【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件7.2电场能的性质 (含解析).ppt，共(77)页，1.949 MB，由MTyang资料小铺上传

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7．2电场能的性质知识清单考点整合集中记忆一、电势和等势面电势：电荷在电场中该点具有的电势能与它的电量的比值．定义式：φ＝Epq，单位：伏．相对性：电势与零电势点的选取有关．正负：电势是标量，正负号表示大小

．等势面的特点：(1)在等势面上移动电荷时电场力不做功．(2)等势面跟电场线处处垂直．(3)沿电场线的方向电势降低最快．(4)等差等势面的疏密表示电场的强弱．(5)任意两个等势面都不会相交．二、电势差定义：电场中两点间电势的差值UAB＝φA—φB定义式：UAB＝

WABq正负：电势差是标量，正负表示两点电势的相对高低．决定因素：电势差由电场本身的性质决定，与移动电荷和零电势点的选取都无关．电势差与电场强度关系：匀强电场中UAB＝Ed(d是沿电场方向的距离)三、电势能与电场力做功电势能(1)定义：在数值上

等于把电荷从该点移动到零势能位置电场力做的功．(2)公式：Ep＝φq(3)相对性：电势能与零电势能点的选取有关．(4)正负：电势能是标量，正负表示大小．电场力做功(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初末位置有关．(2)公式：W

AB＝UABq(3)电场力做功与电势能的关系：WAB＝EpA－EpB电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加．考点讲练考点突破针对训练考点一电场力做功、电势和电势能的关系1．电场力做功、电势和电势能的关系关系式WAB＝UABq＝(φA－φB)q＝EpA－E

pB(1)注意角标顺序：WAB表示电荷从A移到B电场力做的功；UAB表示φA－φB.(2)注意正负含义：电势、电势能的正负均表示大小，电势差的正负表示两点电势的相对高低．(3)注意相对性：电势、电势能都与参考点有关，而电势差与参考点无关．2．判断电场力做功

正负、电势高低、电势能变化判断依据判断方法W＝Flcosαα是锐角做正功，钝角做负功电场力做功正负WAB＝UABq由UAB和q的正负，判断WAB的正负电场线方向沿电场线的方向电势降低电势高低WAB＝UABq由WAB和q的正负，判断U

AB正负电场力做功电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加电势能变化Ep＝φq正电荷的电势越高电势能越高，负电荷的电势越高电势能越低.(改编)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、

N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．φN>φPB．φM>φNC．若电子由Q点运动到M点，电场力做正功

D．若电子由N点运动到Q点，电势能增加【答案】B【解析】电子带负电荷，从M到N和P做功相等，说明电势差相等，即N和P的电势相等，匀强电场中等势线为平行的直线，所以c、d是两条等势线，从M到N，电场力对负电荷做负功，由WMN＝UMNq说

明φM>φN，A项错，B项对．若电子从Q点运动到M点，初末位置电势相等，电场力不做功，C项错．电子作为负电荷从N到Q即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，D项错．(2018·陕西模拟)(多选)如图是等量异种点电荷的电场线和等势面，A、B、C、D四点是不同等势面上的点，另一个

点O在两电荷连线的中点，设无限远处的电势为零，两电荷连线的中垂线为等势面，A、B两点的电势分别为100V、－50V．一个带电粒子的质量为m，带电量为q＝＋0.2C，在O点具有的动能为50J．粒子只受静电力作用．关于A、B、C、D四点，下

列各空所填A、B、C、D四组数据正确的是()ABCD四点电势100V－50V00q在四点的电势能20J－10J00O点与四点的电势差－100V50V00q从O点到四点电场力做的功－20J10J00q从O点到四点电势能改变量

20J－10J00q在四点的动能30J60J50J－50J【答案】ABC【解析】A项，A点电势能：EpA＝φAq＝100×0.2J＝20JO点与A点电势差：UOA＝φO－φA＝－100Vq从O点到A点电场力做的功：WOA＝qUOA＝－100×0.

2J＝－20Jq从O点移到A点电势能增加20J.由能量守恒可知，q由O点移到A点动能应减少20J，因此EkA＝30J.故A项正确．B项，B点电势能：EpB＝φBq＝－50×0.2J＝－10JO点与B点电势差：UOB＝φO－φB＝0J－(－50)J＝50Vq从O点到B电场力做的功：

WOB＝qUOB＝50×0.2J＝10Jq从O点移到B点电势能减少10J.由能量守恒可知，q由O点移到B点动能应增加10J，因此EkB＝60J故B项正确．C项，C点电势能：EpC＝0O点与C点电势差：UOC＝0q从O点到C点电

场力做的功：WOC＝0q从O点移到C点电势能没有变化，变化量为0.由能量守恒可知，q由O点移到C点动能也不变化，因此EkC＝50J故C项正确．D项，D点与C点是等电势点，故各量均与C点相同，因此q在D点的动能应为＋50J．故D项错误．考点二电场线、等势面与粒子运动轨迹问题

1．常见电场线与等势面电场等势面(实线)图样重要特点匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场两电荷连线的中垂面为等势面等量同种正点电荷的电场在电荷连线上，中点电势最低；在中垂线上，中点电势最高.2.电场线、等势面与轨迹问题的分析方法(1)根据等势面与

电场线垂直，确定电场线方向．(2)根据合力指向轨迹弯曲的凹侧，判断电场力的方向，进而确定电场方向、电势高低、电荷的正负．(3)根据力与轨迹切线(速度)的夹角，判断合力做功的正负，进而确定动能变化、电势能变化．(4)当电荷的

正负、场强的方向或运动方向未知时，用“假设法”分别讨论各种情况．(2018·天津)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN

，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是()A．vM＜vN，aM＜aNB．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EPM＜EPND．aM＜aN，EpM＜EpN【

答案】D【解析】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN①若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的

速度比通过N点时的速度大，即vM＞vN②在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EpM＜EpN③根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F＝Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN④只有D项正确．(2018·株洲一模)如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、

φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断()A．φ4等势面上各点场强处处相同B．四个等势面的电势关系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功D．粒子

在a、b、c、d四点的速度大小关系是va＜vb＜vc＝vd【答案】B【解析】A项，电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知φ4等势面上各点场强不是处处相等，故A项错误；B项，电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电

场线指向左上方，沿电场线电势降低，由图可知，因此φ1＜φ2＜φ3＜φ4，故B项正确；C项，粒子从a运动到d的过程中静电力与速度的夹角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做负功，后不做功，最后做正功，故C项错误；D项，由C项分析，电场力先做负

功，再做正功，则有速度先减小后增大，由于c、d在同一等势线上，因此有va＞vb＞vc＝vd，故D项错误．(2016·课标全国Ⅰ)(多选)如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于

过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【答案】AB【解析】油滴做类斜抛运动，加速度恒定，D项错误；合力竖直向

上，且电场力Eq竖直向上，Eq>mg，电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在P点电势能最大，A项正确，C项错误；若粒子从Q点运动到P点，则合力做负功，动能减小，P点的动能最小，B项正确．考点三公式U＝Ed的拓展应用1．匀强电场中公式U＝Ed的两个推论

在匀强电场中，沿任意一个方向，两点间电势差与两点距离成正比，由此得出两个常用结论：(1)如图甲：ACCB＝φA－φCφC－φB若C为AB的中点，则有φC＝φA＋φB2.(2)如图乙：AB∥CD，且AB＝

CD，则UAB＝UCD.2．非匀强电场中公式U＝Ed的定性应用(1)判断电场强度大小：根据E＝Ud，等差等势面越密，电场强度越大．(2)判断电势差的大小：根据U＝Ed，距离相等的两点间，E越大，U越大．(2018·课标全国Ⅱ)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d

四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是()A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点

连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【答案】BD【解析】A项，一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到

b点，其电势能减小W1，但ab连线不一定沿着电场线，故A项错误；B项，粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，故：qφa－qφb＝W1，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，故：qφc－qφd＝W2，匀强电场中，φa－φM＝φM－φc，即φM＝12(φa＋φc)，同理φ

N＝12(φb＋φd)，故qφM－qφN＝W1＋W22，故B项正确；C项，若c、d之间的距离为L，但cd不一定平行电场线，故W2＝qELcosθ，其中θ为cd与电场线的夹角，不一定为零，故该电场的场强大小不一定为W2qL，故C项错误；D项，若W1＝W2，Uab＝Ucd

，故φa－φb＝φc－φd，则φa－φc＝φb－φd，故Uac＝Ubd；而Uac＝2UaM，Ubd＝2UbN，故UaM＝UbN，故D项正确．(2017·课标全国Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说

法正确()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD【解析】如图所示，设ac之间的d点电势与b点相同，则addc＝10－1717－26＝79，所以d点的坐标

为(3.5cm，6cm)，过c点作等势线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为3.6cm.电场强度的大小E＝Ud＝（26－17）V3.6cm＝2.5V/cm，故A项正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，解得坐标原点O处的电势为1V，故B项正确；a点电势比b点电势低7V，电子带负电，所以电

子在a点的电势能比在b点的高7eV.故C项错误；b点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV，故D项正确．考点四电场中的三类图像图像描述规律物理意义φ­x图像电势随位移变化由电势φ的高低判断场强的

方向，图线的斜率表示电场强度Ep­x图像电势能随位移变化由电势能的变化判断电场力做功的正负，图像的斜率表示电场力E-x图像电场强度随位移变化场强E的正负表示场强的方向，图线与x轴围成的“面积”表示电势差(2018·蚌埠一模)(多选)在光滑绝缘水平面存在

着一个静电场，其中一条电场线沿x轴方向且各点电势φ随x坐标变化规律如图所示．一质量为m、电荷量为－q的带负电小球从O点由静止释放，该小球沿x轴做直线运动，则()A．小球在0～x2间做加速度增大的加速运

动，在x2后做匀减速直线运动B．小球在x2处电势能最小，动能最大C．小球在x2处速度最大，在x1、x3处速度相同D．小球在x4处速度是在x3处速度的一半【答案】ABC【解析】A项，φ­x图像的斜率等于场强，则知在0～x2间，场强增大，小球所受的电场力增大，

且电场力方向与速度方向相同，则小球做加速度增大的加速运动．在x2后，场强不变，小球所受的电场力不变，方向与速度方向相反，则小球做匀减速直线运动，故A项正确．B项，由上分析知，小球先加速后减速，在x2处动能最大，由能量守

恒知电势能最小，故B项正确．C项，小球在x2处速度最大．x＝x1和x＝x3两点电势相等，小球从x1运动到x3处，电场力做功为0，根据动能定理可知在x1、x3处速度相同，故C项正确．D项，x4处的电势为x3处电势的一半，故电势能也为一半；因粒

子由静止释放；故在x4处动能为x3处的一半；由动能公式可知，速度为x3处的22；故D项错误．(2018·潍坊二模)(多选)一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x1段是

曲线，x1～x2段是平行于x轴的直线，x2～x3段是倾斜直线，下列说法正确的是()A．从0到x1电势逐渐降低B．x2处的电势比x3处高C．x1～x2段电场强度为零D．x2～x3段的电场强度减小【答案】AC【解析】A、B两项，由图像可知，从0到x1电势能增加，根据Ep＝qφ，粒子带负电，知φ3

＞φ2＝φ1＜φ0.故A项正确，B项错误；C、D两项，根据电场力做功与电势能变化的关系得FΔx＝ΔEp，则F＝ΔEpΔx，可知Ep­x图像切线斜率表示电场力的大小，x1～x2段是直线，斜率为零，则电场力

为零，所以x1～x2段电场强度为零，x2～x3段是倾斜直线，斜率不变，电场力不变，故电场强度不变，故C项正确，D项错误．(2018·濮阳二模)某电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向．一带电荷量为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子

刚好能运动到x＝3x0处．假设粒子仅受电场力作用，E0、x0已知，则下列说法正确的是()A．粒子一定带负电B．粒子的初动能大小为qE0x0C．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0D．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小【答案】C【解析】A项，在沿x轴正向运动

过程中，如果先做负功后做正功，粒子不可能在3x0处静止，所以只有先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故粒子一定带正电，A、D两项错误；B项，因为电场强度是均匀减小的，图线的“面积”表示电势差，根据动能定理可得12Eqx0－Eq·

2x0＝0－Ek0，解得初动能Ek0＝32qx0，B项错误；C项，在0～x0过程中电场力做正功，所以在x0处动能最大，最大为Em＝Ek0＋12Eqx0＝2Eqx0，故C项正确．题型拓展典例剖析提炼方法电场中功能关系的应用解决电场中的能量问题，应用的基本规律和方法有：1．应用动能

定理：注意计算总功时增加了电场力的功．2．应用能量守恒：电场中机械能与电势能的总和不变．3．应用功能关系：WAB＝EpA－EpB，即电场力做功等于电势能的减少量．4．计算电场力做功的方法：(1)用WAB＝qUAB，

适用一切电场，计算时注意正负号和角标对应的位置．(2)用WAB＝FLABcosθ，仅适用匀强电场，由于电场力做功与路径无关，公式转化为W＝Eqx，x是沿电场方向的位移．例1(2018·课标全国Ⅰ)(多选

)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了

平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面

由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A项正确．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于电子可能做曲线运动，则可能不会到达平面f，故B项正确．在平面d上电势为－2V，则电子的电势能为2eV，故C项错误；电子经

过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍，故D项错误．例2(多选)如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB水平，圆心在O点，圆弧的半径为R，C为圆弧上的一点，OC与竖直方向的夹角为

37°，一电荷量为＋q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v＝2gR，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是()A．电场中A点的电势为mgRqB．电场中B点的电势为－2mgRqC．小球运动到

B点时的动能为2mgRD．小球运动到C点时，其动能与电势能的和为1.6mgR【答案】AC【解析】等量异种电荷连线的中垂面为等势面，取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0.小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得

：mgR＋qUAO＝12mv2，解得UAO＝mgRq而UAO＝φA－0，解得：φA＝mgRq，故A项正确；由对称性可知：UAO＝UOB，即为：φA－0＝0－φB故有：φB＝－mgRq，故B项错误；小球从A点运动到

B点过程中，由动能定理得：Ek＝qUAB＝2mgR，故C项正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为：E1＝12mv2＋0＝2mgR，由最低点运动到C点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量为：ΔEp＝mgR(1－cos37°)＝0.2mgR故动能、电势能的总和减少了0.2mgR

，所以小球在C点的动能和电势能的总和为：E2＝E1－0.2mgR＝1.8mgR，故D项错误．1．(2018·衡阳一模)(多选)如图所示，倾角为30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m，电荷量为－q的小球从A

点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则()A．小球从A到D的过程中静电力做功为12mv2B．小球从A到B的过程中电势能先减小后增加C．B点电势比D点电势低D．A、B两点间的电势差UAB＝mv2q答案BCD解析A项，斜面的

倾角为θ＝30°，斜面上AD＝DB，由几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则A到D的过程中电场力做的功等于0.故A项错误；B项，由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，

距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B项正确；C项，D到C的距离小于B到C的距离，结合正电荷的电场的特点可知，B点电势比D点电势低．故C项正确；D项，设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D两点的过程中

，由动能定理有：mgLsinθ＝12mv2－0，在小球从A到B的过程中有：mg·2L＋(－q)UAB＝0－0，所以：UAB＝mv2q.故D项正确．2．(2018·唐山模拟)在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷

量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，正确的是()A．若sinθ＜qEmg，则ε一定减少，W一定增加B．若sinθ＝qEmg，则ε、W一定不变C．若sinθ＝qEmg，则ε一定增加，W一定减小D．若

tanθ＝qEmg，则ε可能增加、也可能减少，但ε与W的总和一定保持不变答案B解析A项，若sinθ＜qEmg，电场力可能做正功，也可能做负功，所以ε可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小．故A项错误．B、C两项，若sinθ＝qEmg，

则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε、W一定不变．故B项正确，C项错误．D项，若tanθ＝qEmg，电场力沿水平方向，电场力做正功，ε一定减少，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D项错误．3．(2018·成都模拟)一轻质细杆长为2L，可绕固定于中点O的水平轴在竖直面内自由转

动，杆两端固定有形状相同的小球1和2，它们的质量均为m，电荷量分别为q和－q(q＞0)，整个装置放在如图所示的、在竖直面内关于过O轴的竖直线对称的电场中．现将杆由水平位置静止释放，让两小球绕轴顺时针转动到竖直线上A、B两位置．设电势差UBA＝U，重力加速度大小为g，不考虑小球1、2间的库仑力．则该

过程中()A．小球2受到的电场力减小B．小球1电势能减少了12UqC．小球1、2的机械能总和增加了Uq－mgLD．小球1、2的动能总和增加了Uq答案D解析A项，电场线变密，电场强度增大，受到电场力增大，故A项错误；

B项，设1到A电势差为U1，2到B为U2，根据U＝Ed知电场强度越大电势降低越快，故U1＜U2，即电场力做功为U1q<12Uq，电势能减少小于12Uq，故B项错误；C、D两项，杆由水平位置转到竖直位置的

过程中，电场力做功为U1q＋U2q＝qU，机械能增加了Uq，重力势能不变，动能也增加了Uq，C项错误，D项正确．4．(2018·上饶一模)如图所示，在AOB平面内存在着一个匀强电场，OA＝L，OB＝3L2，∠AOB＝60°.一个带电量为q的正电粒子以

初动能Ek从O点两次沿不同方向抛出，并分别运动到A、B两点．若粒子运动到A、B两点时的动能分别为EA＝2Ek，EB＝5Ek2，粒子重力不计，则匀强电场的场强大小为()A.EkqLB.5Ek3qLC.3Ek3qLD

.23Ek3qL答案D解析由题意令电场强度与OA成α角，与OB成β角，粒子在电场中所受电场力F＝Eq，粒子带正电，故电场力方向与场强方向相同，根据题意有：从O到A只有电场力做功，有Eqlcosα＝2Ek－Ek；从O到B只有电场力做功有：Eq·1.5L·cosβ＝

5Ek2－Ek；联立两式可得：cosα＝cosβ又∠AOB＝60°所以有：α＝β＝30°所以可得场强E＝2Ek－EkqLcos30°＝23Ek3qL故A、B、C三项错误，D项正确．5．(2018·房山区一模)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某

一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的函数关系满足φ＝4.5×104x(V)，据此可作出如图所示的φ­x图像．图中虚线AB为图线在x＝0.15m处的切线．现有一个带正电荷的滑块P(可视作质点

)，其质量为m＝0.10kg，电荷量为q＝1.0×10－7C，其与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，g取10m/s2.求：(1)沿x轴方向上，x1＝0.1m和x2＝0.15m两点间的电势差；(2)若将滑块P无初速度地放在x1＝0.10m处，滑块将由静止开始运动，

滑块运动到x2＝0.15m处时速度的大小；(3)对于变化的电场，在极小的区域内可以看成匀强电场．若将滑块P无初速度地放在x1＝0.1m处，滑块将由静止开始运动，a．它位于x2＝0.15m处时加速度为多大；b．物块最终停在何处？分析说明整个运动过

程中加速度和速度如何变化．答案(1)1.5×105V(2)0.1m/s(3)a.0b．0.225m处分析说明略解析(1)电势φ与坐标值x的函数关系满足φ＝4.5×104xV，当x1＝0.1m时，电势φ1＝4.5×1040

.1＝4.5×105V，当x2＝0.15m时，电势φ2＝4.5×1040.15＝3.0×105V，U＝φ1－φ2＝1.5×105V；(2)由动能定理，有：－μmg(x2－x1)＋qU＝12mv2，代入数据得：

v＝0.1m/s(近似为0.32m/s)；(3)a.对于匀强电场E＝Ud，在x2＝0.15点附近场强变化很小，可看成匀强电场则场强E＝ΔUΔx＝k，即为x2＝0.15点的切线的斜率，所以x2＝0.15m点场强为

E＝6×1050.3＝2×106N/C，由牛顿定二定律ma＝Eq－μmg，解得：a＝0；