河北省張家口市高三物理 同步練習20 電場能的性質.doc

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電場能的性質 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的物理量，僅由電場本身決定，與試探電荷無關．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)合力指向軌跡的內側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變化的關系如圖所示。在x=0處電勢趨于正無窮；當x=x0時，電勢為0；當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??；克服電場力做功，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】本題關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系；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A板向上平移一小段距離，間距d增大，其它條件不變，則導致電容變小，故A錯誤； B、在A板上移過程中，導致電容減小，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式結合應用，掌握電場強度的推導式，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，減小；板間場強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??；故ABD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??； 根據(jù)功能關系可知：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37，一質量m=110-2Kg、電荷量q=+110-6C的小物塊置于斜面上，當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，當受力不平衡時，由牛頓運動定律來求解．當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。