（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第2節(jié) 電場能的性質(zhì)講義（含解析）

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1、電場能的性質(zhì) (1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)。(√) (2)電場中電場強(qiáng)度為零的地方電勢一定為零。(×) (3)沿電場線方向電場強(qiáng)度越來越小，電勢逐漸降低。(×) (4)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功。(×) (5)A、B兩點的電勢差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×) (6)電勢是矢量，既有大小也有方向。(×) (7)等差等勢線越密的地方，電場線越密，電場強(qiáng)度越大。(√) (8)電場中電勢降低的方向，就是電場強(qiáng)度的方向。(×) 突破點(一)　電勢高低與電勢能大小的判斷 1．電勢高低的判斷 判斷依據(jù) 判斷方

2、法 電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低 場源電荷的正負(fù) 取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低 電勢能的高低 正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢較低處電勢能大 電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低 2．電勢能大小的判斷 判斷方法 方法解讀 公式法 將電荷量、電勢連同正負(fù)號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負(fù)Ep的絕對值越大，電勢能越小 電勢法 正電荷在電勢高的地方電勢能大 負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大 做功法 電場力

3、做正功，電勢能減小 電場力做負(fù)功，電勢能增加 能量守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加 [題點全練] 1．(2019·東海月考)將一空心導(dǎo)體放入勻強(qiáng)電場中穩(wěn)定后，電場線分布如圖所示。A、D為電場中兩點，B、C為導(dǎo)體表面兩點。下列說法正確的是(　　) A．同一帶電粒子在A點受到的電場力大于在C點受到的電場力 B．同一帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能 C．一帶正電的粒子沿著導(dǎo)體表面從B點移動到C點，電場力不做功 D．B點的電勢低于D點的電勢 解析：選C　由電場線越密的地方，電場強(qiáng)度越大，結(jié)

4、合題圖可知A點的電場線比C點的疏，則A點的電場強(qiáng)度小于C點電場強(qiáng)度，同一帶電粒子在A點受到的電場力小于在C點受到的電場力，故A錯誤。沿著電場線，電勢逐漸降低，則知A點的電勢比B高，根據(jù)負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，故帶負(fù)電的粒子在A點的電勢能比在B點的小，故B錯誤。處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是等勢體，其表面是等勢面，則帶正電的粒子沿著導(dǎo)體表面從B點移動到C點，電場力不做功，故C正確。C點的電勢高于D點的電勢，而B點的電勢與C點的電勢相等，所以B點的電勢高于D點的電勢，故D錯誤。 2．(2018·連云港期末)如圖所示為靜電除塵原理圖，廢氣先經(jīng)過一個機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，放電

5、極和集塵極加上高壓電場，使塵埃帶上負(fù)電，塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，達(dá)到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標(biāo))。不計重力，不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變化，則(　　) A．圖中A點電勢高于B點電勢 B．圖中A點電場強(qiáng)度小于B點電場強(qiáng)度 C．塵埃在遷移過程中電勢能增大 D．塵埃在遷移過程中動能增大 解析：選D　由題中帶負(fù)電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，故A錯誤；由題圖可知，A點電場線比較密，所以A點電場強(qiáng)度大于B點電場強(qiáng)度，故B錯誤；帶電塵埃所受的

6、電場力方向與位移方向相同，做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，動能增大，故C錯誤，D正確。 3．(2019·無錫模擬)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強(qiáng)度比b點的小 B．a(chǎn)點的電勢比b點的低 C．將檢驗電荷－q從a點移到b點的過程中，電場力做正功 D．檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的小 解析：選D　電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，電場線越密，場強(qiáng)越大。由題圖知a點的電場強(qiáng)度比b點的大，故A項錯誤；順著電場線電勢降低，則a點電勢高于金屬球的電勢，金屬球表面的電勢處處相等

7、，金屬球的電勢高于b點的電勢，可得a點電勢高于b點的電勢，故B項錯誤；a點電勢高于b點的電勢，檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的小，從a點移到b點的過程中電勢能增加，電場力做負(fù)功，故C項錯誤，D項正確。 突破點(二)　電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系 1．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系 (1)UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。 (2)沿電場強(qiáng)度方向電勢降落得最快。 (3)在勻強(qiáng)電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。推論如下： 推論①：如圖甲，C點為線段AB的中點，則有φC＝。 推論②：如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。 2．E＝在非勻強(qiáng)電場中的

8、三點妙用 (1)判斷電場強(qiáng)度大?。旱炔畹葎菝嬖矫?，電場強(qiáng)度越大。 (2)判斷電勢差的大小及電勢的高低：距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進(jìn)而判斷電勢的高低。 (3)利用φ -x圖像的斜率判斷電場強(qiáng)度隨位置變化的規(guī)律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向。 [典例]　a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在平面平行。已知a點的電勢為20 V，b點的電勢為24 V，d點的電勢為4 V，如圖所示，由此可知c點的電勢為(　　) A．4 V　　　　　　　　 　B．8 V C．12 V D．24 V [方

9、法規(guī)律] (一)由題明3法 基礎(chǔ)解法：(公式法)設(shè)ab間沿電場方向上的距離為d，則cd間沿電場方向的距離也為d。 由E＝得：E＝＝ 解得：φc＝8 V。 能力解法一：(推論①) 連接對角線ac和bd相交于O點，如圖所示。由勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可得φO＝＝，解得：φc＝8 V。 能力解法二：(推論②) 因為ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，解得φc＝8 V。 (二)3法比較 (1)公式法適用勻強(qiáng)電場中E或U的計算，過程較繁瑣。 (2)推論①僅適用于勻強(qiáng)電場中兩點連線中點的電勢的計算。推論②適用于勻強(qiáng)電場中能構(gòu)成平行四邊形的四個點之間電勢的計算。 [集訓(xùn)沖關(guān)]

10、 1．(2018·西安期中)如圖所示，a、b、c、d是某勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝10 cm，ad＝bc＝20 cm，電場線與矩形所在平面平行。已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，則(　　) A．電場強(qiáng)度大小一定為E＝40 V/m B．c、d間電勢差一定為4 V C．電場強(qiáng)度的方向一定由b指向a D．c點電勢可能比d點低 解析：選B　根據(jù)題設(shè)條件可知，場強(qiáng)方向無法確定，知道了a、b間電勢差，但不能根據(jù)E＝求出場強(qiáng)的大小，故A、C錯誤。根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場線與等勢線分布的特點可知，c、d間電勢差必等于b、a間電勢差，為4 V，故B正確。c、d間

11、電勢差為4 V，則知c點電勢比d點高4 V，故D錯誤。 2．(2018·無錫模擬)如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－10 V，則C點的電勢為(　　) A．φC＝10 V B．φC>10 V C．φC<10 V D．上述選項都不正確 解析：選C　由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，選項C正確。 3．(2019·石家莊月考)如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強(qiáng)電場中一個正六邊形的六個頂點。已知

12、A、B、C三點的電勢分別為1 V、6 V、9 V，則下列說法正確的是(　　) A．D點的電勢為＋7 V B．電子在A點的電勢能比在E點的低1 eV C．電子從C點運(yùn)動到F點，電場力做功10 eV D．UDE＝8 V 解析：選A　由于BC與AD平行，且2BC＝AD，則有2(φB－φC)＝φA－φD，解得D點的電勢為φD＝7 V，故A正確；由于AB與ED平行，且AB＝ED，則有φA－φB＝φE－φD，解得E點的電勢為φE＝2 V，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A點的電勢能比在E點的高1 eV，故B錯誤；由于BC與FE平行，且BC＝FE，則有φB－φC＝φF－φE，解得F點的電勢為φF＝－1 V

13、，根據(jù)WCF＝qUCF＝q(φC－φF)可知電子從C點運(yùn)動到F點，電場力做功為－10 eV，即克服電場力做功為10 eV，故C錯誤；UDE＝φD－φE＝7 V－2 V＝5 V，故D錯誤。 突破點(三)　電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運(yùn)動軌跡問題 1．等勢線總是和電場線垂直，已知電場線可以畫出等勢線，已知等勢線也可以畫出電場線。 2．幾種典型電場的等勢線(面) 電場 等勢線(面) 重要描述 勻強(qiáng)電場 垂直于電場線的一簇平面 點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面 等量異種點電荷的電場 連線的中垂線上電勢處處為零 等量同種(正)點電荷的電場 連線上，中

14、點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高 3．帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡問題的分析方法 (1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負(fù)。 (2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。 (3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。 [題點全練] 1．(2019·如皋調(diào)研)如圖所示，虛線表示電場的一簇等勢面且相鄰等勢面間電勢差相等。一個α粒子(帶正電)以一定的初速度進(jìn)入電場后，只在電場力作用下沿實線軌跡運(yùn)動，α粒子先后通過M點和N點。在這一過程中，電場力做負(fù)功，由此可判斷出(　　)

15、 A．α粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力大 B．N點的電勢低于M點的電勢 C．α粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大 D．α粒子在M點的速率小于在N點的速率 解析：選C　根據(jù)電場線或等勢面的疏密程度可知N點的電場強(qiáng)度較大，故α粒子在M點受到的電場力比在N點受到的電場力小，故A錯誤；由粒子的運(yùn)動軌跡可知，帶正電的粒子所受的電場力方向指向右下方，則電場線的方向指向右下方，根據(jù)“順著電場線的方向電勢降落”，可知N點的電勢高于M點的電勢，故B錯誤；由粒子從M運(yùn)動到N，電場力對粒子做負(fù)功，電勢能增加，所以α粒子在N點的電勢能比在M點的電勢能大，故C正確；由α粒子從M運(yùn)動到N，電場力做

16、負(fù)功，可知α粒子速度減小，所以α粒子在M點的速率大于在N點的速率，故D錯誤。 2．(2018·宿遷期中)如圖所示，為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運(yùn)動到c點。a、b兩點的場強(qiáng)大小分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，電場力對兩電子做功分別為Wa和Wb，兩電子在a、b兩點的電勢能分別為Epa和Epb。則(　　) A．Ea

17、在a、b兩點的電勢能Epa>Epb，選項B正確，D錯誤；由等勢面可知Uac>Ubc，根據(jù)W＝qU，有Wa>Wb，選項C錯誤。 3．[多選](2018·南京三模)如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一個帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是(　　) A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最低 B．質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時小 C．質(zhì)點通過Q點時的加速度比通過P點時大 D．質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直 解析：選BD　作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和質(zhì)點帶負(fù)電荷可知，

18、電場線向上，故等勢面c的電勢最低，故A錯誤；質(zhì)點從Q點到P點的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，質(zhì)點通過Q點時的電勢能比通過P點時的電勢能小，故B正確；等差等勢面P處密，P處電場強(qiáng)度大，電場力大，加速度大，故C錯誤；電場強(qiáng)度與等勢面垂直，電場力與等勢面垂直，質(zhì)點通過Q點時的加速度的方向一定與等勢面a垂直，故D正確。 突破點(四)　靜電場中的圖像問題 (一)v -t圖像 根據(jù)v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。 [例1]　如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，a、b是它們

19、連線的延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運(yùn)動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．粒子由a點到b點運(yùn)動過程中加速度度逐漸增大 B．b點的電場強(qiáng)度一定為零 C．Q1的電量一定小于Q2的電量 D．粒子由a點到b點向遠(yuǎn)處運(yùn)動的過程中，粒子的電勢能先增大后減小 [解析]　速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，從速度圖像可見正電荷從a到b做加速度減小的加速運(yùn)動，故A錯誤；正電荷從a到b做加速度減小的加速運(yùn)動，在b點時粒子運(yùn)動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強(qiáng)為零

20、，故B正確；正電荷從a到b做加速運(yùn)動，所以a、b之間電場的方向向右；過b點后正電荷做減速運(yùn)動，所以電場的方向向左，b點場強(qiáng)為零，可見兩點電荷在b點對正電荷的電場力相等，根據(jù)F＝k，b到Q1的距離大于到Q2的距離，所以Q1的電量大于Q2的電量，故C錯誤；正電荷從a到b做加速運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小；過b點后正電荷做減速運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增大，故D錯誤。 [答案]　B (二)φ -x圖像 (1)電場強(qiáng)度的大小等于φ -x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ -x圖線存在極值，其切線的斜率為零。 (2)在φ -x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的

21、方向。 (3)在φ -x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。 [例2]　[多選](2018·鹽城三模)在x軸上有兩個點電荷q1和q2，它們產(chǎn)生的電場的電勢在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x＝x2處電場強(qiáng)度一定為0 C．負(fù)電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢能增加 D．正電荷沿x軸從x1移動到x2，電場力做負(fù)功 [解析]　由題圖可知：無窮遠(yuǎn)處電勢為零，又有電勢為正的地方，故存在正電荷；又有電勢為負(fù)的地方，故也存在負(fù)電荷，所以，q1和q2帶有異種電荷，故A正確。電場強(qiáng)度等于圖中曲線

22、斜率，x2處的斜率為零，故電場強(qiáng)度為零，故B正確。負(fù)電荷沿x軸從x1移到x2，電勢減小，電勢能增加，故C正確。正電荷沿x軸從x1移動到x2，電勢減小，電勢能減小，所以電場力做正功，故D錯誤。 [答案]　ABC (三)E-x圖像 在給定了電場的E-x圖像后，可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化情況，電勢的變化情況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運(yùn)動相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。 [例3]　真空中相距為3a的兩個點電荷M、N，分別固定于x軸上x1＝0和x2＝3a的兩點，在兩者連線上各點的電場強(qiáng)度隨x變化的關(guān)系如圖所示，規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零

23、，則(　　) A．M、N可能為異種電荷 B．x＝2a處的電勢不等于零 C．M、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1 D．將點電荷－q從x＝a移動到x＝2a的過程中，電勢能減少 [解析]　若兩電荷為異種電荷，在x＝2a處，電場強(qiáng)度不可能為0，故兩電荷為同種電荷，故A錯誤；兩電荷為同種電荷，兩個電荷在x＝2a處的電勢都不為零，所以x＝2a處的電勢不等于零，故B正確；根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度公式可得：＝，解得：qM∶qN＝4∶1，故C錯誤；在0到2a區(qū)間，電場強(qiáng)度為正，負(fù)電荷受力向左，所以－q從x＝0處沿x軸移到x＝2a處的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故D錯誤。 [答案]　B 突破點(五

24、)　電場力做功與功能關(guān)系 電場力做功的計算方法 電場中的功能關(guān)系 (1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負(fù)功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp。 (2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp。 [典例]　在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8 C，質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速率v0＝2.0 m/s

25、，如圖所示。(g取10 m/s2)試求： (1)物塊向右運(yùn)動的最大距離； (2)物塊最終停止的位置。 [審題指導(dǎo)] 第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 在勻強(qiáng)電場中 電場力為恒力 μ＝0.20 受滑動摩擦力作用 第二步：找突破口 (1)物塊向右在電場力和滑動摩擦力作用下作勻減速直線運(yùn)動。 (2)要求最終停止的位置，應(yīng)先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關(guān)系判斷物塊停在什么位置，再利用動能定理求解。 [解析]　(1)設(shè)物塊向右運(yùn)動的最大距離為xm，由動能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv02 可求得xm＝0.4 m。 (2)因Eq>μmg，物塊不可能停止在O點右側(cè)，

26、設(shè)最終停在O點左側(cè)且離O點為x處。 由動能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2 m。 [答案]　(1)0.4 m　(2)O點左側(cè)0.2 m處 [方法規(guī)律]　處理電場中能量問題的基本方法 在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關(guān)系。 (1)應(yīng)用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)。 (2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。 (3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。 (4)有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。 [集

27、訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2018·泰州期中)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個完全相同的小球A、B(可看成質(zhì)點)，帶等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。當(dāng)突然加一水平向右的勻強(qiáng)電場后，兩小球A、B將由靜止開始運(yùn)動。在以后的運(yùn)動過程中，對兩個小球和彈簧所組成的系統(tǒng)(設(shè)整個過程中不考慮兩電荷之間的庫侖力作用且彈簧不超過彈性限度)，以下說法正確的是(　　) A．系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 B．當(dāng)兩小球速度為零時，系統(tǒng)的機(jī)械能一定最小 C．當(dāng)小球所受的電場力與彈簧的彈力平衡時，系統(tǒng)動能最大 D．因電場力始終對球A和球B做正功，故系統(tǒng)的機(jī)械能不斷增加 解析：選C　因兩小球帶等量異種電荷，故電場

28、力對兩小球做功不為零，且都為正值，機(jī)械能增加，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤。兩小球在電場力的作用下運(yùn)動后，電場力對小球做功，小球拉動彈簧，彈簧的彈力增大，兩小球先加速后減速，動能轉(zhuǎn)化為彈簧勢能；當(dāng)兩小球速度為零時，因為電場力一直做正功，此時機(jī)械能最大，故B錯誤。由B的分析可知兩小球拉動彈簧，彈力增大，開始時小球做加速運(yùn)動，當(dāng)彈力等于電場力時速度達(dá)最大，此后開始減速，故C正確。小球速度為零后，因彈力大于電場力，則兩小球開始反向運(yùn)動，電場力做負(fù)功，此時系統(tǒng)的機(jī)械能減小，故D錯誤。 2.如圖所示，帶正電的A球固定在足夠大的光滑絕緣斜面上，斜面的傾角α＝37°，其帶電荷量Q＝×10－5 C；質(zhì)量m＝

29、0.1 kg、帶電荷量q＝＋1×10－7 C的B球在離A球L＝0.1 m處由靜止釋放，兩球均可視為點電荷。已知靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小和方向； (2)B球的速度最大時兩球間的距離； (3)若B球運(yùn)動的最大速度為v＝4 m/s，求B球從開始運(yùn)動至達(dá)到最大速度的過程中電勢能怎么變？變化量是多少？ 解析：(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小 E＝k＝9×109× N/C＝2.4×107 N/C， 方向沿斜面向上。 (2)當(dāng)靜電力等于重力沿斜面向下的分力時，B球的速度最大，即：F＝k＝mgsin α，解得r＝0.2 m。 (3)由于r＞L，可知兩球相互遠(yuǎn)離，則B球從開始運(yùn)動至達(dá)到最大速度的過程中電場力做正功，電勢能減少； 根據(jù)功能關(guān)系可知：B球減小的電勢能等于它動能和重力勢能的增加量，所以B球電勢能減少了 ΔEp＝mv2＋mg(r－L)sin α 解得ΔEp＝0.86 J。 答案：(1)2.4×107 N/C　方向沿斜面向上　(2)0.2 m (3)減少了0.86 J 13