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Ep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
WAB=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，EpB=0，则EpA=WAB
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.
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MQNQ.下列叙述正确的是()
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UMN>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Ep=q判断.
若为正电荷，则EpM>EpN，从M到N电势能降低；若为负电荷，则EpM 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M>N,故EpM>EpN；对负电荷，EpM （2）定义式：Epq. （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Wab为负值，而q是负电荷，即q为负值.由Wab=q(a-b)得知a-b>0，故a>b. 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WAB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：UAB=WAB/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 V B.8 V C.12 V D.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Uba=Ucd,即b-a=c-d,故c点的电势c=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：Ubd=b-d=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c=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UAB=WAB/q，结合UAB=A-B来判断，若UAB＞0，则A＞B；若UAB=0，则A=B，若UAB＜0，则A＜B. 3.由公式A=WAO/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WAO、WBO.再由公式A=WAO/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 J，若将一个等量的负电荷 -9 从电场中N点移向无穷远处，电场力做功7.0×10 J，设无穷远处电势为零，则M、N两点的电势M、N有下列关系（） A.M＜N＜0 -9 B.N＞M＞0 C.N＜M＜0 D.M＞N＞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，根据义求出M、N两点的电势，然后进行比较. 根据电势定义式 W的定qWAOWMO6.0109WNO7.0109A得M,N，所以N＜M＜0. qqqqq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EA=qA判断，严格按电荷量q的正负、电势A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EA、EB及该电荷在A、B两点的电势能εA、εB之间的关系为 （） A.EA=EB B.EA＜EB C.εA=εB D.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va>vb，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 eV B.13 eV C.20 eV D.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Eka＞Ekb，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： Eka+(-2qU)=Ekb+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Ek=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Q C.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：A 2.一个带正电的质点，电荷量q=2.0×10C，在静电场中由a点移到b点，在这过程中， -5-5 除电场力外，其他力做的功为6.0×10 J，质点的动能增加了8.0×10 J，则a、b两点间的电势差Uab为() A．3.0×10 VB．1.0×10 V C．4.0×10 VD．7.0×10 V 解析：由动能定理有：Wab+W外=ΔEk. Wab=ΔEk-W外=8.0×10 J-6.0×10 J=2.0×10 J. 又Wab=qUab, -5 -5 -5 4 4 4 4 -9 Wab2.01054故UabV1.010V，B正确. 9q2.010答案：B 3. 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A、O、B；若把金属片取走，原来A、O、B三点所在处的电势分别为A′、O′、B′.则下列说法中正确的是（） A C A′=O′=B′ BA=O=B D A′=B′ 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A=O=B;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Ａ′＝Ｂ′ ＜Ｏ′． 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a＞b＞c D.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a＜b＜c.在点电荷的电场中，虽然ab=bc，但Uab≠Ubc ，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：A 5.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q (2)小球从A到B电场力做功 3mg 3EWqEL(1sin30)13mgLqEL 26 (3)小球从A到C由动能定理有mgL-qEL= 12 mv 2v2在C点绳对小球拉力为T-mg=m L(923）mg 33mg3mgL(923）mg 233E63联立得T（1）答案： 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EA、EB、EC，电势分别为A、B、C，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有() A. A＞B＞C B.EC＞EB＞EA C.UAB＜UBC D.UAB=UBC 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A＞B＞C,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EA＜EB＜EC，则B正确.尽管AB=BC，但EA＜EB＜EC，所以UAB＜UBC,即C正确，D错误. 答案:ABC 2.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，E0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rDA=rDB=rDC，则D处的场强为EDEADEBDECD0，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:BD 3.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 （23）V、（23）V和2V.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 该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 () A.（23）V、（23）VB.0V、4V 4343C.（2）V、（2）VD.0V、23V33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ERcos30°=b-c,ER=d-c,ER=-c-e且 b=(2+3)V,c=2V得d=4V,e=0V,所以B正确，ACD均错误. 答案:B 4.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v0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v0 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:AD 5. 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+和-，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=/d B.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=2，匀强电场的电场强度E方向电势逐渐降低，AB两板间的电势由到-逐渐减小，B对；由于两极间电势差不变，而 U2A错；沿电场线，dd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:BC 6.一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，tA、tB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:ABD 7.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：F库kq1q2知F库减小，故A对；由于电荷Q电性未知，故无法判r2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WG+W电+Wf=0，且WG＞0，W电＞0，故W电＜Wf，即C对. 答案:AC 8.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K＜L＜M,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k＜L，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:CD 9.如图所示，把电量为-5×10C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UA=15V，B点的电势UB=10V，则此过程中电场力做的功为J. -9 解析:负电荷顺着电场线移动，电势能增加，电场力做负功.WAB=qUAB=q(UA-UB)=-5×10× -8 (15-10)J=-2.5×10J. 答案:增大-2.5×10 10.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： -8 -9 （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UOD； （3）小滑块运动的总路程S. 解析:(1)根据动能定理. CO：W电+Wf=nE0-E0① OD：W电′+Wf=0-nE0② Wf=-μmg L③ 4根据题意W电=-W′电④ 联立①②③④解得μ=2E0/Lmg⑤ (2)根据动能定理，O到D过程有 qUOD-μmg L=O-nE0⑥ 4E0 (1-2n)⑦ 2q解⑤⑥得U0D= (3)由初始C点至最终停止于O点，根据动能定理有qUCO-μmgS=0-E0⑧ UCO=-UOD⑨ 联立⑤⑦⑧⑨解得总路程S（2n1)L⑩ 4（1）2E0/Lmg2答案： 11. 2n1LE0 12n32q4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 -7-4 个恒力F，如图所示，若AB=0.4 m，α＝３７°,q=-3×10 C,F=1.5×10 N，A点的电势UA=100 V.（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=0 F1.5104EN/C500 N/C q3107方向与F的方向相同. UAB=E·AB·cosα=500×0.4×0.8 V=160 V. B=A-UAB=100-160=-60 V 电场线和等势线如图所示 （2）电势能的增加量为ΔE ΔE=-W电 ΔE=-qUAB=3×10-7×160 J=4.8×10 J. 答案:(1)如图 -5 （2）4.8×10 J -5 12.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a1，由牛顿第二定律得： a12qEqE 2mm2qEL. m2当球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v1=2a1L,求得v1(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W1，有 W1=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t1，则t1v12mL ，解得t1a1qE设球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得： a23qE2qEqE 2m2m显然，带电系统做匀减速运动.减速所需时间为t2，则有 t20v18mL ,求得t2a2qE可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为tt1t23B球电势能增加了ΔEP=3qE·2L=6qEL. 答案：12mL qE2qEL 2mL6qEL 23mEq 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容