河北省張家口市高三物理 同步練習(xí)20 電場能的性質(zhì).doc

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電場能的性質(zhì) 1.一電荷量為q的正點電荷位于電場中A點，具有的電勢能為Ep，則A點的電勢為φ=EPq．若把該點電荷換為電荷量為2q的負點電荷，則A點的電勢為 A. 4φ B. 2φ C. φ D. 12φ 【答案】C 【解析】 根據(jù)電勢的物理意義：電勢是反映電場本身性質(zhì)的物理量，僅由電場本身決定，與試探電荷無關(guān)．可知，將該點電荷換為電荷量為2q的負點電荷，A點的電勢不變，故C正確，ABD錯誤；故選C. 2.、b兩點各放有電量為+Q和+4Q的點電荷，a、b、c、d、e、f、g七個點在同一直線上，且ac=cd=de=ef=fg=gb，如圖所示，取無限遠處為零電勢，則（ ） A. d處的場強和電勢均為零 B.處的電勢比處的電勢高 C. 電子在處的電勢能比在g處的電勢能小 D. 電子從移到，電子所受電場力先做負功再做正功 【答案】D 【解析】 試題分析：先設(shè)場強為零處距a為x，代入點電荷電場強度公式計算出電場強度為0的位置，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，可以判斷e處的電勢比f處的電勢的大小關(guān)系；再由電勢能Ep=eφ，判斷出電子在f處的電勢能比g處的電勢能關(guān)系，先判斷電子在cd間、de間所受電場力方向，再判斷電子從c移到e，電子所受到電場力什么功即可． 設(shè)ac=cd=de=ef=fg=gb=L，場強為零處距a為x，因為kQx2=k?4Q6L?x2，所以x=2L，即在d處場強為零，根據(jù)電勢疊加原理，d處電勢不為零，A錯誤；a、d區(qū)域場強方向向右；d、b區(qū)域場強方向向左．因為沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以e處的電勢比f處的電勢低，B錯誤；由于f處的電勢比g處的電勢低，而電勢能Ep=eφ，電子帶負電，所以電子在f處的電勢能比g處的電勢能大，C錯誤；因為電子在cd間所受電場力方向向左，在d、e間所受電場力方向向右，因此電子從c移到e，電子所受到電場力先做負功再做正功，D正確． 3.如圖所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa=5V、φb=3V．下列敘述正確的是（　?。? A. 該電場在c點處的電勢一定為4 V B. a點處的場強Ea一定大于b點處的場強Eb C. 一正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少 D. 一正電荷運動到c點時受到的靜電力由c指向a 【答案】C 【解析】 當(dāng)該電場是勻強電場時，由公式U=Ed知沿電場方向相同距離電勢差相等，則電場在c點處的電勢一定為4V．當(dāng)該電場不是勻強電場時，在c點處的電勢不一定為4V．故A錯誤；一條電場線無法比較電場線的疏密，就無法比較場強的大小，則a點處的場強Ea不一定大于b點處的場強Eb．故B錯誤。由題，a點的電勢高于b點的電勢，根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大可知，正電荷從c點運動到b點電勢能一定減少。故C正確。由題可判斷電場線方向從a指向c，正電荷運動到c點時受到的靜電力由a指向c。故D錯誤。故選C。 點睛：本題關(guān)鍵要抓住電場線的物理意義：電場線的疏密表示電場的強弱，電場線的方向表示電勢的高低．在勻強電場中沿任意方向相同距離電勢差相等。 4. 如圖所示，虛線AB和CD分別為橢圓的長軸和短軸，相交于O點，兩個等量同種點電荷分別處于橢圓的兩個焦點M、N上，下列說法中正確的是 A. A、B兩處電勢、場強均相同 B. C、D兩處電勢、場強均不同 C. 在虛線AB上O點的場強最小 D. 帶負電的試探電荷在O處的電勢能大于在C處的電勢能 【答案】C 【解析】 由場強及電勢的疊加原理可知，A、B兩點的電勢相同，場強大小相同，但方向不同，故A錯誤；C、D兩點的電勢相同，場強大小相同，但方向都不相，故B錯誤；在虛線AB上O點的場強為零，其他地方的場強都為正值，所以O(shè)點的場強最小，C正確；因為O點的電勢高于C點的，故帶負電的試探電荷在O點時的電勢能小于在C點時的電勢能，D錯誤。 5.如圖所示，虛線a、b、c是電場中的一簇等勢線(相鄰等勢面之間的電勢差相等)，實線為一α粒子(24He重力不計)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知 A. a、b、c三個等勢面中，a的電勢最低 B. 電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能小 C. β粒子在P點的加速度比Q點的加速度小 D. α粒子一定是從P點向Q點運動 【答案】A 【解析】 試題分析：根據(jù)合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)和電場線與等勢線垂直，確定電場力的方向，判斷電勢的高低，負電荷在低電勢處電勢能大，根據(jù)等差等勢面密處場強大，判斷場強大小，確定加速度的大?。? 根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直，畫出PQ兩點處場強的方向，如圖．則可知，三個等勢面中的，a的電勢最低，即P點的電勢最低，負電荷在低電勢處電勢能高，故電子在P點具有的電勢能最大，AB錯誤；根據(jù)電場線的疏密可知，P點的電場強度大于Q點，則帶電質(zhì)點在P點受到的電場力大于Q點，即在P點的加速度大于在Q點的加速度，C錯誤；粒子的運動方向不確定，D錯誤． 6. 如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN=NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出．僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則（ ） A. a一定帶正電，b一定帶負電 B. a加速度減小，b加速度增大 C. MN電勢差|UMN|等于NQ兩點電勢差|UNQ| D. a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小 【答案】BD 【解析】 a粒子的軌跡方向向右彎曲，a粒子所受電場力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯誤；由題，a所受電場力逐漸減小，加速度減小，b所受電場力逐漸增大，加速度增大，故B正確；已知MN=NQ，由于MN段場強大于NQ段場強，所以MN兩點電勢差|UMN|大于NQ兩點電勢差|UNQ|，故C錯誤；根據(jù)電場力做功公式W=Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子從等勢線2到3電場力做功小于b粒子從等勢線2到1電場力做功，所以a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小，故D正確． 7.A、B為兩等量異種電荷，圖中水平虛線為A、B連線的中垂線，現(xiàn)將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b，如圖用絕緣細桿連接后從離AB無窮遠處沿中垂線平移到AB的連線，平移過程中兩檢驗電荷位置始終關(guān)于中垂線對稱．若規(guī)定離AB無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是（　?。? A. 在AB的連線上a所處的位置電勢φa＜0 B. a、b整體在AB連線處具有的電勢能Ep＞0 C. 整個移動過程中，靜電力對a做正功 D. 整個移動過程中，靜電力對a、b整體做正功 【答案】B 【解析】 設(shè)AB連線的中點為O．由于AB連線的垂直平分線是一條等勢線，且一直延伸到無窮遠處，所以O(shè)點的電勢為零．AO間的電場線方向由A→O，而順著電場線方向電勢逐漸降低，可知，a所處的位置電勢φa＞0，故A錯誤．a(chǎn)所處的位置電勢φa＞0，b所處的位置電勢φb＜0，由Ep=qφ知，a、b在AB處的電勢能均大于零，則整體的電勢能Ep＞0．故B正確．在平移過程中，a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角，則靜電力對a做負功，故C錯誤．a(chǎn)、b看成一個整體，原來總電勢能為零，最終總電勢能為正，電勢能增加，所以整個移動過程中，靜電力對a、b整體做負功，故D錯誤．故選B. 點睛：對于等量異種電荷電場線和等勢面的分布情況要熟悉，要抓住其對稱性進行記憶，知道等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，且一直延伸到無窮遠． 8.若規(guī)定無窮遠處電勢為零，則點電荷產(chǎn)生電勢的公式為?=kqr。在x軸上有兩個點電荷q1和q2 (q1在q2左邊)，電勢隨著x變化的關(guān)系如圖所示。在x=0處電勢趨于正無窮；當(dāng)x=x0時，電勢為0；當(dāng)x=x1時，電勢有最小值。下列說法錯誤的是（ ) A. 在x=0處有一正電荷 B. 在x=x1處電場強度為0 C. 電荷q1是負電荷，電荷q2是正電荷 D. 在q2處有一個負電荷 【答案】D 【解析】 因規(guī)定無窮遠處電勢為零，則正電荷周圍電勢為正，負電荷周圍的電勢為負；由圖知，在x=0位置的電勢趨近正無窮大，由表達式?=kqr可知在x=0處有正電荷，根據(jù)x從0到∞，電勢先降低后升高，則知在x軸上坐標(biāo)原點處的q2是正電荷；因q1在q2左邊，則q1是負電荷，在x軸的負方向上．因φ-x圖線的切線的斜率等于電場強度，可知在x=x1處因切線的斜率等于零，則該點的電場強度為0，則選項ABC正確，D錯誤；此題選擇錯誤的選項，故選D. 點睛：本題信息給予題，關(guān)鍵要抓住題干中有效信息和圖象中有效信息，利用疊加原理分析，靈活應(yīng)用電勢的公式和斜率為零． 9. 如圖1，AB是某電場中的一條電場線，若將正點電荷從A點由靜止自由釋放，沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖所2示，則A、B兩點場強大小和電勢高低關(guān)系是（ ） A. EA＜EB；φA＜φB B. EA＜EB；φA＞φB C. EA＞EB；φA＜φB D. EA＞EB；φA＞φB 【答案】D 【解析】 試題分析：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，根據(jù)牛頓第二定律得到電場力的變化情況． 解：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，故電場力向右，且不斷變小， 故A點的電場強度較大，故EA＞EB； 正電荷受到的電場力與場強方向相同，故場強向右，沿場強方向，電勢變小，故A點電勢較大，即φA＞φB； 故選D． 【點評】本題關(guān)鍵通過速度時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大?。? 10.在真空中的x軸上的原點和x=6a處分別固定一個點電荷M、N，在x=2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設(shè)點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，其速度大小與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說法中正確的是（　　） A. 點電荷M、N一定都是負電荷 B. 點電荷P的電勢能一定是先增大后減小 C. 點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為2：1 D. x=4a處的電場強度一定為零 【答案】D 【解析】 試題分析： 考點： 【名師點睛】 11.一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C運動到D點，其“速度—時間”圖象如圖所示。分析圖象后，下列說法正確的是（ ） A. A處的電場強度大于C處的電場強度 B. B、D兩點的電場強度和電勢一定都為零 C. 粒子在A處的電勢能大于在C處的電勢能 D. A、C兩點的電勢差大于B、D兩點間的電勢差 【答案】A 【解析】 試題分析：因為v-t線的斜率等于物體的加速度，故在A處的加速度大于C處的加速度，A處的電場強度大于C處的電場強度，選項A正確；B、D兩點切線的斜率為零，故兩點的加速度為零，場強為零，但是電勢不一定都為零，選項B錯誤；粒子在A處的速度大于C處的速度，則在A處的動能大于C處的動能，在A處的電勢能小于在C處的電勢能，選項C錯誤；根據(jù)動能定理可知：UACq=12mvA2?12mvC2;UBDq=12mvD2?12mvB2，由圖線可知12mvD2?12mvB2>12mvA2?12mvC2，則A、C兩點的電勢差小于B、D兩點間的電勢差，選項D錯誤；故選A. 考點：v-t圖線；動能定理；電場強度 【名師點睛】此題是對v-t圖線及動能定理的考查；關(guān)鍵是理解速度時間圖線的物理意義，圖線的斜率等于物體的加速度；電場力做正功，動能增加，電勢能減?。豢朔妶隽ψ龉?，動能減小，電勢能增加，且電場力做功等于動能的變化量. 12.等量異種點電荷在周圍空間產(chǎn)生靜電場，其連線(x軸)上各點的電勢φ隨x的分布圖象如圖所示。x軸上AO?A>?O B. EA>EO>EB C. EpoEpO-EpA 【答案】D 【解析】 【詳解】A項，在正負電荷的連線上，電場線由正電荷指向負電荷，沿電場線電勢在降低，所以φA>φO>φB ,故A錯； B項，根據(jù)點電荷的電場線的分布特點可知，越靠近點電荷的地方電場線越密集，電場強度越大，則有EB>EA>EO，故B項錯誤。 C項，由于φA>φO>φB，而電子在電勢高的地方對應(yīng)的電勢能小，故C錯； D項，根據(jù)電場線分布可知AO之間的平均電場強度小于OB之間的平均電場強度，再根據(jù)圖像中B點到O點距離大于A點到O點距離可知，所以從A到O電場力做功小于從O到B電場力做功，所以EpB-EpO>EpO-EpA，故D對； 故選D 13.兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C點電勢最高，則 A. N點的電場強度大小為零 B. C點的電場強度大小為零 C. NC間場強方向向x軸正方向 D. 將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功 【答案】BD 【解析】 試題分析：φ-x圖象的斜率等于電場強度E．根據(jù)兩點電荷連線的電勢高低的分布如圖所示，由于沿著電場線電勢降低，可知兩點電荷的電性．根據(jù)功能關(guān)系分析電場力做功的正負． φ?x圖像的斜率表示點場強強度，故N點電場強度不為零，C點電場強度為零，A錯誤B正確；由圖可知：OM間電場強度方向沿x軸正方向，MC間電場強度方向沿x軸負方向，NC間場強方向向x軸負方向，C錯誤；因為MC間電場強度方向沿x軸負方向，CD間電場強度方向沿x軸正方向，則將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后負功，D正確． 14.在X軸上的﹣L和L點分別固定了A，B兩個點電荷，A的電荷量為+Q，B的電荷量為﹣Q，如圖所示，設(shè)沿X軸正方向為電場強度的正方向，則整個X軸上的電場強度E隨X變化的圖象正確的是（　?。? A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【詳解】等量異種電荷電場線的分布如圖， 可知，x＜-L時，電場強度E方向向左，為負。-L≤x≤L時，E方向向右，為正。x＞L時，E方向向左，為負，且O點的電場強度不為零，故ABD錯誤，C正確。故選C。 15.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入真空中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，則A，B兩點的電勢差為：（ ） A. mv022q B. 3mv02q C. 2mv02q D. 3mv022q 【答案】C 【解析】 粒子從A到B，根據(jù)動能定理得qUAB-mgh=12mvB2?12mv02；因為速率vB=3v0，粒子在豎直方向只受到重力，則有：mgh=12mv02。由以上三式解得：UAB＝9mv022q．故D正確，ABC錯誤。故選D。 點睛：涉及到電勢差的問題，常常要用到動能定理．本題的難點在于運動的處理，由于微粒受到兩個恒力作用，運用運動的分解是常用的方法 16.一帶正電的質(zhì)點，電量q=2.010?9C，在靜電場中由點移到b點，在這過程中，除電場力外，其他力做的功為6.010?5J，質(zhì)點的動能增加了8.010?5J，則a、b兩點間的電勢差Uab為 A. 3104V B. 1104V C. 4104V D. 7104V 【答案】B 【解析】 根據(jù)動能定理得：qUab+W其他=△Ek得：Uab=ΔEK?W其他q=810?5?(610?5)210?9=1104V ，故B正確，ACD錯誤；故選B． 17.如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板.兩板間有M、N、P三點，MN連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，∠PMN=θ，.以下說法正確的是( ) A. 電容器帶電量為U/C B. 兩極板間勻強電場的電場強度大小為U/Lsinθ C. M、P兩點間的電勢差為UL/d D. 若將帶電量為+q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了qULsinθd 【答案】ACD 【解析】 公式C=QU知電容器帶電荷量為CU，A正確，由勻強電場公式E=Ud得兩極板間勻強電場的電場強度大小為Ud，B錯誤。由公式U=Ed，MP兩點沿電場線方向的距離dMP=Lsinθ，由知道E=Ud所以M、P兩點間的電勢差為UMP=EdMP=ULsinθd，C正確。極板間的電場方向是豎直向上的，所以將帶正電的電荷從從M移到P，電場做正功，電勢能減小，由公式W=Uq得W=UMPq=qULsinθd，D正確。 18.如圖所示為邊長為2m的菱形ABCD，勻強電場方向平行于菱形所在平面，∠B=60，將一電子從A點移動到B點或D點，克服電場力做功均為8eV．下列說法正確的是（　?。? A. 勻強電場的場強為8V/m，方向由A指向C B. 勻強電場的場強為4V/m，方向由A指向C C. 勻強電場的場強為8V/m，方向由C指向A D. 勻強電場的場強為4V/m，方向由C指向A 【答案】A 【解析】 【詳解】將一電子從A點移動到B點或D點，克服電場力做功均為8eV，所以BD為電場中一條等勢線，電場線方向垂直BD；根據(jù)電場力做功計算公式可得：WAB=-eUAB解得：UAB=WAB-e＝-8eV-e=8V，所以電場線方向由A指向C；由于菱形ABCD邊長為2cm，∠B=60，所以ABC為等邊三角形，AC長度d=2m，UAC=2UAB=16V，電場強度E=UACd=162V/m=8V/m，故A正確、BCD錯誤；故選A。 【點睛】本題關(guān)鍵要掌握電場力做功與電勢差的關(guān)系、電勢差與電勢的關(guān)系；知道電場力做功的計算公式為WAB=qUAB，解答時做功的正負和電荷量的正負一并代入計算；另外要掌握電勢的定義式，即電荷在某點的電勢能與該電荷電荷量的比值就等于該點的電勢，計算時電勢能和電荷量的正負號一并代入計算． 19.如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個定點．將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法正確的是（　　） A. 電容器的電容增加 B. 在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流 C. A、B兩板間的電場強度增大 D. P點電勢升高 【答案】B 【解析】 A、根據(jù)C=εS4πkd，當(dāng)A板向上平移一小段距離，間距d增大，其它條件不變，則導(dǎo)致電容變小，故A錯誤； B、在A板上移過程中，導(dǎo)致電容減小，由于極板電壓不變，那么電量減小，因此電容器處于放電狀態(tài)，電阻R中有向上的電流，故B正確； C、根據(jù)E=Ud與C=εS4πkd相結(jié)合可得E=4πkQεS，由于電量減小，場強大小變小，故C錯誤； D、因場強變小，導(dǎo)致P點與B板的電勢差減小，因B板接地，電勢為零，即P點電勢降低，故D錯誤。 點睛：做好電容器的題目要把電容的定義式、決定式和場強的推導(dǎo)式結(jié)合應(yīng)用，掌握電場強度的推導(dǎo)式，注意B極接地，電勢為零。 20.如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，EP表示該試探電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角．若保持負極板不動，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是 A. E增大，φ降低，EP減小，增大 B. E不變，φ降低，EP增大，減小 C. E不變，φ升高，EP減小，減小 D. E減小，φ升高，EP減小，減小 【答案】C 【解析】 正極板緩慢向右平移一小段距離，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C=εS4πkd 可知，電容C變大，而電容器的電量Q不變，則由C=QU 得知，板間電壓U減小，減?。话彘g場強E=Ud=QCd=4πkQεS ，可見E不變；P點到正極板距離減小，由公式U=Ed得知，0?φP=Ed ，P點的電勢升高；負電荷在P點的電勢能減?。还蔄BD錯誤，C正確; 故選C． 點睛：本題是電容器的動態(tài)變化分析問題，難點是確定電場強度的變化，只要得出電場強度的變化，就可以得出P與正極板電勢差的變化，得出P點的電勢以及電荷在P點電勢能的變化． 21.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，其帶電量Q= 8310﹣5C；質(zhì)量m=0.1kg、帶電量q=+110﹣7C的B球在離A球L=0.1m處由靜止釋放，兩球均可視為點電荷．（靜電力恒量k=9109N?m2/C2，sin37=0.6，cos37=0.8） （1）A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強度大小和方向； （2）B球的速度最大時兩球間的距離； （3）若B球運動的最大速度為v=4m/s，求B球從開始運動到最大速度的過程中電勢能怎么變？變化量是多少？ 【答案】（1）2.4107N/C，方向沿斜面向上 （2）0.2m （3）0.86J 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)點電荷場強公式E=kQ/r2 求A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強度大小和方向； （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，根據(jù)庫侖定律和平衡條件求兩球間的距離； （3）B球減小的電勢能等于它動能和重力勢能的增加量，根據(jù)功能關(guān)系求解． 【詳解】（1）A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強度大小E=kQL2=91098310?50．12=2.4107N/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=kQqr2=mgsinα 解得 r=0.2m； （3）由于r＞L，可知，兩球相互遠離，則B球從開始運動到最大速度的過程中電場力做正功，電勢能變小； 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球電勢能變化量為：△Ep=[12mv2+mg（r-L）sinα] 解得，△Ep=0.86J 22.如圖，光滑斜面傾角為37，一質(zhì)量m=110-2Kg、電荷量q=+110-6C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強電場時，該物體恰能靜止在斜面上，G=10m/s2，求： （1）該電場的電場強度大小 （2）若電場強度變?yōu)樵瓉淼?2，小物塊運動的加速度大小 （3）在（2）前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L=23m時，機械能的改變量． 【答案】（1）7.5104N/C （2）3m/s2 （3）﹣0.02J 【解析】 （1）如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和電場力三個力作用，受力平衡，則有 在x軸方向：Fx=Fcosθ?mgsinθ=0 在y軸方向：Fy=FN?mgcosθ?Fsinθ=0 得：qE=mgtan37，故有：E=3mg4q=7.5104N/C，方向水平向右． （2）場強變化后物塊所受合力為：F=mgsin37°?12qEcos37° 根據(jù)牛頓第二定律得：F=ma 故代入解得a=0.3g=3m/s2，方向沿斜面向下。 （3）機械能的改變量等于電場力做的功，故ΔE=12qELcos37°，解得ΔE=﹣0.02J。 點睛：由三力平衡，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強度方向，當(dāng)受力不平衡時，由牛頓運動定律來求解．當(dāng)物體運動涉及電場力、重力做功，注意電場力做功只與沿電場強度方向的位移有關(guān)。