3、 电场力做功与能量的变化应用

　　 电场力做功，可与牛顿第二定律，功和能等相综合，解题的思路和步骤与力学中的完全相同，但要注意电场力做功的特点--与路径无关

[例10]如图所示，有两个完全相同的金属球A、B，B固定在绝缘地板上，A在离B高H的正上方由静止释放，与B发生正碰后回跳高度为h，设碰撞中无动能损失，空气阴力不计，

A、若A、B带等量同种电荷，则h＞H　 B、若A、B带等量异种电荷，则h＜H

C、若A、B带等量异种电荷，则h＞H　 D、若A、B带等量异种电荷，则h＝H

解析：若A、B带等量同种电荷，则碰撞后两球带电量不变，下落过程中重力做正功，电场力做负功，回跳时重力做负功，电场力做正功。由能量守恒定律得h＝H；若A、B带等量异种电荷，则碰撞过程中重力做正功，电场力做正功，回跳过程中需克服重力做功。故h＞H，答案C

[例11] 已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能E₀(对应的动量大小为p₀)开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E₁和E₂，动量大小分别为p₁和p₂。有下列说法：①E₁=E₂> E₀，p₁=p₂> p₀ ②E₁=E₂= E₀，p₁=p₂= p₀ ③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点 ④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是

A.②④　　 B.②③　　 C.①④　　 D.③④

解析：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选C。

拓展：两个相同的带电小球(可视为点电荷)，相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，F ^/=F；②等量异种电荷，F ^/=0<F；③不等量同种电荷F ^/>F；④不等量异种电荷F ^/>F、F ^/=F、F ^/<F都有可能，当满足q₁=(3±2)q₂时F ^/=F。

[例12]为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04 m²的金属板，间距L=0.05 m,当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每m³有烟尘颗粒10¹³个．假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=1.0×10^－17C，质量为m= 2.0×10^－15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以

被全部吸附？(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗半粒的总动能达到最大？

解析：(1)由题可知，只要距离上板表面的烟尘能被吸附列下板时，烟尘即被认为全却吸收，烟尘所受电场力为F=qU/L，L=½at²＝，得.

(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为W=½NALqU=2.5×10^－4J

(3)解法一：设烟尘颗粒下落距离为x,则板内烟尘总动能E_K=½mv²·NA (L－x)=，当x=L/2时,E_K达到最大．又据x=½at₁²,则

解法二：假定所有烟尘集中于板中央，当烟尘运动到下板时，系统总动能录大，则L/2=½at₁²,所以

[例13]在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图中虚线所示。几何线上有两个静止的小球A和B(均可视为质点)，两小球的质量均为m，A球带电荷量+Q，B球不带电。开始时两球相距L，在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在各次碰撞过程中，A、B两球间无电量转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，问：

(1)A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？

(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度各为多大？

(3)试问在以后A、B两球再次不断地碰撞的时间间隔会相等吗？如果相等，请计算该时间间隔T。如果不相等，请说明理由。

解答：(1)A球在电场力作用下做匀加速直线运动　　 　①

　 ②　 联立①②两式得　 　③

(2)A球与B球碰撞，动量守恒　 　④

据题意，总动能不损失　 　⑤

联立④⑤两式得 　⑥　 　⑦

(3)以B球为参考系，A、B碰撞后，A球以v_A向左做匀减速直线运动，经时间t后，速度减为0，同时与B球相距为L，然后A球又向右做匀加速直线运动，又经时间t后，速度增为v_A，与B球发生第二次碰撞。同(2)理可证，每次总动能无损失的碰撞均是交换速度，则以后第三、四次碰撞情况可看成与第一、二次碰撞情况重复，以此类推可知A、B两球不断碰撞的时间间隔相等，均为T=2t=　 ⑧

[例14]有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m＝1.00×10^－2 kg的带电小球A和B，它们的电量分别为－q和+q，q＝1.00×10^－7 C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×10⁶ N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示． 现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少．(不计两带电小球间相互作用的静电力)

[解析] 图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角．

A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T₁，方向如图；细线AB对A的拉力T₂，方向如图．由平衡条件

T₁sinα+T₂sinβ＝qE,　　 T₁cosα＝mg+T₂cosβ

B球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T₂，方向如图．由平衡条件

T₂sinβ＝qE,　　 T₂cosβ＝mg

联立以上各式并代入数据，得α＝0,　 β＝45°

由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图4所示．与原来位置相比，A球的重力势能减少了E_A＝mgl(1－sin60°)

B球的重力势能减少了E_B＝mgl(1－sin60°+cos45°)

A球的电势能增加了W_A＝qElcos60°

B球的电势能减少了W_B＝qEl(sin45°－sin30°)

两种势能总和减少了W＝W_B－W_A+E_A+E_B

代入数据解得W＝6.8×10^－2 J

　　　　　　 　电场中的导体、电容器

知识简析　 一、电场中的导体

2、 公式E=U/d的理解与应用

(1)公式E=U/d反映了电场强度与电势差之间的关系，由公式可知，电场强度的方向就是电势降低最快的方向．

(2)公式E=U/d只适用于匀强电场，且d表示沿电场线方向两点间的距离，或两点所在等势面的范离．

(3)对非匀强电场，此公式也可用来定性分析，但非匀强电场中，各相邻等势面的电势差为一定值时，那么E越大处，d越小，即等势面越密．

[例7]如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φ_A=15 V, φ_B=3 V, φ_C=－3 V，由此可得D点电势φ_D=　　　　　　 。

解法一、假设在此电场中移动一正电荷q，从A点移到B点，设AB与电场方向夹角为θ，则W_AB=qE·ABcosθ=qE·DCcosθ=W_DC即从A点移到B点与从D点移到C点电场力做功相同，所以有W_AB=qU_AB=qU_DC=q(φ_D－φ_C)，即φ_D=U_AB+φ_C=15－3－3=9V

解法二．设此正方形对角线的交点为O，则由U＝Ed可知φ_A－φ_O=U_AO=U_OC=φ_O-φ_C，U_BO=U_OD=φ_B-φ_O=φ_O-φ_D，即，上式代入数据得φ_D=9 V

解法三：如图所示，连接AC，在AC上取E、F两点，使AE=EF=FC，则 U_AC=U_AE+U_EF+U_FC，U_AE=U_EF=U_FC=U_AC/3，解得φ_F=3 V, φ_E＝9V

连接BF和DE,因φ_B＝φ_F=3 V,所以BF是等势面，又因为BF// DE,所以DE也是等势面，即φ_D＝9V。

思考：作出该电场的电场线分布图．

[例8]某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则()

A、在0-x_l之间不存在沿x方向的电场

B、在0-x_l之间存在着沿x方向的匀强电场

C、在x₁-x₂之间存在着沿x方向的匀强电场

D、在x₁-x₂之间存在着沿x方向的非匀强电场

解析：在0-x_l之间电势不变，即在0-x_l之间等势，故在此方向无电场；在x₁-x₂之间电势随距离均匀减小，则在x₁-x₂之间有沿x轴正方向的匀强电场，故A、C正确。答案：AC

[例9] 如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是： [　]

A．电荷从a到b加速度减小;　 B．b处电势能大

C．b处电势高;　 D．电荷在b处速度小

解析:由图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。

由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是U_A＞U_B，C选项不正确。

根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。

2．特点

(1)各点电势相等．

(2)等势面上任意两点间的电势差为零．

(3)电荷沿着等势面运动，电场力不做功．

(4)处于静电平衡状态的导体是一个等势体，其面为等势面．

(5)匀强电场，电势差相等的等势面间距离相等，点电荷形成的电场，电势差相等的等势面间距不相等，越向外距离越大．

(6)等势面上各点的电势相等但电场强度不一定相等．

(7)电场线跟等势面垂直，且由电势高的面指向电势低的面

(8)两个等势面永不相交．

[例3]如图所示，匀强电场中的一组等势面，A、B、C、D相邻间距离为2cm，则场强 E＝　　　　　　 ；离A点1．5cm的P点电势为　　　　　　　 V．

　解析：E=U/S_ABsin60⁰=1000/3V／m

　 U_Bp＝E·S_BPsin60⁰＝1000/3×0．5×10^－2×/2V＝2．5V

　BP之间电势差为2．5V，由于U_P＜U_B，　　 所以 U_p=－2．5 V

　　 点评：在我们应用U=Ed公式时一定要注意d是沿着电场线方向的距离，或者说是两等势面间的距离．

[例4]如图所示，实线为匀强电场中的电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等。一正点电荷在等势面A处的动能为20J，运动到等势面C处的动能为零。现取B等势面为零电势能面，则当此电荷的电势能为20J时的动能是　　　　　 J。(不计重力和空气阻力)

解析：设相邻等势面间的电势差为△U，根据动能定理，电荷从等势面A运动到C的过程中　 q△U＝0-20………………①

电荷从等势面A运动到B的过程中　　 q△U＝E_KB一20…………②

联立①②得E_KB＝10J

又电荷仅受电场力在电场中运动时，根据运动定理：　 W_AB＝E_KB一E_KA…………③

根据电场力做功与电势能变化的关系 w_AB＝ε_A一ε_B…………④

联立③④得，ε_A+E_KA＝ε_B+E_KB＝恒量

又在B点ε_B ＝0所以E_K+2＝0+10,　　　 解出E_K＝8J

点评：讨论静电场中电荷运动的能量关系，一般都应用动能定理，但注意电势能的变化只由电场力做功决定，与其他力是否做功无关。

[例5]如图所示，直角三角形的斜边倾角为30⁰，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为 q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v。(将(1)，(2)题正确选项前的标号填在题后括号内)

(1)在质点的运动中不发生变化的是

①动能；②电势能与重力势能之和；③动能与重力势能之和；④动能、电势能。重力势能三者之和。

　　 A、①②　 B．②③ C\④　　 D，②

(2)质点的运动是

A．匀加速运动；　 　B．匀减速运动；　 　C．先加速后匀减速的运动；　　 D．加速度随时间变化的运动

(3)该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率v_c为多少？沿斜面向下的加速度a_c为多少？

解析:斜面光滑，表明无摩擦力的作用，粒子在重力、电场力、斜面弹力三者的作用下运动。重力场与静电场均是保守力场，因此在整个运动中应该是动能、电势能、重力势能三者之和为一不变量，因此第(1)题选C。

若O点应电荷O不存在，则粒子在斜面上的运动是匀加速运动，现在粒子还处在静电场中，随着粒子运动，电场力的大小、方向是逐渐变化的，因而粒子总的来说是在变力的作用下运动。由牛顿第二定律，粒于运动的加速度也是变化的，这样第(2)个选择(D)，质点的运动是加速度随时间变化的运动。

质点受三个力作用，电场力f=kQq/L²，方向由C指向O点(库仑吸引)；重力 mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛顿第二定律

mgsinθ一fcosθ=ma_c，即mgsin30⁰一kQq/L²cos30⁰=ma_C，简化得a_C=½g－kQq/2mL²

在斜面整个运动过程中电势能、动能、重力势能三者的和不变，已知质点运动到D点的速度V，则D点的电势能可求出，从几何关系容易发现，B、C、D分别到O点的距离是相等的，则BD=BC/2=BO=OC=OD，B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力作功为零，由机械能守恒定律，得mgh=½mv_C²一½mv²……①，其中h为质点在D点的高度,h=BDsin60⁰=BCsin30⁰　 sin60⁰=2L ×½×/2=L/2，得v_C＝……②，

规律方法　　 1、一组概念的理解与应用

电势、电势能、电场强度都是用来描述电场性质的物理，，它们之间有+分密切的联系，但也有很大区别，解题中一定注意区分，现列表进行比较

(1)电势与电势能比较：

(2)电场强度与电势的对比

[例6]如图所示，在水平桌面上放置一个由两根绝缘组成的“V”形竖直导轨，棒上各穿上一个可沿棒无摩擦滑动的，质量为m＝40g，带电量为q＝2×10^-6C的正电荷小球(可当作点电荷)，将小球从同高度的力、B由静止释放(g＝10m/s²)

(1)两球相距多远时速度达到最大？

(2)两球同时到达最高点时相距 L=1．8m，此时系统电势能比释放时少多少？

[解](1)设两球相距L₁时速度达到最大，此时合力为零。其中一个小球受力如图所示，F_A为A球受库仑力．则：

　　 F_A=mgtg45⁰＝mg…………………①

　　 由库仑定律：F_A=kq₁q₂/L₁²………②

　　 由①、②得：

(2)两球达最高点时速度为零，设释放时离桌面高度为h₁，最高点时离桌面高度为h₂，则两球在上升过程的能量变化情况为：动能的变化ΔE_K＝0，重力势能的变化量ΔE_P＝2mg(h₂－h_l)。设电势能变化量为Δε，则由能的转化和守恒定律知：ΔE_K十ΔE_P+Δε＝0则：Δε＝－mg(h₂－h_l)＝－2×40×10^-3×10×(L/2tg45⁰－0．05)=－0．68(J)。　　 即系统的电势能减少了0．68J。

1．电场中电势相等的点所组成的面为等势面．

3．电场力做功：W=qU，U为电势基，q为电量．

　　 重力做功：W＝Gh，h为高度差，G为重量．

　　 电场力做功跟路径无关，是由初末位置的电势差与电量决定

重力做功跟路径无关，是由初末位置的高度差与重量决定．

[例1]关于电势与电势能的说法正确的是(　　　　 )

A．电荷在电场中电势高的地方电势能大

B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大

C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大

D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小

解析：正电荷在电势高处的电势能比电势低处的电势能大，负电荷则反之，所以A错．当具有电势为正值时，电量大的电荷具有的电势能大于电量小的电荷具有的电势能，当电势为负值，恰好相反，所以B错．正电荷形成的电场中，电势为正值，这样电势与正电荷的电量来积为正值，而负电荷在正电荷形成的电场中电势能为负值，因此C正确．负电荷形成的电场中，电势为负值，因而正电荷具有的电势能为负值，负电行具有的电势能为正值，所以D正确．　　 答案：CD

点评：关于电势的正负与电势的高低参看下图8一31所示，A、B带等量的异种电荷，AO区间是正电荷形成的电场，OB区间是负电荷形成的电场．

[例2]将一电量为一2×10^－8C的点电荷，从零电势S点移到电场中的M点，反抗电场力做功4×10^－8J，则U_M=　　　　　 ；若将该电荷从M点移到N点，电场力做功14×10^－8J，则N点电势U_N＝　　　　　　　 ；M、N两点电势差为　　　　　　　 ．

解析：U_M=W/q=4×10^－8/2×10^－8=2V．由于是负电荷反抗电场力做功，所以是顺着电场线移动，M点电势为负．所以U_M=一2V．U_N=14×10^－8/2×10^－8＝7V．由于是电场力做功，所以负电荷是逆着电场线方向移动，N点电势比M点电势高7V，这样N点电势比S点高5V，所以U_N＝5V．

点评：(1)求某点电势可先求出电势差，然后根据电势差和电场力做功情况再求出该点电势．

(1)　　　 应牢记：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．

2．电势能的变化：电场力做正功电势能减少；电场力做负功电势能增加．

　　 重力势能变化：重力做正功重力势能减少；重力做负功重力势能增加．

1．电势能：电场中电荷具有的势能称为该电荷的电势能．电势能是电荷与所在电场所共有的。

某点相对零电势的电势差叫做该点的电势，是标量．在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功.由电场本身因素决定，与检验电荷无关。

点评：类似于重力场中的高度．某点相对参考面的高度差为该点的高度．

注意：(1)高度是相对的．与参考面的选取有关，而高度差是绝对的与参考面的选取无关．同样电势是相对的与零电势的选取有关，而电势差是绝对的，与零电势的选取无关．

(2)一般选取无限远处或大地的电势为零．当零电势选定以后，电场中各点的电势为定值．

(3)电场中A、B两点的电势差等于A、B的电势之差,即U_AB=φ_A－φ_B,沿电场线方向电势降低.

3、 电场线的理解和应用

[例11]如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A-O-B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是

A．先变大后变小，方向水平向左　 B．先变大后变小，方向水平向右

C．先变小后变大，方向水平向左　 D．先变小后变大，方向水平向右

[分析]由等量异种电荷电场线分布可知，从A到O，电场由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A-O-B，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场切线方向，为水平向右。由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反。电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A-O-B过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确。

试题展示

散　　　　　 电场能的性质

知识简析　 一、电势差

电荷从电场中的一点移到另一点，电场力做的功跟其电量的比值叫做这两点的电势差，U=W/q，是标量．

点评：电势差很类似于重力场中的高度差．物体从重力场中的一点移到另一点，重力做的功跟其重量的比值叫做这两点的高度差h＝W/G．

2、 电场强度的理解和应用

[例8]长木板AB放在水平面上如图所示，它的下表面光滑而上表面粗糙，一个质量为m、电量为q的小物块C从A端以某一初速起动向右滑行。当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端，当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强。

[解析]当电场方向向上时，物块c只能滑到AB中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负。

电场方向向下时有：μ(mg－qE)L=½mv₀²一(m+M)v² 　　mv₀=( m十M)v　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　

电场方向向上时有：μ(mg+qE)L/2=½mv₀²一(m+M)v²，　 mv₀=( m十M)v

则mg－qE =(mg+qE)，得E＝mg/3q

[例9]如图在场强为E的匀强电场中固定放置两个带电小球1和2,它们的质量相等，电荷分别为q₁和－q₂．(q₁≠q₂)．球1和球2的连线平行于电场线，如图．现同时放开1球和2球，于是它们开始在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是( ABC )

A、大小不等，方向相同；　　 B、大小不等，方向相反；

C、大小相等，方向相同；　　 D、大小相等，方向相反；

解析：球1和球2皆受电场力与库仑力的作用,取向右方向为正方向,则有由于两球间距不确定,故F_库不确定

若q₁E－F_库>0, F_库－q₂E>0,且q₁E－F_库≠F_库－q₂E,则A正确;

若q₁E－F_库>0, F_库－q₂E <0,且q₁E－F_库≠F_库－q₂E ,则B正确;

若q₁E－F_库=F_库－q₂E ,则C正确;

若q₁E－F_库≠F_库－q₂E ,则q₁= q₂与题意不符,D错误;

[例10]半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受静电力是其重力的3/4,将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则珠子所能获得的最大动能E_k为多少？

解析：设该珠子的带电量为q,电场强度为E.珠子在运动过程中受到三个力的作用，其中只有电场力和重力对珠子做功，其合力大小为：

设F与竖直方向的夹角为θ,如图所示,则

　　 把这个合力等效为复合场，此复合场为强度此复合场与竖直方向夹角为θ,珠予沿园环运动，可以类比于单摆的运动，运动中的动能最大位置是“最低点”,由能的转化及守恒可求出最大的动能为：E_km=mg/r(1－cosθ)

思考：①珠子动能最大时对圆环的压力多大？

　　 ②若要珠子完成一个完整的圆周运动，在A点释放时，是否要给珠子一个初速度？