高考物理高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含
答案)
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．
（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．
①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；
②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．
（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．
①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；
②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．
【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；
()0
20cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
(
)11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
【解析】 【详解】
（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-
在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-
②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理
2201122
AB W mv mv =
- 0cos v v θ=
解得：
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）①运动图如图所示：
②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：
2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v m
ϕϕ-=+ 则
()1122211sin 2e v m
θϕϕ=
-+
故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
(
)11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
2．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。

在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。

已知a 、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g ，不计a 、b 球间的静电力，不计a 、b 球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1)碰撞后，a 、b 球的速度大小； (2)a 、b 碰后，经0
23v t g
=
时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标； (3)a 、b 碰后，要使 b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度B 的取值。

【答案】(1) 01
3a v v =-，023
=b v v ；(2)（2029g v - ，2
09g v - ）； (3) 016m 015v B qL <<或
16m 3v B qL
>
【解析】 【分析】
(1)a 、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a 、b 的速度；
(2)碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从CD 边界射出，求解恰能从C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。

【详解】 (1)a 匀速，则
1mg qE = ①
a 、
b 碰撞，动量守恒
02a b mv mv mv =+ ②
机械能守恒
()22201112222
a b mv mv m v =+ ③ 由②③得
01
3a v v =-，023
=b v v ④
(2)碰后a 、b 电量总量平分，则
1
2
a b q q q ==
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0
23v t g
=
时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ） a x v t = ⑤ ，2
12
y at =
⑥ 其中
112
mg qE ma -=⑦，12a g =
由⑤⑥⑦得
2029v x g =，2
09v y g
=
故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2
9g
v - ）⑧ (3)碰撞后对b
21
22
qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则
21
22b b v qv B m r
= ⑩ 得
83mv r qB
=
⑪ b 恰好从C 射出，则
2L r =⑫
由⑪⑫得
116m 3v B qL
=
恰从D 射出，则由几何关系
()2
224r L r L =+- ⑬，
得
5
2
r L
=
⑭ 由⑪⑭得
216m 15v B qL
=
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
016m 015v B qL <<
或0
16m 3v B qL
> 【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

3．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2
v R
可得：v =6×105m/s ；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一
点Q，根据几何关系可得PQ=
0.06
37
cos o
=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37
sin o
=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；
故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=1
2
at2…①
a=qE
m
=
qU
md
…②
t=L
v …③
由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα
可知tanα=4
3
，即α=53°
比例η=53
180
o
×100%=29%
4．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为
q
m
=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离． 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m 20
v r
解得：r =20
510mv Bq
-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：
x 0=v 0t 0 h =
2012at a =qE m
解得：h =18cm ＞2R =10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则：
x =v 0t y =
212
at 代入数据解得：x
=2y
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y
v v θ⋅
===
所以：
H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y
由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm
5．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆=
（2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆=
【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm
= 又：1
mv R Be =
解得：00U t
B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
6．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；
（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：，所以；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，，则有．
（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在
磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，
可得，即；
所以；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
7．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m．小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长2m
L=的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F-t的变化图像如图乙所示，且
满足224
F t
π
+=．已知三个小球均可看做质点且m a=0.25kg，m b=0.2kg，m c=0.05kg，小球c带q=5×10-4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m/s2，求
(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0；
(2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；
(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量．
【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆=
【解析】
【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；
解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-
由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，
由圆方程可知21S m =
代入数据可得：04/v m s =
(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，
由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得222012111()222
a a
b
c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==
小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理
22211()()22
c b c b c m gR qER m m v m m v -=+-+ 代入数据可得2/v m s =
(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ
从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：
21(1cos )sin ()sin 2
b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++= 解得sin 0.6,37θθ==︒
因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=
8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。

粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。

(不计重力)
(1)试求AD 间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?
【答案】（1）o mv R=
Bq
（
2）a<60︒ 【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒， 即AD=R 由200v qv B m R = 得AD =0mv R Bq
=
（2）经D 点3cos30x R R =︒=
，1sin302y R R =︒= 而0x v t =，212y at =
，qE a m = 解得043
E Bv =，方向垂直AC 向上 速度偏向角y
x v v tana =，y v at =
解得2tan 2tan 3033
α=︒=
而tan60=3︒，即tan tan60α<︒ ，则<60α︒
9．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l =l.0m ，小球所带电荷量q =+l.0×104C ，质量m =4.0×10-3kg 。

不计空气阻力，取重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：
(l)电场强度的大小E ；
(2)将电场撤去,小球摆动到最低点时速度的大小v ；
(3)将电场撤去,小球摆动到最低点时绳中拉力的大小T .
【答案】（1）33.010N /C E =⨯ （2） 2.0m/s v = （3）25.610N T -=⨯
【解析】
【详解】
(1)对带电小球受力分析，得关系：tan tan37qE mg
θ==o 代入已知数据后，解得33.010/E N C =⨯
(2)根据机械能守恒定律有：()211cos37
2mgl mv -=o 解得：()
21cos37 2.0/v gl m s =-=o (3)根据牛顿第二定律:2
v T mg m l
-= 解得:25.610N T -=⨯
10．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B ，A 球的电荷量为＋2q ，B 球的电荷量为－3q ，组成一静止的带电系统。

虚线NQ 与MP 平行且相距3L ，开始时MP 恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP 、NQ 间加上水平向右的匀强电场E ，求：
（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期。

【答案】（1）（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．
【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=；则s总=
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速，，
第二段减速，
设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=
解得
， 则
第三段再减速则其加速度a 3及时间t 3为：，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t 1+t 2+t 3）=
．
11．如图所示，质量为m 的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q ．在细杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速度释放，运动到C 点时速率最大，运动到P 点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）A 球刚释放时的加速度大小；
（2）C 点与B 点的距离；
（3）AP 间的电势差．
【答案】（1）22sin sin kQq g mH
αα-，（2sin kQq mg α； （3）2mgH q ． 【解析】
【分析】
（1）A 球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）A 球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动．当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C 点与B 点的距离． （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理求解AP 间的电势差．
【详解】
（1）A 球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma 根据库仑定律有：2qQ F k
r = 又知 H r sin α
=
联立解得：a=gsinα-22 kQqsin mH
α （2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B 点间的距离为
d ，则有：2 Qq mgsin k d α
= 解得：kQq d mgsin α
＝ （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理得：02H mg
qU -＝ 解得：2mgH U q
＝
【点睛】 本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．
12．如图所示，带电荷量为+4×10－8C 的滑块在电场强度大小为2×104N ／C 、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到N 点．已知M 、N 间的距离为0．1 m ．求：
（1）滑块所受电场力的大小；
（2）M 、N 两点间的电势差；
（3）电场力所做的功．
【答案】（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J
【解析】
【分析】
（1）在匀强电场中，根据F=qE 直接计算电场力的大小；
（2）根据U=Ed 计算M 、N 两点间的电势差；
（3）根据W=qU 计算电场力所做的功．
【详解】
（1）滑块所受的电场力为：
F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N
（2）M 、N 两点间的电势差为：
U MN =Ed=2×104×0.1V=2×103V
（3）电场力所做的功为：
W MN =qU MN =4×10-8×2×103J=8×10-5J
【点睛】
本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．。