　(多選)(2018·啟東中學高二質檢)如圖5甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化的關系如圖乙所示，則(　　) 圖5 A．c點處的

9、場強和a點處的場強大小相等、方向相同 B．球內部的電場為勻強電場 C．a、c兩點處的電勢相等 D．假設將一個帶正電的試探電荷沿x軸移動，則從a點處移動到c點處的過程中，電場力一直做正功 答案　AD 解析　根據題圖乙所示的x軸上各點的電場強度隨x變化的關系知c點處場強和a點處場強大小相等、方向相同，球內部的電場為非勻強電場，選項A正確，選項B錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，由題圖乙易判斷a點的電勢大于c點的電勢，選項C錯誤；假設將一個帶正電的試探電荷沿x軸移動，電場力與運動方向相同，電場力一直做正功，選項D正確． 電場強度E是矢量，E－x圖象的正負反映E的方向，E的數值反映E的大

10、小，E－x圖象與x軸所圍面積表示電勢差大小. 針對訓練　(2018·衡水市測試)靜電場方向平行于x軸，其電勢隨x的分布可簡化為如圖6所示的折線，圖中φ0和d為已知量．一個帶負電的粒子在電場中以x＝0為中心、沿x軸方向做周期性運動．已知該粒子質量為m、電荷量為－q，忽略重力．規(guī)定x軸正方向為電場強度E、加速度a、速度v的正方向，如圖分別表示x軸上各點的電場強度E、粒子的加速度a、速度v和動能Ek隨x的變化圖象，其中正確的是(　　) 圖6 答案　D 解析　φ－x圖象切線的斜率的絕對值表示電場強度的大小，沿電場方向電勢降低，因而在x＝0的左側，電場向左，且為勻強電場，故A錯誤；由

11、于粒子帶負電，粒子的加速度在x＝0左側為正值，在x＝0右側為負值，且大小不變，故B錯誤；在x＝0左側粒子向右做勻加速運動，在x＝0右側向右做勻減速運動，速度與位移不成正比，故C錯誤；在x＝0左側，根據動能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右側，根據動能定理得－qEx＝Ek′－Ek0′，故D正確． 1．(電場綜合問題)(多選)(2018·全國卷Ⅰ)圖7中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V．一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是(　　) 圖7 A．平面c上的電勢為零 B．該電子

12、可能到達不了平面f C．該電子經過平面d時，其電勢能為4eV D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍 答案　AB 解析　因勻強電場等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φc＝0，A項正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，B項正確；經過d時，電勢能Ep＝eφd＝2eV，C項錯誤；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；

13、則Ekb＝2Ekd，根據Ek＝mv2知vb＝vd，D項錯誤． 2．(電場綜合問題)(多選)(2017·全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖8所示．電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推．現將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是(　　) 圖8 A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc

14、∶Wcd＝1∶3 答案　AC 解析　由題圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，根據點電荷的場強公式E＝k可知，＝＝，＝＝，故A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以＝，＝，故C正確，D錯誤． 3．(φ－x圖象)(多選)(2017·揚州市期末)兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點，兩者之間連線上各點電勢高低如圖9中曲線所示(OB>BD)，取無窮遠處電勢為零，由圖可知(　　) 圖9 A．B點電場強度為零 B．Q1為負電荷，Q2為正電荷 C．Q1電荷量一定大于Q2電荷量 D．將電子沿x軸從

15、A點移到C點，電場力一直做正功 答案　BCD 解析　由E＝知，B點的電場強度不為零，A錯誤；負點電荷電場中的電勢為負，正點電荷電場中的電勢為正，結合題圖可知，Q1為負電荷，Q2為正電荷，B正確；由題圖可知，電勢零點離D點較近，故Q1電荷量一定大于Q2電荷量，C正確；將電子沿x軸從A點移到C點，電勢一直升高，電子的電勢能一直減小，電場力一直做正功，D正確． 4．(電場綜合問題)(2018·東北師大附中高二上月考)如圖10所示，在足夠長的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點固定一個電荷量為＋Q的點電荷．一質量為m、帶電荷量為＋q的物塊(可視為質點)從軌道上的A點以初速度v0沿軌道向右運動，當

16、運動到P點正下方B點時速度為v.已知點電荷產生的電場在A點的電勢為φ(取無窮遠處電勢為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，重力加速度為g，靜電力常量為k.試求： 圖10 (1)物塊在A點時受到軌道的支持力大小； (2)點電荷產生的電場在B點的電勢． 答案　(1)mg＋　(2)φ＋ 解析　(1)物塊在A點受到點電荷的庫侖力：F＝ 由幾何關系可知：r＝ 設物塊在A點時受到軌道的支持力大小為FN 由平衡條件有：FN＝mg＋Fsin60° 解得：FN＝mg＋ (2)設點電荷產生的電場在B點的電勢為φB 由動能定理有：q(φ－φB)＝mv2－mv02 解得：φB＝φ＋

17、 一、選擇題 考點一　電場綜合問題分析 1．質量為m的帶電小球射入勻強電場后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運動，在小球下落h的過程中(　　) A．小球的重力勢能減少了2mgh B．小球的動能增加了2mgh C．電場力做負功2mgh D．小球的電勢能增加了3mgh 答案　D 解析　帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據牛頓第二定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據做功與勢能變化關系可判斷：小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh，根據動能定理，小球的動能減

18、少了2mgh，故選D. 2．(多選)如圖1所示，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N僅在電場力作用下先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 答案　ABC 解析　如題圖所示，M粒子的軌跡向左彎曲，則M粒子所受的電場力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M帶負電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則N粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子

19、受到斥力作用，故N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負功，故動能減小，選項B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從e到d電場力做功為零，故電勢能不變，選項C正確；由于N粒子帶正電，故從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤． 3.(2018·山東省實驗中學期末)如圖2所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知(　　) 圖2 A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度 B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大 C．帶電粒

20、子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大 D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度 答案　A 解析　根據牛頓第二定律可得qE＝ma，又根據電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點處的電場強度的大小關系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點處的加速度大小關系為aR>aQ，故D項錯誤；由于帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，只有動能與電勢能之間的相互轉化，則帶電粒子的動能與電勢能之和保持不變，故C項錯誤；根據物體做曲線運動的軌跡與速度、合外力的關系可知，帶電粒子在R處所受電場力的方向沿電場線向右，假設粒子從Q向P運動，則電場力做正功，所以電勢能減小，動能增大，速度增大，假設粒子

21、從P向Q運動，則電場力做負功，所以電勢能增大，動能減小，速度減小，故A項正確，B項錯誤． 4.(2018·廈門高二上質量檢測)如圖3所示，兩個相同的絕緣細圓環(huán)帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，兩圓環(huán)相隔一定距離同軸平行固定放置，B、D分別為兩環(huán)圓心，C為BD中點．一帶負電的粒子從很遠處沿軸線向下依次穿過兩環(huán)，若粒子只受電場力作用，則在粒子運動過程中下列說法正確的是(　　) 圖3 A．粒子經過B點時加速度為零 B．粒子經過B點和C點時動能相等 C．粒子從A到C的過程中，電勢能一直增大 D．粒子從B到D的過程中，電場力做的總功為0 答案　D 解析　兩個相同的絕緣細圓環(huán)

22、帶有等量正電荷，電荷在圓環(huán)上的分布是均勻的，所以兩個圓環(huán)產生的電場關于C點是對稱的，結合矢量合成的方法可得，C點的合場強為零，帶負電的粒子在B點受到的電場力的方向向下，加速度不為零，故A錯誤；由于兩個圓環(huán)產生的電場關于C點是對稱的，所以粒子從B到C電場力做功的絕對值與粒子從C到D電場力做功的絕對值大小相等，總功等于零，所以粒子經過B點與經過D點時的動能相等，故D正確，B錯誤；粒子從A到B的過程中，受到的電場力的方向向下，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤． 5.(多選)(2018·全國卷Ⅱ)如圖4，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為

23、b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是(　　) 圖4 A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 答案　BD 解析　結合題意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但電場方向不能確定，A項錯誤；由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，則UMN＝φM－φN＝－＝，可知該粒子由M移動到N過程中，

24、電場力做功W＝，B項正確；電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝，但本題中電場方向未知，C項錯誤；若W1＝W2，則Uab＝Ucd，則ac與bd一定相互平行且相等，可知UaM＝UbN，D項正確． 考點二　電場中的圖象問題 6．如圖5甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示，若在O點由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則(　　) 圖5 A．電子沿Ox的負方向運動 B．電子的電勢能將增大 C．電子運動的加速度恒定 D．電子運動的加速度先減小后增大 答案　D 解析　由題圖看出，沿Ox方向電勢逐漸升高，則電場線方向沿Ox負方

25、向，電子所受的電場力沿Ox正方向，則電子將沿Ox正方向運動，電子的電勢能將減小，故A、B錯誤；φ－x圖象的斜率大小等于電場強度大小，由幾何知識知，斜率先減小后增大，則電場強度先減小后增大，所以電子的加速度先減小后增大，故C錯誤，D正確． 7.(多選)(2018·哈師大附中期中)電荷量不等的兩點電荷固定在x軸上坐標為－3L和3L的兩點，其中坐標為3L處電荷帶正電，電荷量為Q.兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖6所示，其中x＝L處電勢最低，x軸上M、N兩點的坐標分別為－2L和2L，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A．兩點電荷一定為異種電荷 B．原點O處場強大小為 C．負檢驗

26、電荷在原點O處受到向左的電場力 D．負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先減小后增大 答案　BC 解析　由φ－x圖象特點可知兩點電荷均為正電荷，故A錯誤；x＝L處電勢最低，此處圖線切線的斜率為0，即該點的合場強為0，設－3L處電荷所帶電荷量為Q′，則＝，得Q′＝4Q，故原點處的場強大小為－＝，方向向右，負檢驗電荷在原點O處受到的電場力向左，故B、C正確；由M點到N點電勢先減小后增大，所以負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先增大后減小，故D錯誤． 8．(2018·六安一中質檢)沿電場中某條直電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖7所示，坐標點O、x1、x

27、2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相鄰兩點間距相等．一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek，僅考慮電場力作用，則(　　) 圖7 A．從O點到C點，電勢先升高后降低 B．粒子先做勻加速運動，后做變加速運動 C．粒子在AB段電勢能變化量大于BC段電勢能變化量 D．粒子在AB段電勢能變化量小于BC段電勢能變化量 答案　C 解析　由O點到C點，沿電場線方向，電勢逐漸降低，A項錯誤；帶正電的粒子所受電場力與速度方向一致，所以粒子一直做加速直線運動，在0～x1段電場強度逐漸變大，帶電粒子所受電場力逐漸變大，故粒子在OA段做加速度增大的變加速直線運動，B項錯誤

28、；E－x圖象中圖線與坐標軸所圍面積代表電勢差，可知AB段的電勢差大于BC段的電勢差，故電場力做功WAB>WBC，由電場力做功與電勢能變化的關系得，粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量，C項正確，D項錯誤． 9.(多選)(2018·東北師大附中期中)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖8所示，其中O～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．x1處電場強度最小，但不為零 B．粒子在O～x2段做變加速運動，x2～x3段做勻變速運動 C．x2～x3段的電場強度大小方向均不變，為一

29、定值 D．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2＝φ0>φ3 答案　BCD 解析　由E＝得場強與電勢的關系：E＝，電勢能：Ep＝qφ，聯立可得：E＝·，可知Ep－x圖象切線的斜率＝qE＝F電，x1處切線斜率為零，所以x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率變化情況為變小，變大，不變，則可知三段電場力分別為變小、變大、不變，故B、C正確；根據電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，可知電勢能越大，電勢越小，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確． 二、非選擇題 10.一長為L的細線，一端固定于O點，另一

30、端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖9所示的水平向右的勻強電場中．開始時，將線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：(重力加速度為g) 圖9 (1)A、B兩點的電勢差UAB； (2)勻強電場的場強大?。? 答案　(1)－　(2) 解析　(1)小球由A到B過程中，由動能定理得 mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－ (2)根據勻強電場中電勢差與電場強度的關系， 可得E＝＝. 11．如圖10所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以正點電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質量為m、帶電荷量為－

31、q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點時的速度大小為.求小球由A到C的過程中靜電力做的功及A、C兩點間的電勢差． 圖10 答案　mgh?。? 解析　因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有靜電力做功W和重力做功mgh，由動能定理得：W＋mgh＝mvB2 代入數據得 W＝m·3gh－mgh＝mgh 因Q為點電荷，則B、C在同一等勢面上，由B到C電場力做功為0，所以由A到C電場力做功WAC＝W＋0＝mgh.則A、C兩點間的電勢差UAC＝＝－. 12.如圖11所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從

32、A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好變?yōu)榱?，若此電荷在A點處的加速度大小為g，靜電力常量為k，求： 圖11 (1)此電荷在B點處的加速度； (2)A、B兩點間的電勢差(用k、Q和h表示)． 答案　(1)3g，方向豎直向上　(2)－ 解析　(1)由題意可知，這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律得，在A點時：mg－k＝m·g.在B點時：k－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上． (2)從A到B的過程，由動能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－. 13.如圖12所示的勻強電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢面間隔均為d，各等勢面

33、電勢已在圖中標出(U>0)，現有一質量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，求：(重力加速度為g) 圖12 (1)小球應帶何種電荷及其電荷量； (2)小球受到的合外力大??； (3)在入射方向上小球運動的最大位移的大小sm.(電場范圍足夠大) 答案　(1)正電荷　　(2)mg　(3) 解析　(1)作電場線如圖甲所示．由題意知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，如圖乙所示．只有當F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動．由圖乙知qE＝mg，相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E＝，所以q＝＝. (2)由圖乙知，F合＝＝mg. (3)由動能定理得：－F合sm＝0－mv02 所以sm＝＝. 16