1、第38课时电场性质的应用(题型研究课)命题者说电场性质可分为电场力的性质和电场能的性质，是高考命题的热点。通过本课时的复习，可以进一步熟练掌握电场的基本概念和规律，并为解决电场综合题目打下坚实的基础。(一)电场常考的图像问题v t图像根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。例1(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v t图像如图所示，则下列说法中正确的是()AA点的电场强度一定大于B点的电场强度B粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能CC、D间各点电场
2、强度和电势都为零DA、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差解析由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A点到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误。答案AB x图像(1)电场强度的大小等于 x图线的斜率大小，电场强度为零处， x图线存
3、在极值，其切线的斜率为零。(2)在 x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在 x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WABqUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。例2某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图所示。x轴上A、O、B三点的电势值分别为A、O、B，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB。下列判断正确的是()AOBABEOxEBxEAxCEpOEpBEpA DEpOEpAEpOEpB解析根据题图可以直接判断出ABO，故A错。由图线斜率的大小可确定EAx
4、EBxEOx，故B错。由于电子带负电，Epq，故EpAEpBEpO，C错。再根据图像可以确定AOBO，故电子电势能的变化EpOEpAEpOEpB，D正确。答案DE x图像(1)在给定了电场的E x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况、电势的变化情况，E x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。(2)可以由E x图像假设某一种符合 E x 图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。例3两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图
5、是() 解析两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，其电场线分布如图所示。结合图可知在原点O处电场强度为零，能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是A。答案A通法归纳解决电场中图像问题的两种方法(1)将图像所反映的情景还原为熟悉的模型；(2)直接从图像的面积、斜率的意义入手，结合电场强度的正负和电势的高低描绘电场线的分布来处理问题。集训冲关1.电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示，三条等势线的电势abc。一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v t图像大致是下图中的() 解析：选A电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
6、Wq(PQ)，因为q0，且PQ，所以W0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v t图像的斜率大，故由P到Q，v t图像的斜率不断减小，选项A正确，B错误。2两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，则下列图像中能正确描述电势随位置x变化规律的是()解析：选A等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的。可见，在整个电场中，正电荷所在位置电
7、势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项。3.(多选)(2014上海高考)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC由题图可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减
8、小，C项正确，D项错误。(二)电场线、等势线(面)与运动轨迹问题1.带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力情况以及初速度情况共同决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向；电场线只能够描述电场的方向和定性地描述电场的强弱，它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。2若同时满足以下三个条件，则带电粒子的运动轨迹与电场线重合：(1)电场线是直线；(2)带电粒子的初速度为零或者初速度的方向与电场线在同一条直线上；(3)带电粒子只受电场力或受其他力但其他力的合力方向与电场线平行。典例(2016全国甲卷)如图，P
9、是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则()Aaaabac，vavcvb Baaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcva Dabacaa，vavcvb解析a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbrcra，则三点的电场强度由Ek可知EbEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理|qUab|mvb2mva20
10、，则vbva，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|mvc2mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确。 答案D利用电场线和等势面解决带电粒子运动问题的方法(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功，电势能的变化情况或等势面的电势高低。集训冲关1.(多选)(2017广州六校联考)如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹。若带电粒子
11、只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是()A带电粒子在a处的加速度较大B带电粒子在a处的加速度较小C带电粒子在a处的电势能较大D带电粒子在a处的电势能较小解析：选ADa处电场线较密，故场强E较大，带电粒子在a处受到的电场力较大，故加速度较大，A项正确；由轨迹弯曲方向可知带电粒子受力方向与场强E方向相反，故粒子带负电，又因为沿电场线方向，电势降低，所以a处电势较高，由电势能与电势的关系Epq可知，带负电的粒子在a点的电势能较小，D项正确。2.(多选)(2016海南高考)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c
12、、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是()AM带负电荷，N带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在d点的电势能等于它在e点的电势能DN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功解析：选ABC由题图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知，M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确； N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。(三)电场中的功能关系问题1.求电场力做功的四种方法
13、(1)定义式：WABFlcos qEdcos (适用于匀强电场)。(2)电势的变化：WqUABq(AB)。(3)动能定理：W电W其他Ek。(4)电势能的变化：WABEpBAEpAEpB。2电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量。(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化。典例如图所示，一根长L1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E1.0105 N/C、与水平方向成30角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球A，电荷
14、量Q4.5106 C，另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q1.0106 C，质量m1.0102 kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，取g10 m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？(3)小球B从N端运动到距M端的高度h20.61 m时，速度为v1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？解析(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgkqEsin ma解得ag代入数据解得：a3.2 m/s2。(2)小球B速度最大时合
15、力为零，即qEsin mg解得h1 代入数据解得h10.9 m。(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设电场力做功为W，根据动能定理得：mg(Lh2)Wmv2代入数据得：W8.4102 J电势能改变了EpW8.4102 J。答案(1)3.2 m/s2(2)0.9 m(3)8.4102 J 电场中功能关系问题的分析方法(1)受力情况分析和运动情况分析。(2)分析各力做功的情况，做正功还是负功。(3)分清多少种形式的能量参与，哪种能量增加，哪种减少。(4)选择动能定理或能量守恒定律等列出方程式。集训冲关1(2017洛阳名校联考)如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个
16、电量为q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v，已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L，则以下说法不正确的是()AOB间的距离为 B从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv02mv2C从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02D从A到B的过程中，乙的电势能减少解析：选BA做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由mgk，解得OB间的距离为r ，选项A正确。从A到B的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02，选项B不正确，C正确。从
17、A到B的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项D正确。2(2017福建质检)如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零。已知物块的质量m4103 kg，所带的电荷量q3106 C；电场强度E1104 N/C；CD段的长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m，GH段与水平面的夹角为，且sin 0.6，cos 0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度
18、g取10 m/s2。(1)求物块与轨道CD段的动摩擦因数；(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；(3)分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到2.6 m。若能，求物块在轨道CD段运动2.6 m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能。解析：(1)物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得qEmg0由式代入数据得0.25。(2)物块在GH段运动时，由于qEcos mgsin ，所以做匀速直线运动由C运动至H过程中，由动能定理得qELmgLqErsin mgr(1cos )Ek0 由式代入数据得Ek0.018 J。(3)物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为
19、0 设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得qELmgs由式代入数据得s2.4 m因为2.6 ms，所以不能在水平轨道上运动2.6 m的路程。物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得qErsin mgr(1cos )E00由式代入数据得E00.002 J。答案：(1)0.25(2)0.018 J(3)不能0.002 J一、单项选择题1.(2017株洲检测)半径为R的均匀带电球体，在通过球心O的直线上，各点的电场分布如图所示。当xR时，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同。已知静电力常量为k，则()A球面是个等势面，球体是个等势体B在x轴上xR处
20、电势最高CxPRD球心O与球面间电势差的大小为E0R解析：选C从题图上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不是等势体，A错误；在x轴上xR处场强最大，而不是电势最高，B错误；EP，E，因为EPE，所以xPR，C正确；假设球心O与球面间的电场为匀强电场，且大小为E0，则电势差的大小UE0R，但是O与球面间的电场并不是匀强电场，因此D错误。2.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出下列说法错误的是()AQ1一定大于Q2BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C电势最低处P点的电场强度为零DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点解析：选B场强为
21、零的点离Q1远，因此Q1一定大于Q2，A正确；两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B错误；两正点电荷的连线上有一点场强为零，一正的检验电荷从两电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C正确；Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确；本题选择不正确的，故选B。3在点电荷Q的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是()A电场中a点电势aB
22、电场中O点电势为OC试探电荷的最大速度为vm DaO间电势差为UaO解析：选A正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得WqUa(a)q，a点电势a，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOamv20，而UOaOa，解得O，B项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有Wmvm2mv2，则vm ，C项错误；UaOUOa，即UaO，D项错误。4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即
23、UabUbc，实线为一带正电的质点(不计重力)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是()A三个等势面中，a的电势最高B带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大C带电质点通过M点时的动能比通过N点时大D带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大解析：选C已知实线是一带正电质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，由运动轨迹可以看出电场力应指向曲线的凹侧，且与等势面垂直，受力方向与电场强度方向一致，画出电场线方向，电场线方向由a指向c，如图，顺着电场线方向电势降低，A正确；正电荷在电势越高处电势能越大，所以，质点在M点电势能大，B正确；质点在电
24、势能越小处动能越大，所以质点通过M点时动能小，C错误；M点处等势面比N点密，所以M点电场强度大，质点所受的电场力大，加速度就大，D正确。本题选不正确的，故选C。5(2017江苏省清江中学月考)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计，在从O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是()解析：选A根据题图可知，从O到A点，电场线疏密反映了电场强度的大小，所以电场强度先减小后增大，方向
25、不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，故加速度先减小后增大，A正确；在速度时间图像中图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，加速度减小，而加速度是先减小后增大的，B错误；沿电场线方向电势差降低，而电势与位移的图像的斜率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，C错误；动能与位移的图像的斜率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，D错误。6一个带负电荷q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则()A小球不能过B点B小球
26、仍恰好能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为零D以上说法都不对解析：选B没有电场时，最高点速度设为v，则mgm又根据机械能守恒定律：mg(h2R)mv2，解得hR加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v则mgqEm，v 而由动能定理，得mg(h2R)qE(h2R)mv2，v 说明小球仍恰好能过B点，故选项B正确。二、多项选择题7.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A带正电B速度先增大后减小C电势能先增大后减小D经过b点和d点时的速度大小
27、相同解析：选CD根据粒子的运动轨迹及电场线分布特点可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确。8(2017丹东第一次大联考)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则
28、以下判断正确的是()Ab点的场强一定为零BQ2带负电且电荷量小于Q1Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比在b点的电势能小解析：选ACb点速度图像的切线水平，说明加速度为零，则b点的场强一定为零，A正确；从a点开始经b点向远处运动先加速后减速，所以Q1带负电，Q2带正电，且Q1Q2，B错误；a点的动能比b点的动能小，则a点的电势能比b点的电势能大，又运动电荷为正电荷，所以a点的电势比b点的电势高，C正确，D错误。9.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成30斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，
29、细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()A小球再次到M点时，速度刚好为零B小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功C小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgLD如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动解析：选BD小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球到M点时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错误；细线突然断裂时，速
30、度方向竖直向上，合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。10图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动的轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子()A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析：选CD由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出二者相互排斥，或者根据曲线运动合力指向曲线的内侧，判断出带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律可知，a、b、c三点中，在a点时受力最大，选项B错误；带电粒子从b点到c点的过程中，电
31、场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，根据Ud(为某段电场的平均值)，故UabUbc，根据电场力做功公式，所以WabWbc，根据动能定理，带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。三、计算题11.(2017西安模拟)如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC30，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求
32、：(1)小球通过C点的速度大小。(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。解析：(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mgRsin 30mvC2mv2得：vC。(2)由A到C应用动能定理得：WACmghmvC20得：WACmvC2mghmv2mgRmgh。由电势能变化与电场力做功的关系得：EpWACmghmv2mgR。答案：(1)(2)mghmv2mgR12.如图所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qEmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位
33、置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为，求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量。解析：(1)设滑块向左运动x时减速到零，由动能定理有(qEmg)xmv02解得x之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，由能量守恒定律得：qE(xL)Ekmg(xL)解得Ek(qEmg)L滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为Epm(qEmg)L。(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为WqEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即QqELmv02。答案：(1)(qEmg)L(2)qELmv02
