04 素养提升课三 电场中的功能关系及图像问题-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

素养提升课三　电场中的功能关系及图像问题 　　　　 第十章 静电场中的能量 1．会利用功能关系、能量守恒定律分析电场中的综合问题。 2．理解E-x、φ -x、 图像的意义，并会分析有关问题。 素养目标 Ep-x 提升点一　电场中的功能关系 1 提升点二　电场中的图像问题 2 课时测评 4 随堂达标演练 3 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 1 9 提升点一　电场中的功能关系 返回 1．静电力做功的计算 (1)静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 (2)合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 (3)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径 为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷， B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、 电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由 静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2 。 (1)求小球滑到C点时的速度大小； 例1 因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中静电力做的功为零 (2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势。 小球从A到C，重力和静电力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电 ＝ 根据静电力做功与电势能的关系得 W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC) 又φC＝0，可得φA＝ 。 处理电场中能量问题的基本方法 在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。 (1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(或总功)。 (2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。 (3)应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的对应关系。 (4)有静电力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。　　 探究归纳 针对练1．(多选)图中虚线A、B、C、D表示匀强电场的等势面，一带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是 A．等势面A电势最低 B．粒子从a运动到b，动能减小 C．粒子从a运动到b，电势能减小 D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变 √ √ 电场线与等势面垂直，带正电粒子所受静电力的方 向与电场强度方向相同，曲线运动所受合力指向曲 线的凹侧，带正电的粒子只在静电力的作用下，从 a点运动到b点，轨迹如题图中实线所示，可画出速 度和电场线及受力方向如图所示，则静电力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面A电势最高，故A错误；粒子从a运动到b，只受静电力作用，静电力的方向与运动方向成锐角，静电力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，粒子的电势能与动能之和不变，故B错误，C、D正确。 针对练2．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8.0 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是 A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少了4.0 J C．金属块克服静电力做功8.0 J D．金属块的机械能减少了12 J √ 在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩 擦力做功8.0 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝ WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4.0 J，所以金属块 克服静电力做功4.0 J，金属块的电势能增加4.0 J，B、 C错误；由于金属块下滑时静电力做负功，所以静电力应该水平向右，金属块带正电荷，A错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加12 J，所以金属块的机械能减少12 J，D正确。 返回 提升点二　电场中的图像问题 返回 角度1　φ -x图像(电场线与x轴平行时) (1)在φ -x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势的高低关系确定电场强度的方向。 (2)φ -x图像切线斜率的绝对值k＝ 表示场强的大小，电场强度为零处，其切线的斜率为零，φ -x图像存在极值。 (3)在φ -x图像中分析移动电荷电势能的变化，可用WAB＝qUAB＝－ΔEp进行相关计算。 (2024·广东茂名市高二上学期期末)某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴正方向向右，下列说法正确的是 A．在x轴上，从x1到x2，电场强度方向向左 B．在x轴上，从x1到x2，电场强度先减小后增大 C．把一负电荷沿x轴从x1移到x2，电场力先增大后减小 D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功 √ 例2 由φ -x图像可知，从x1到x2，电势先降低后升高，可 知电场强度方向先向右后向左，A错误；由φ -x图 像的斜率等于电场强度可知，从x1到x2，电场强度 先减小后增大，B正确；由F＝qE可知，把一负电荷沿x轴从x1移到x2，电场力先减小后增大，C错误；由Ep＝qφ可知Ep1>Ep2，把一负电荷从x1移到x2，电势能减小，电场力做正功，D错误。 针对练．(2024·吉林白山市高二上学期期末)空间 中存在着某种电场，x轴上各点电势和位置坐标 的对应关系φ-x如图所示，其中±x1处的电势最高。 下列分析正确的是 A．－x1～x1区间内电场方向沿＋x方向 B．－x1～x1区间内电场方向沿－x方向 C．－x2～－x1区间内，随着x的增大，电场强度沿x轴方向的分量逐渐增大 D．－x1～0区间内，随着x的增大，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小 √ 由题图可知，－x1～0区间内电势减小，由沿电 场线方向电势逐渐降低可知，电场方向沿＋x方 向，0～x1区间内电势增大，则电场方向沿－x 方向，故A、B错误；φ-x图像的斜率表示电场 强度，由题图可知，－x2～－x1区间内，随着x的增大，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小，－x1～0区间内，随着x的增大，电场强度沿x轴方向的分量先增大后减小，故C错误，D正确。 角度2　E-x图像 (1)E-x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 (2)设x轴正方向为电场强度的正方向，E＞0表示电场强度沿x轴正方向；E＜0表示电场强度沿x轴负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。 (多选)空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示。下列叙述正确的是 A．x1、x2两处的电势相同 B．电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能 C．x＝0处与x1处两点之间的电势差为U＝ D．电子沿x轴从x1处运动到x2处，电场力一直做负功 √ √ √ 例3 沿电场方向电势降低，因电场方向指向x轴正方向， 则x轴相当于一条电场线，故φ1>φ2，A错误；电子受 到的电场力方向和电场方向相反，故从x1到x2电场力 做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2 处的电势能，B、D正确；因为E-x图像与x轴所围成的面积表示电势差，可得x＝0处和x1处的电势差为U＝ ，C正确。 针对练．(多选)静电场在x轴上的电场强度E随坐标x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么点电荷 A．由x1运动到x3的过程中电势能增大 B．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 C．由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小 D．在x2和x4处电势相等 √ √ 由题图可知，x>x1时电场强度沿x轴负方向，带正电的点电荷由x1运动到x4的过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以φ4>φ2，A正确，C、D错误；根据题图可知，由x1运动到x4的过程中电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，B正确。 角度3　Ep-x图像 (1)由Ep-x图像可知带电粒子在不同位置的电势能，在已知带电粒子带电量q的情况下，可由φ＝ 求出任一位置的电势。 (2)由Ep-x图像可求出任意两位置对应的电势能的变化量，进而确定电场力做功情况。 (3)由功能关系可得ΔEp＝qE·Δx，即qE＝ ＝F，所以Ep-x图像切线的斜率表示带电粒子在该位置所受电场力的大小。 (多选)(2024·贵州威宁县期末)空间中存在沿x轴方向的静电场，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受电场力，电子的电势能变化规律如图所示，则该电子 A．在x1处电场方向发生变化 B．在x1～x2过程，电势逐渐升高 C．在x3处电子的加速度方向发生变化 D．在x2～x4过程，电子的动能先增加再减小 √ √ 例4 根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直 线运动，0～x1电子的电势能增大，则由Ep＝qφ可知 0～x1电势逐渐降低，可知电场方向沿x轴正方向，之 后电子的电势能减小，电势逐渐升高，电场方向沿x 轴负方向，因此在x1处电场方向发生变化，故A、B正确；x1～x4电场方向沿x轴负方向，电子所受电场力沿x轴正方向，由牛顿第二定律可知电子加速度方向沿x轴正方向，在x3处电子的加速度方向没有发生变化，故C错误；在x2～x4过程，电势能一直减小，电场力做正功，由动能定理可知电子的动能一直增加，故D错误。 针对练．(多选)O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在静电力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是 A．静电力一定做正功 B．O点电势比A点电势高 C．从O到A的过程中，电场强度先减小后增大 D．从O到A的过程中，电场强度一直增大 √ √ 由题图可知，从O到A电势能减小，所以静电力做正功， A正确；因为φ＝ 且电子带负电，所以电势能越小， 电势越大，所以O点的电势低于A点，B错误；Ep-x图像 切线斜率的绝对值代表静电力大小，从O到A斜率先减 小后增大，故静电力先减小后增大，电场强度先减小后增大，C正确，D错误。 返回 随堂达标演练 返回 1．一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定初速度从M点沿电场线运动到N点，其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是 A．从M点到N点，电场强度先减小再增大 B．电场强度先沿NM方向，再沿MN方向 C．微粒在M点的电势能大于在N点的电势能 D．从M点到N点，静电力一直对微粒做负功 √ 由题图可知，从M点到N点，微粒的加速度先增大后减 小，微粒仅受静电力，根据牛顿第二定律和电场强度的 定义式可得，电场强度先增大后减小，A错误；从M点 到N点，微粒速度一直增大，故静电力一直做正功，负 电荷逆着电场线方向运动，故电场强度沿NM方向，B错误；从M点到N点，静电力一直对微粒做正功，电势能减小，故微粒在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确，D错误。 带电小球受到向上的电场力和向下的重力，由牛顿第二定律有F合＝F电－mg＝2mg，可得F电＝3mg，在下落过程中电场力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断，小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理可知，小球的动能减少了2mgh，故D正确。 2．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中 A．小球的重力势能减少了2mgh B．小球的动能增加了2mgh C．电场力做负功，大小为2mgh D．小球的电势能增加了3mgh √ 3．(多选)如图甲所示，在某电场中建 立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、 xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。 一电子仅在静电力作用下沿x轴运动， 该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关 系如图乙所示，则下列说法中正确的是 A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场 B．A点的电场强度小于B点的电场强度 C．电子由A点运动到B点的过程中静电力对其所做的功W＝EpA－EpB D．电子在A点的动能小于在B点的动能 √ √ 由题图乙可知，电子在A、B两点的电 势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说 明电子由A运动到B的过程中电势能增 大，静电力做负功，静电力对其所做 的功W＝EpA－EpB，选项C正确；电子仅在静电力作用下运动，静电力做负功，动能减小，故电子在A点的动能大于在B点的动能，选项D错误；由 ＝qE结合题图乙可知该电场是匀强电场，A、B两点的电场强度相等，选项B错误；该电场一定不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确。 4．(2024·黑龙江大庆实验中学期末)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1 、q2的点电荷，在两电荷连线上的电势φ 随x变化的关系如图所示，其中A、B两点的电势为零，BD段中C点电势最大，则 A．q1和q2都是正电荷 B．C点的电场强度大于B点的电场强度 C．C、D两点间电场强度沿x轴正方向 D．将一负点电荷从B点移到D点，电势能先增大后减小 √ 由题图知从O到D电势先降低后升高再降低，则两 个点电荷必定是异种电荷，故A错误；根据图像切 线的斜率等于场强，可知C点场强为零，B点的场强 不等于零，则B点的场强比C点的大，故B错误；由 题图可知，从C到D，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，C、D两点间电场强度沿x轴正方向，故C正确；将一负点电荷从B点移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，故D错误。 返回 课 时 测 评 返回 1．(多选)一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做了5×10-6 J的功，那么 A．电荷在B点将具有5×10-6 J的电势能 B．电荷在B点将具有5×10-6 J的动能 C．电荷的电势能减少了5×10-6 J D．电荷的动能增加了5×10-6 J √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 9 因为不知道电荷在A点的动能和电势能，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故A、B错误；电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电荷电势能减少，静电力做了多少正功，电荷电势能就减少多少，由动能定理可知动能增加量ΔEk＝W电＝5×10-6 J，故C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 2．(多选)如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是 A．粒子可能带负电 B．粒子在P点的动能大于粒子在Q点的动能 C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能 D．粒子在P点受到的电场力小于粒子在Q点受到的电场力 √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势， 故电场线如图所示，由粒子运动轨迹弯曲的方向可知 粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电，A错误； 若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故 P点动能大于Q点动能，若粒子从Q到P，则电场力做正功，粒子动能增大，故P点动能大于Q点动能，所以粒子在P点的动能一定大于粒子在Q点的动能，B正确；由Ep＝qφ可知粒子在P点的电势能小于粒子在Q点的电势能，C错误；因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，则粒子在P点受到的电场力小于粒子在Q点受到的电场力，D正确。 3 4 5 6 7 8 1 2 9 √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 3 4 5 6 7 8 1 2 9 4．(2024·云南昭通市高二上学期期末)空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，P、Q间的电势φ随位置坐标x的变化如图所示。一个带电粒子仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是 A．粒子一定带正电 B．N点电势低于Q点电势 C．P、O间的场强大小是10 V/m，与O、Q间的场强 大小相同 D．粒子从M向N运动过程中，电势能先减小后增大 √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 根据题图可知，M点电势高于O点电势，则电场 方向由M到O，粒子在M点受向右的电场力，则 粒子带正电，故A正确；由题图可知，N点电势 高于Q点电势，故B错误；P、O间电势随x均匀 减小，则P、O间电场为匀强电场，φ -x图像的斜率表示电场强度，则P、O间的电场强度大小E1＝10 V/m，同理可求，O、Q间的电场强度大小E2＝ V/m，故C错误；从M到N，电势逐渐降低，则该区域内电场方向沿x轴正方向，则粒子从M向N运动的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，故D错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 9 5．(2024·福建三明市高二上学期期末)如图所示，光滑绝缘的水平面上存在一电场，其某条电场线与x轴重合，x轴上各点的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示。曲线上A点(0.15，3)的切线与x轴的交点为(0.3，0)。将一电荷量为＋2.0×10-8 C的滑块P(可视为点电荷)，从x＝0.10 m处由静止释放，则滑块 A．将沿x轴负方向运动 B．运动的加速度一直增大 C．在x＝0.15 m处的电势能为3.0×10-3 J D．在x＝0.15 m处的电场强度大小为2.0×106 V/m √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 根据沿电场方向电势降低可知，电场方向沿x轴正 方向，由于滑块带正电，滑块受到的电场力沿x轴 正方向，则滑块静止释放后将沿x轴正方向运动， 故A错误；根据φ -x图像切线斜率的绝对值表示场 强大小可知，滑块沿x轴正方向运动过程，受到的 电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，故B错误；滑块在x＝0.15 m处的电势能为Ep＝qφ＝2.0×10-8×3×105 J＝6.0×10-3 J，故C错误；在x＝0.15 m处的电场强度大小为 故D正确。 3 4 5 6 7 8 1 2 9 6．a、b、c是静电场中一直线上的三个点，从a点释放一个初速度为零的正电子，仅在静电力的作用下由a点经b点运动到c点，以a点为坐标原点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则 A．该电场可能是孤立的点电荷产生的 B．正电子在a点的加速度小于在b点的加速度 C．电场中a点的电势高于b点的电势 D．正电子从a点到c点的过程中，动能先减小后增大 √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 若该电场是孤立的点电荷产生的，则由a点经b点运动到 c点，正电子的电势能应该是逐渐增大或者逐渐减小，由 题图可知，由a点经b点运动到c点，正电子的电势能先减 小后增大，所以该电场不是孤立的点电荷产生的，A错误； 电势能Ep随位移x变化的关系图像的切线斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图可知，图像在a点切线斜率的绝对值大于在b点切线斜率的绝对值，所以正电子在a点的电场力大于在b点的电场力，则正电子在a点的加速度大于在b点的加速度，B错误；根据电场中电势与正电子在该点电势能的关系可知，电场中a点的电势高于b点的电势，C正确；根据能量的转化与守恒可知，正电子的电势能和动能相互转化且电势能和动能的和不变，正电子从a点到c点的过程中，电势能先减小后增大，则动能先增大后减小，D错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 9 7．(2024·安徽蚌埠市高二上学期期末)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线的中垂线上的两点，bcd构成一个等腰三角形，则下列说法正确的是 A．a、b两点的电场强度、电势均相同 B．c、d两点的电势相同、电场强度不相同 C．将电子由b移到c的过程中电场力做负功 D．电子在b点的电势能比在O点的电势能大 √ 3 4 5 6 7 8 1 2 9 由等量异种点电荷电场线的分布特点可知 a、b两点的电场强度方向不同，大小也不 同，c、d两点的电场强度相同，由等量异 种点电荷等势线的分布特点可知a点电势高于b点电势，c、d两点的电势相同，故A、B错误；由等量异种点电荷等势线的分布特点可知b点电势高于c点电势，将电子由b移到c的过程中电势能增加，电场力做负功，故C正确；b点的电势高于O点，则电子在b点的电势能比在O点的电势能小，故D错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 9 8．(12分)如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g) (1)小球应带何种电荷及其电荷量； 3 4 5 6 7 8 1 2 9 作出电场线如图甲所示。由题意知，只 有小球受到向左的静电力，静电力和重 力的合力方向与初速度方向才可能在一 条直线上，如图乙所示。当F合方向与v0 方向在一条直线上才能使小球做直线运 动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图乙知qE＝mg， 相邻等势面间的电势差为U， 3 4 5 6 7 8 1 2 9 (2)小球受到的合外力大小； 3 4 5 6 7 8 1 2 9 (3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm。(电场范围足够大) 3 4 5 6 7 8 1 2 9 9．(13分)如图所示，在场强E＝1×104 N/C的水平匀强电场 中，有一根长l＝15 cm的细线，一端固定在O点，另一端系 一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10-6 C的带正电小球，当细 线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取10 m/s2。 (1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机械能的变化量分别为多少？ 答案：－4.5×10-3 J　3×10-3 J　－3×10-3 J　 重力势能的变化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10-3 J 电势能的变化量ΔEp电＝－W电＝qEl＝3×10-3 J 机械能的变化量ΔE＝－ΔEp电＝－3×10-3 J。 3 4 5 6 7 8 9 1 2 (2)若取A点为零电势能点，则小球在B点的电势能为多大？ 答案：3×10-3 J　 由ΔEp电＝EpB－EpA得，小球在B点的电势能EpB＝3×10-3 J。 3 4 5 6 7 8 9 1 2 (3)小球到B点时速度为多大？细线的张力为多大？ 答案：1 m/s　5×10-2 N 小球从A到B，由动能定理得mgl－qEl＝ mvB2，解得小球在B点的速度vB＝1 m/s 在B点，对小球有FT－mg＝ ，解得细线拉力FT＝5×10-2 N。 返回 3 4 5 6 7 8 9 1 2 谢 谢 观 看 ！ 第十章 静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 1 9 答案： 　 由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝ 根据动能定理有mg·＝－ 解得vC＝。 答案：－ － 3．(多选)质量为m的带电小球在匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度方向竖直向下，其大小为g。则在小球下落高度H的过程中，以下结论中正确的是 A．小球的电势能增加了 B．小球的动能增加了 C．小球的重力势能减少了 D．小球的机械能减少了 分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律可知mg－qE＝ma，解得电场力qE＝mg，方向竖直向上，在小球下落高度H的过程中，电场力做功为－mgH，根据功能关系可知，小球的电势能增加了mgH，机械能减小了mgH，故A错误，D正确；重力做功为mgH，则重力势能减少了mgH，故C错误；根据动能定理可知，合外力做功为，则动能增加了，故B正确。 E＝＝ V/m＝2.0×106 V/m， 答案：正电荷　　 所以E＝，解得q＝＝。 答案：mg　 由图乙知，F合＝＝mg。 答案： 由动能定理得－F合xm＝0－mv02 解得xm＝。 $$