專題強化十四電場中的功能關系及圖像問題學習目標1.會分析處理電場中的功能關系。2.理解電場中有關圖像的斜率、面積等表示的物理意義，并能結合圖像分析電場、電勢和電勢能的變化。考點一電場中的功能關系電場中常見的功能關系(1)若只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉化，二者之和保持不變，即ΔEk＝－ΔEp。(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化量。(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化量。例1如圖1所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J。下列說法中正確的是()圖1A.粒子帶負電B.粒子在A點的電勢能比在B點少1.5JC.粒子在A點的動能比在B點少0.5JD.粒子在A點的機械能比在B點少1.5J答案D解析由粒子運動的軌跡可知粒子帶正電，A錯誤；粒子從A到B的過程中電場力做正功，所以電勢能減小，B錯誤；根據動能定理得W＋WG＝ΔEk＝－0.5J，所以粒子在A點的動能比在B點多0.5J，C錯誤；電場力做正功，機械能增加，所以粒子在A點的機械能比在B點少1.5J，D正確。1.(多選)如圖2所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止。現撤去F，小球沿豎直方向運動，在小球由釋放到剛離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中下列說法正確的是()圖2A.小球的重力勢能增加－W1B.小球的電勢能增加W2C.小球與彈簧組成的系統的機械能增加W2D.撤去F前彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2－W1－W2答案ACD解析根據重力做功與重力勢能變化關系可得WG＝W1＝－ΔEp重，小球上升過程重力做負功，小球的重力勢能增加了－W1，故A正確；根據電場力做功與電勢能變化關系可得W電＝W2＝－ΔEp電，帶正電小球上升過程電場力做正功，小球的電勢能減少了W2，故B錯誤；小球與彈簧組成的系統，在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，由于電場力對小球做正功，大小為W2，小球與彈簧組成的系統機械能增加了W2，故C正確；在小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，根據能量守恒定律可知，減少的彈性勢能與減少的電勢能之和等于增加的重力勢能與增加的動能之和，則有W2＋Ep彈＝－W1＋eq\f(1,2)mv2，解得撤去F前彈簧的彈性勢能為Ep彈＝eq\f(1,2)mv2－W1－W2，故D正確。考點二電場中的圖像問題角度電場中的v－t圖像1.由v－t圖像中圖線的斜率變化分析帶電粒子的加速度a的大小變化。2.根據牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，判斷電場強度E的大小變化。3.根據v－t圖像分析帶電粒子做加速運動還是減速運動，結合帶電粒子的電性分析電場強度的方向。4.由電場強度的大小和方向分析電場的其他性質，如電場線、等勢面的分布及電勢的變化等。例2(2024·重慶市八中檢測)兩個等量同種點電荷固定于光滑水平面上，其連線的中垂線(在水平面內)上有A、B、C三點，如圖3甲所示，一個電荷量為2×10－5C、質量為1g的小物塊從C點由靜止釋放，其運動的v－t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線的切線斜率最大的位置(圖中標出了該切線)。則下列說法正確的是()圖3A.小物塊帶負電B.A、B兩點間的電勢差UAB＝500VC.小物塊由C點到A點電勢能先減小再增大D.B點為中垂線上電場強度最大的點，電場強度E＝100V/m答案D解析根據物塊運動的v－t圖像可知，小物塊帶正電，A錯誤；由v－t圖像可知，A、B兩點的速度分別為vA＝6m/s、vB＝4m/s，再根據動能定理得qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得UAB＝－500V，B錯誤；從v－t圖像可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊一直做正功，電勢能一直減小，C錯誤；帶電粒子在B點的加速度最大，為am＝eq\f(4,7－5)m/s2＝2m/s2，所受的電場力最大為Fm＝mam＝0.001×2N＝0.002N，則電場強度最大值為Em＝eq\f(Fm,q)＝eq\f(0.002,2×10－5)N/C＝100V/m，D正確。角度電場中的φ－x圖像1.電場強度的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場(如圖)。切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零。2.在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向(如圖)。3.電場中常見的φ－x圖像(1)點電荷的φ－x圖像(取無限遠處電勢為零)，如圖。(2)兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖。(3)兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖。例3在x軸上分別固定兩個點電荷Q1、Q2，Q2位于坐標原點O處。兩點電荷形成的靜電場中，x軸正半軸上的電勢φ隨x變化的圖像如圖4所示。下列說法正確的是()圖4A.x3處電勢φ最高，電場強度最大B.Q1帶負電，Q2帶正電C.Q1的電荷量小于Q2的電荷量D.電子從x1處沿x軸移動到x2處，電勢能增加答案D解析根據E＝eq\f(Δφ,Δx)，可知φ－x圖像的斜率表示電場強度，x3處電勢φ最高，電場強度為零，A錯誤；由圖可知，x→0時，φ→－∞，說明Q2帶負電，而在整個空間存在φ>0的區域，說明Q1帶正電，B錯誤；在x3處電場強度為零，說明兩個點電荷在該處電場強度大小相等，方向相反，根據E＝keq\f(Q,r2)可知Q1的電荷量大于Q2的電荷量，C錯誤；電子從x1處沿x軸移動到x2處，電場力對電子做負功，電勢能增加，D正確。2.(2024·廣東茂名模擬)在x軸上坐標為－3L和3L的兩點固定電荷量不等的兩點電荷，坐標為3L處電荷帶正電，電荷量大小為Q。兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖5所示，其中x＝L處電勢最低，x軸上M、N兩點的橫坐標分別為－2L和2L，則()圖5A.兩點電荷為異種電荷B.坐標為－3L處電荷的電荷量大小為2QC.負檢驗電荷在原點O處受到向左的靜電力D.負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先減小后增大答案C解析正電荷周圍的電勢為正，負電荷周圍的電勢為負，因此由圖可知，兩點電荷均為正電荷，故A錯誤；在x＝L處電勢最低，此處圖線的斜率為0，即該點的合電場強度為0，設坐標為－3L處電荷的電荷量大小為Q′，eq\f(kQ′,（4L）2)－eq\f(kQ,（2L）2)＝0，得Q′＝4Q，故原點處的電場強度大小為eq\f(4kQ,（3L）2)－eq\f(kQ,（3L）2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，負檢驗電荷在原點O處受到的靜電力向左，故B錯誤，C正確；由M點到N點電勢先減小后增大，所以負檢驗電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先增大后減小，故D錯誤。角度電場中的E－x圖像1.反映了電場強度隨位移變化的規律。2.判定電場強度E的方向：E＞0表示電場強度沿正方向；E＜0表示電場強度沿負方向。3.圖線與x軸圍成的“面積”表示兩點間電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據電場方向判定。4.電場中常見的E－x圖像(1)點電荷的E－x圖像正點電荷及負點電荷的電場強度E隨坐標x變化關系的圖像大致如圖所示。(2)兩個等量異種點電荷的E－x圖像，如圖。(3)兩個等量正點電荷的E－x圖像，如圖。例4某靜電場中x軸上各點的電場強度方向均和x軸重合，以x軸正方向為電場強度的正方向，x軸上的電場強度隨位置坐標的變化規律如圖6所示，其中x1～x3間的圖線關于x2點中心對稱，規定x2點為電勢零點，已知x2＝2x1＝2d，將一帶電荷量為＋q的粒子從坐標原點由靜止釋放，不計粒子重力，關于粒子從原點O運動到x3點的過程，下列說法正確的是()圖6A.釋放后粒子的加速度先不變后減小B.粒子到達x3點時的動能為eq\f(3,2)qdE0C.粒子經過的位置中O點電勢一定最大D.粒子在x1和x3處速度達到最大值答案C解析O～x1間，電場強度沿x軸正方向且大小不變，又粒子帶正電，故粒子沿x軸正方向做勻加速直線運動；x1～x2間，電場強度沿x軸正方向，且大小逐漸減小，故粒子沿x軸正方向做加速度減小的加速運動；x2～x3間，電場強度沿x軸負方向，且大小逐漸增大，故粒子沿x軸正方向做加速度增大的減速運動，故A、D錯誤；x1～x3間的圖線關于x2點中心對稱，則x1～x2間電場力對粒子做的正功數值上等于x2～x3間電場力對粒子做的負功，粒子到達x3時的動能等于粒子到達x1時的動能，即Ek＝qdE0，故B錯誤；由題意知x2點的電勢為0，有φx1＝－φx3，φx1<φO，可知O點的電勢最大，故C正確。3.(多選)如圖7甲所示，某電場中的一條電場線恰好與直線AB重合，以A點為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標系，B點的坐標為xB＝0.06m，若α粒子僅在電場力的作用下由A點運動至B點，其電勢能增加60eV，該電場線上各點的電場強度大小E隨位移x的變化規律如圖乙所示，若A點電勢為15V，下列說法正確的是()圖7A.x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向B.該α粒子沿x軸正方向做勻減速直線運動C.B點電勢是A點電勢的3倍D.圖乙中E0應為2.5×103V·m－1答案AC解析α粒子由A點運動到B點，電場力做功為WAB＝2eUAB＝－60eV，解得UAB＝－30V，因為φA＝15V，所以φB＝45V，B點電勢是A點電勢的3倍，因為B點電勢高于A點電勢，所以電場強度的方向沿x軸負方向，故A、C正確；圖乙中電場強度隨位移x均勻變化，電場力為變力，所以α粒子沿x軸正方向做變減速直線運動，故B錯誤；圖乙中圖像與橫軸所圍的面積表示A、B兩點間的電勢差的大小，則E0＝2.5×102V·m－1，故D錯誤。角度電場中的Ep－x圖像、Ek－x圖像1.Ep－x圖像由電場力做功與電勢能變化關系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切線斜率k＝eq\f(ΔEp,Δx)，其絕對值等于電場力大小，正負代表電場力的方向。2.Ek－x圖像當帶電體只有電場力做功，由動能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像的切線斜率k＝eq\f(ΔEk,Δx)，斜率表示電場力。例5(多選)在勻強電場中，一電子從原點O由靜止釋放，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位置x變化的關系如圖8所示，則()圖8A.電場強度方向沿x軸正方向B.電場強度大小為2.5N/CC.x＝5m處的電勢為0D.電子從原點O運動到x＝4m處的過程中，動能增加了8eV答案CD解析根據電場力做功與電勢能的變化關系可知，帶負電粒子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，電勢能減小，則電場力做正功，因此電場強度方向沿x軸負方向，故A錯誤；由題圖可知，電勢能的變化率不變，所以負電荷受到的電場力不變，則知該電場為勻強電場，根據公式W＝qEx可知，電場強度E＝eq\f(W,qx)＝eq\f(（2－10）eV,－e×4m)＝2N/C，故B錯誤；由圖可知，x＝5m處的電勢能Ep為零，根據公式Ep＝qφ可知，x＝5m處的電勢φ＝eq\f(Ep,－e)＝0，故C正確；電子從原點O運動到x＝4m處的過程中，只有電場力做功，電勢能減小了8eV，則動能增加了8eV，故D正確。例6(多選)如圖9甲所示，a、b是點電荷電場中同一電場線上的兩點，一個帶電粒子在a點由靜止釋放，僅在靜電力作用下從a點向b點運動，粒子的動能與位移之間的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是()圖9A.帶電粒子與場源電荷帶異種電荷B.a點電勢比b點電勢高C.a點場強比b點場強大D.帶電粒子在a點的電勢能比在b點的電勢能大答案CD解析粒子從a點向b點運動，Ek－x圖像的切線斜率減小，根據動能定理，則有qEx＝Ek，電場強度減小，因此a點更靠近場源電荷，則a點場強比b點場強大，若場源電荷是正電荷，則粒子帶正電，若場源電荷是負電荷，則粒子帶負電，它們帶同種電荷，故A錯誤，C正確；由于不能確定場源電荷的性質，所以也不能確定電場線的方向，不能確定a點電勢與b點電勢的高低，故B錯誤；帶電粒子僅在靜電力作用下從a點運動到b點，靜電力做正功，電勢能減小，所以帶電粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故D正確。A級基礎對點練對點練1電場中的功能關系1.如圖1所示，質量為m、帶電荷量為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()圖1A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B.eq\f(3mveq\o\al(2,0),q) C.eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D.eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)答案C解析粒子在豎直方向做勻減速直線運動，則有veq\o\al(2,0)＝2gh，電場力做正功，重力做負功，使粒子的動能由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)變為2mveq\o\al(2,0)，則根據動能定理，有qU－mgh＝2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得A、B兩點電勢差應為U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)，故C正確。2.(多選)如圖2所示，在水平向右的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿絕緣斜面下滑，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了10J，金屬塊克服摩擦力做功5J，重力做功20J，則以下判斷正確的是()圖2A.電場力做功5JB.合力做功15JC.金屬塊的機械能減少10JD.金屬塊的電勢能增加5J答案CD解析根據動能定理W合＝WG＋Wf＋WF＝ΔEk，則合力做功為W合＝ΔEk＝10J，故B錯誤；重力做正功WG＝20J，摩擦力做負功Wf＝－5J，故電場力做功WF＝－5J，即電場力做功－5J，電勢能增加5J，故A錯誤，D正確；除重力外電場力與摩擦力做的總功為－10J，機械能減少10J，故C正確。3.(多選)如圖3所示，方向豎直向上的勻強電場中，將兩個帶等量異種電荷且質量相同的小球A、B，從同一高度以不同速度水平向右拋出，最終以相同速率落到水平地面上，運動軌跡如圖。兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，以地面為參考平面，且電勢為零，則()圖3A.A小球帶正電，B小球帶負電B.在運動過程中，兩小球的加速度大小相等C.在運動過程中，兩小球的機械能均守恒D.兩小球拋出的瞬間，兩小球的機械能和電勢能之和相等答案AD解析以相同的速率落到水平地面上，A球水平位移大于B球水平位移，只有A小球帶正電，B小球帶負電，落地時A球的水平速度大于B球水平速度，A球的豎直速度小于B球的豎直速度一種可能，A正確；在運動過程中，A球加速度小于g，B球加速度大于g，兩小球的加速度大小不相等，B錯誤；因為有電場力做功，兩小球的機械能不守恒，C錯誤；落地前瞬間，兩小球的機械能和電勢能之和相等，從拋出點到地面，只有電場力和重力對小球做功，兩小球的機械能和電勢能之和不變，所以兩小球拋出的瞬間，兩小球的機械能和電勢能之和相等，D正確。4.(多選)如圖4所示，豎直平面內有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平。第一次，將一質量為m的小球從a點以初動能Ek0水平拋出，經過c點時，小球的動能為5Ek0；第二次，使此小球帶正電，電荷量為q，同時加一方向平行于abc所在平面、電場強度大小為eq\f(2mg,q)的勻強電場，仍從a點以初動能Ek0沿某一方向拋出小球，小球經過c點時的動能為13Ek0。下列說法正確的是(不計空氣阻力，重力加速度大小為g)()圖4A.a、b兩點間的距離為eq\f(5Ek0,mg)B.a、b兩點間的距離為eq\f(4Ek0,mg)C.a、c兩點間的電勢差為eq\f(8Ek0,q)D.a、c兩點間的電勢差為eq\f(12Ek0,q)答案BC解析不加電場時根據動能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq\f(4Ek0,mg)，故A錯誤，B正確；加電場時，根據動能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq\f(8Ek0,q)，故C正確，D錯誤。對點練2電場中的圖像問題5.(2024·北京人大附中階段檢測)一帶正電粒子僅在電場力作用下沿直線運動，其速度隨時間變化的圖像如圖5乙所示。tA、tB時刻粒子分別經過A點和B點(如圖甲所示)，A、B兩點的場強大小分別為EA、EB，電勢分別為φA、φB，則可以判斷()圖5A.EA<EB B.EA>EBC.φA＝φB D.φA<φB答案B解析由v－t圖像可知，帶正電粒子從A點到B點運動過程中，加速度逐漸減小。根據牛頓第二定律F＝ma可知電場力F逐漸減小。結合F＝qE可知，從A點到B電場強度逐漸減小，即EA>EB，選項A錯誤，B正確；由v－t圖像可知，帶正電粒子從A點到B點一直做加速運動，說明電場力方向從A指向B，所以場強方向從A指向B，又由沿電場線方向電勢降低，可知φA>φB，選項C、D錯誤。6.(多選)在x軸上0～x0范圍內，存在沿x軸正方向的電場，其電勢φ隨x的變化規律如圖6所示。現將一質量為m、帶電荷量為q的粒子自O點由靜止釋放，粒子僅在電場力的作用下沿x軸做加速運動，從x0處離開電場，下列說法正確的是()圖6A.粒子的電勢能減小了qφ0B.粒子離開電場時的動能為2qφ0C.粒子在電場中運動的時間為x0eq\r(\f(m,qφ0))D.粒子離開電場時的速度大小為eq\r(\f(2qφ0,m))答案AD解析粒子做加速運動，電場力做正功，根據動能定理可得W＝qφ0＝Ek－0，又ΔEp＝－W＝－qφ0，可知粒子的電勢能減小了qφ0，粒子離開電場時的動能為qφ0，故A正確，B錯誤；φ－x圖像的斜率表示電場強度，所以粒子在電場中做勻加速直線運動，有x0＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qφ0,mx0)，聯立解得t＝x0eq\r(\f(2m,qφ0))，故C錯誤；根據動能定理有qφ0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，故D正確。7.(多選)有一電場在x軸上各點的電場強度分布如圖7所示。現將一帶正電的粒子(不計重力)從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則關于該電場在x軸上各點的電勢φ、帶電粒子的動能Ek、電勢能Ep以及動能與電勢能之和E0隨x變化的圖像，正確的是()圖7答案BD解析帶正電的粒子(不計重力)從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則電場力方向沿x軸正方向，電場線方向沿x軸正方向。沿電場線方向電勢降低，A錯誤；電場力做正功，動能增加，電勢能減小，C錯誤；由Ek－x圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負代表電場力方向，由圖可知，場強先減小后增大，方向一直為正方向，電場力F＝qE，先減小后增大，一直為正方向，與題中電場強度沿x軸變化一致，B正確；由能量守恒定律有E0＝Ek＋Ep，動能與電勢能之和E0不變，D正確。B級綜合提升練8.(2024·廣東深圳校考)工業生產中有一種叫電子束焊接機的裝置，其核心部件由如圖8所示的高壓輻向電場組成。該電場的電場線如圖中帶箭頭的直線所示。一電子在圖中H點從靜止開始只在電場力的作用下沿著電場線做直線運動。設電子在該電場中的運動時間為t，位移為x，速度為v，受到的電場力為F，電勢能為Ep，運動經過的各點電勢為φ，則下列四個圖像可能合理的是()圖8答案D解析電子所受的電場力的方向與電場強度方向相反，指向圓心，所以電子向圓心運動，電場強度逐漸增大，根據F＝eE，電場力逐漸增大，圖線向上，B錯誤；電子的加速度a＝eq\f(eE,m)，電子向圓心加速運動，電場強度增大，電子的加速度增大，速度圖線的斜率增大，A錯誤；根據Ep＝eEx，電子向圓心運動，電場力做正功，電勢能減小，電場強度增大，電勢能圖線的斜率增大，C錯誤；根據φ＝eq\f(Ep,e)，Ep＝eEx，解得φ＝Ex，電子向圓心運動，逆電場線運動電勢升高；電子向圓心運動，電場強度增大，電勢圖線的斜率增大，D正確。9.(多選)(2024·貴州貴陽市第一中學月考)如圖9所示，在x軸上的O點(x＝0)和b點(x＝15cm)分別固定放置兩點電荷q1、q2，所形成靜電場的電勢φ在x軸上的分布如圖所示，取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是()圖9A.a、c兩點的電場強度相同B.q1所帶電荷量是q2所帶電荷量的4倍C.將一負電荷從a點移到c點，靜電力做功為零D.將一負電荷從c點移到d點，電勢能增大答案BC解析φ－x圖像的斜率絕對值表示電場強度的大小，斜率的正負表示電場強度的方向，a、c兩點電勢相等，但電場強度大小和方向均不同，故A錯誤；圖中d點圖像斜率為零，表明該點的合電場強度為零，而d點到兩點電荷q1、q2的距離之比為2∶1，根據點電荷電場強度公式E＝eq\f(kq,r2)可得，q1、q2電荷量之比為4∶1，故B正確；a、c兩點電勢相等，電勢差為零，負電荷從a點移到c點，靜電力做功為零，故C正確；c、d間電場強度方向向左，負電荷從c點移到d點，靜電力做正功，電勢能減小，故D錯誤。10.(2023·廣東茂名模擬)如圖10所示，帶電平行板傾斜放置與水平面間的夾角為θ，兩板間的電壓U＝8×103V，兩板間的距離d＝0.4m，圓形光滑軌道豎直固定放置，最低點B正好在上極板的邊緣，C點是圓弧軌道的最高點；質量m＝0.1kg、電量q＝＋10－4C的小球，從平行板下極板A點由靜止釋放，在平行板間的勻強電場中正好沿水平直線AB做勻加速直線運動，經過B點進入圓弧軌道，剛好到達最高點C點，電場只存在帶電平行板內，外部沒有電場，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：圖10(1)平行板與水平面間的夾角θ及小球經過B點時的速度vB；(2)圓形軌道的半徑R。答案(1)60°4m/s(2)0.32m解析(1)平行板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝2.0×104V/m對小球受力分析，可知電場力與重力的合力水平向右，由力的合成矢量三角形的幾何關系可得cosθ＝eq\f(mg