高中物理对称性问题1

高中物理对称性问题
我们在中学物理教学中常体会到，学生在掌握物理知识时往往拘泥于基本概念和基本公式，而对一些由基本概念和基本规律引伸开来的题目往往无从下手，许多中上水平的学生不习惯于发散性思维，对一些新背景的题目毫无办法。

长此下去，把物理知识学死了，越学越脱离物理学中的实际意义，这样就不利于学生的进一步的发展。

由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中为对称法，利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，出奇制胜，快捷简便地解决问题。

在高中物理中经常能遇到大量多种多样的对称性问题：有很多运动具有对称性，如（类）竖直上抛运动的对称性，简谐运动中的对称性,带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动中几何关系的对称性；有电场、磁场的空间分布的对称性；电路结构的对称性；物体通过挂钩、滑轮等作用平衡时，两侧受到的力、绳子的长度等具有的对称性；图形图象的对称性；光通过对称性介质时，其传播的光路具有对称性；
简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两位置时，振子的位移、回复力、加速度、动能、势能、速度、动量等均是等大的（位移、回复力、加速度的方向相反，速度动量的方向不确定）。

运动时间也具有对称性，即在平衡位置对称两段位移间运动的时间相等。

(从某点到达最大位置和从最大位置再回到这一点所需要的时间相等、从某点向平衡位置运动的时间和它从平衡位置运动到这一点的对称点所用的时间相等).
对称法作为一种具体的解题方法，在每年的高考命题中都有所渗透和体现。

从侧面体现考生的直观思维能力和客观的猜想推理能力，考查学生科学思维核心素养。

所以作为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命题中必将有所体现。

利用对称法解题的思路：①领会物理情景，选取研究对象；②在仔细审题的基础上，通过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立清晰的物理情景，选取恰当的研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态；③透析研究对象的属性、运动特点及规律；④寻找研究对象的对称性特点。

⑤利用对称性特点，依物理规律，对题目求解。

通过对称性问题的研究，可以认识到丰富多采的自然界中包含着大量对称的事实，了解事物的内在规律。

可大大提高图象和图线的运用能力，这样有利于提高形象思维能力和建立物理模型的能力，提高处理局部与整体的综合能力。

激发学习中的灵感，树立学好物理学的信心，培养学生发散性思维的能力，最终形成科学的全面的认识。

一、物体平衡的对称性
例题1、杂技表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O、a、b、c、d……为网绳的结点，安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe，bOg均为120°张角，如图乙所示，此时O点受到向下的冲击力大小为2 F，则这时O 点周围每根网绳承受的张力大小为( )
A. F
B. 2F
C. 2F + mg
D. 2F + 2mg
答案
A
解析以结点O为研究对象，O点受人对其作用力为2 F，四根绳子的拉力F T，先求Od、Oe绳中拉力的合力F1，由 F 合= F 1 2 + F 2 2 + 2 F 1 F 2 cos
θ得， F1= F 2 T + F 2 T + 2F T • F T cos 120 ° = F T 2 × ( 1 + cos 120 ° ) = F T ，
方向在二力夹角的平分线上，即竖直向上.同理，Ob、Og绳中拉力的合力为F2= F T，方向竖直向上.由于方向相同，则四根绳的合力为F合= F1+ F2=2 F，解得每根网绳对结点O的拉力为F T= F，则网绳所受的拉力也是F.
例题2、如图所示,晾晒衣服的绳子轻且光滑,悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的,轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点,衣服处于静止状态.如果保持绳子A端位置不变,将B端分别移动到不同的位置.下列判断正确的是( AD )
∙ A. B端移到位置时,绳子张力不变
∙ B. B端移到位置时,绳子张力变小
∙ C. B端在杆上位置不动,将杆移动到虚线位置时,绳子张力变大
∙ D. B端在杆上位置不动,将杆移动到虚线位置时,绳子张力变小
答案详解解:A、B、设绳子间的夹角为,绳子总长为L,两杆间距离为S,由几何关系得
：
,得:
当B端移到位置时,S、L都不变,则也不变,由平衡条件可以知道,,,可见,绳子张力F也不变.所以A选项是正确的,B错误.
C、D、B端在杆上位置不动,将杆移动到虚线位置时,S减小,L不变,则减小,增大,则F减小.故C 错误,D正确.
所以AD选项是正确的
解析:
根据几何知识求出绳子间的夹角与绳长和两杆间距离的关系,分析B 端移到位置时,绳子间的夹角是否
变化,由平衡条件分析绳子张力的变化情况.用同样的方法分析将杆移动到虚线位置时,绳子张力的变化情况.因为挂钩是光滑的,相当于动滑轮,绳子的张力关于竖直方向具有对称性. 例题3、一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面上分两排，其上端挂在两根钢缆上，图13为一截面图，已知图中相邻杆距离均为9m ，靠桥面中心的钢杆长度为2m ，（即
AA ′=DD ′=2m ）BB ′=EE ′，CC ′=PP ′，又已知两端钢缆与水平面成45°角，若钢杆自重不计，为使每根钢杆承受负荷相同，试求每杆钢杆长度各为多少米？
解：设桥钢杆的拉力为G ，总重6G ，先后分析P 点和E 点。

（如图14所示）
根据对称性P 点受3G 向上的力作用。

PE 杆向下对P 点的拉力为2G ，根据对应边关系，有米62=∆h ，同理求得
米31=∆h 。

所以，
米
米米
米11)65(5)32(=+='='=+='='P P C C E E B B
练习1、轻绳的两端A 、B 固定在天花板上,绳能承受的最大拉力为120N.现用摩擦很大的挂钩将一重物挂在绳子上,结果挂钩停在C 点,如图所示,两端与竖直方向的夹角分别为370
和530
.求:
(1)此重物的最大重力不应超过多少?(
,
)
(2)若将挂钩换成一个光滑的小滑轮,重物的最大重力可达多大? 答案详解
(1)重物的最大重力不应超过;
(2)重物的最大重力可达.
解
:(1)
（图13）
C ′ B ′ A ′
D ′
E ′ P ′
G 33G
G
32G
（图14）
取C 点为研究对象进行受力分析如图甲所示.由图可以知道,物体平衡时AC 上的张力比BC 上大,所以当AC 上的张力为最大值
时,BC 上的张力小于
,由三角形法则重物的最大重力为:
(2)在图甲中,由几何关系设,则绳长
;若将挂钩换成滑轮,则两根绳子
的张力大小相等,对C 点受力分析,
如图乙所示,由几何关系
由三角形法则重物的最大重力为:.
答:(1)重物的最大重力不应超过;
(2)重物的最大重力可达.
解析:
(1)对结点进行受力分析,根据共点力平衡求出哪根绳先断,从而以该绳的最大拉力求出重物的最大重力. (2)若将挂钩换成一个光滑的小滑轮,此时两根绳的拉力大小相等,与竖直方向的夹角相等,根据共点力平衡求出重物的最大重力.
二、运动的对称性
例题1、(04广东)一杂技演员,用一只手抛球.他每隔0.40s 抛出一球,接到球便立即把球抛出,已知除抛、接球的时刻外，空中总有四个球，将球的运动看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（高度从抛球
点算起，取g=10m/s 2
）（ ） A ． 1.6m B ． 2.4m C ．3.2m D ．4.0m
【解析】：小球运动的示意图如图，当小球1刚刚抛出，我们认为同时接住球5，球5在手中的停留时间为0.40s ，球4落到手中然后再抛出球5，这样球4从图中位置落到手中的时间也为0.40s ，这样球达到的高度就是最大，根据对称性，这样可知一个小球在空中运动的时间为0.4×4s ，则每个球上升、下降时间均为0.8s ，所以根据竖直上抛运动的规律，，得H=3.2m ，所以C 正确。

例题2、 如图1所示，在水平面上，有一质量为m
的物体，在水平拉力作用下，
（图1）
由静止开始移动一段距离后，到达一斜面底端，这时撤去外力物体冲上斜面，上滑的最大距离和在水平面上移动的距离相等。

然后物体又沿斜面下滑，恰好停在水平面上的出发点。

已知斜面倾角为30°，物体与斜面及水平面的动摩擦因数相同，求物体所受的水平拉力。

这是一个关于运动对称问题，物体m 在运动中经历了四个不同的匀变速运动，①在F 和f 作用下由A →B ，②在mg sin θ+mg μcos θ作用下由B →C 。

由于AB=BC ，B 点是对称位置，在这两段运动中，它们具有加速度对称，路程对称，时间对称，速度（图线）对称等；同理，③物体由C 点滑到B 点与④由B 点滑到A 点也具有对称关系。

抓住这些对称关系不难得到图2的速度图线。

根据加速度对称关系有：
)1(cos sin m
mg mg m mg F θ
μθμ+=-
)2(cos sin m
mg mg m mg θμθμ-=
解得mg mg F ==θsin 2
例题3、平行板间加如图所示周期变化的电压,重力不计的带电粒子静止在平行板中央,从时刻开始
将其释放,运动过程无碰板情况.图中,能定性描述粒子运动的速度图象正确的是( )
A. B. C. D.
答案详解
A
解:开始粒子在匀强电场中从静止运动,前半个周期是匀加速运动,后半个周期是匀减速运动,在下一个周期中仍是这样:继续向前匀加速运动,再匀减速运动,这样一直向前运动下去.速度的方向不变,而大小先增大后减小,再增大,再减小. 所以A 选项是正确的 解析:
不计重力的带电粒子在周期变化的电场中,在电场力作用下运动.速度随着时间变化的关系由加速度来确定,而加速度是由电场力来确定,而电场力却由电势差来确定.
例题4、如图1所示：在离地高度是h ，离竖直光滑的墙是1s 处，有一个弹性小球以初速度0v 正对着墙水平抛出，与墙发生弹性碰撞后落到地面上，求小球落地点与墙的距离。

【解析】：小球与墙的碰撞是弹性碰撞，碰撞前后
的动量对于墙面的的法线是对称的。

如墙的另一面同一高 度有一个弹性小球以相同的速度与墙碰撞，由于对称性， 它的轨迹与小球的实际轨迹是对称的。

因此碰前的轨迹与碰
后的虚线轨迹构成一条平滑曲线，这就是平抛运动的轨迹曲线。

小球从抛出到落地的时间为t ，由自由落
体规律得g
h
t 2=，再根据平抛运动规律可得
1
02s g
h v s -=
（图2）
例题5、如图4所示，m1、m2、m3为质量相等的三个弹性小球，m1、m2分别悬挂在l1=1m，l2=0.25m的细线上，它们刚好跟光滑水平面接触而不相互挤压，m1、m2相距10cm，m3从m1和m2连线中点处以v=5cm/s的速度向右运动，则m3将与m1和m2反复做弹性碰撞（碰后两球交换速度）而来回运动，若取中心位置O为坐标原点，以该位置向右运动开始计时并取向右为正，试在坐标上画出m3的两个周期内的振动图象。

根据完全弹性碰撞，相等质量的碰撞物体的速度进行交换，所以m3在m1和m2间来回匀速运动，m3在m1和m2位置停留时间等于两个单摆的半周期（经验算单摆偏角都不大于5°），根据周期性得图5所示的图线。

例题6、将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力。

图7甲表示小滑块（可视为质点）沿固定的光滑半球形容器内壁在竖直平面的AA'之间来回滑动。

A、A'点与O点连线与竖直方向之间夹角相等且都为θ，均小于10°，图7乙表示滑块对器壁的压力F随时间t变化的曲线，且图中t＝0为滑块从A点开始运动的时刻。

试根据力学规律和题中（包括图中）所给的信息，求小滑块的质量、容器的半径及滑块运动过程中的守恒量。

（g取10m/s2）
图7
答案：由图乙得小滑块在A、A'之间做简谐运动的周期T=
π
5
s
由单摆振动周期公式T
R
g
=2π，得球形容器半径R
T g
=
2
2
4π
代入数据，得R＝0.1m
在最高点A，有F mg
min
cos
=θ，式中F N
min
.
=0495
在最低点B，有
F mg m
v
R
max
-=
2
，式中F N
max
.
=0510
从A到B过程中，滑块机械能守恒
132
（图4）（图5）
12
12
mv mgR =-(cos )θ 联立解得：cos .θ=099，则m ＝0.05kg 滑块机械能
E mv mgR J =
=-=-12
15102
4(cos )θ×
练习1、某人在离地某一高处以相同大小的初速度,同时抛出两小球A 、B,A 球竖直上抛,B 竖直下抛,
结果两球落地时间差为
,则
?
答案：假设A 竖直上抛的高度为H.
A 、
B 落地的时间差存在于A 上升和下降时经历的2H 距离.落地差为T,即得A 上升H 所用时间为根
据运动学公式：
此时,故得：
练习2、如图所示，设有两面垂直地面的光滑壁A 、B ，此两墙水平距离为5.0m ，从距地面高19.6m 处的一点A 以初速度7.5m/s 沿水平方向投一小球，设球与墙的碰撞过程仅仅是垂直于墙的方向的速度反向，求：（设碰撞没有能量损失）．
（1）小球落地点与抛出点的水平距离； （2）小球落地前与墙壁碰撞多少次？
答案
（1）小球落地点与抛出点的水平距离是5m ； （2）小球落地前与墙壁碰撞3次． 解析
【考点】平抛运动．
【分析】小球抛出后做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，根据对称性可知小球仍做平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解．
【解答】解：碰撞前，小球做平抛运动，碰撞后小球水平速度不变，仍做平抛运动． 所以h=
，
解得：t==s=2s
若球不与墙碰撞，水平方向总位移为：x=v 0t=7.5×2m=15m ；
现小球水平方向每通过5.0m 的水平位移时碰撞一次，则碰撞的次数为：n=
=
=3（次）
故球与墙共碰撞了3次；
小球落地点与抛出点的水平距离为：s=x ﹣2d=15﹣10=5m ； 答：（1）小球落地点与抛出点的水平距离是5m ； （2）小球落地前与墙壁碰撞3次
关于墙壁对称，碰撞后的轨迹与无墙壁时小球继续前进的轨迹关于墙壁对称，以后的碰撞同样如此，因此可以将墙壁比作平面镜，把小球的运动转化为统一的平抛运动处理.
练习3、如图所示，沿水平方向向一堵墙掷出一弹性小球，抛出点O 离水平面的高度为h ，距墙壁的水平距离为s ．小球与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时小球的动能不改变．碰后小球落在距墙壁2s 的水平面上．求小球从掷出点到落地点的运动时间及小球被掷出时的初速度．
答案
解析
因小球与墙壁碰撞用时极短且无动能损失，故碰后水平分速度反向、竖直分速度大小、方向不变，可将小
球从掷出点到落地点沿竖直方向看作连续自由落体运动， ，又 ，
即 ，解得：
练习4、 物体由A 点从静止出发，以大小为a 1的加速度作匀变速直线运动。

经过一段时间，加速度突然反向，大小变为a 2，再经过同样的时间，物体又回到A 点，求a 1与a 2之比。

利用时间对称和位移对称得速度图线如图3所示。

解得：a 1∶a 2=1∶3 练习5、如图6所示，在O 点悬挂一细绳，绳上串有一个小球B ，并能顺着绳子滑下来。

在O 点正下方有一半径为R 的光滑圆弧形轨道，圆心位置恰好在O 点，在弧形轨道上接近O ′处有另一小球A ，令A 、B 两球同时开始无初速释放。

假如A 球第一次到达平衡位置时正好能够和B 球碰上，则B 球与绳子之间的摩擦力与B 球重力之比是多少？（计算时22/10,10s m g ==π）
根据A 球对O ′的对称性，它的运动跟单摆类似
（图3）
A 球滚到O ′的时间为g
l T t A 24π== B 球的加速度为m
f
G a -=
g
l
m f G t m f G at l A 4212121222π⋅-⋅=⋅-⋅==∴； 得：2.082
2=-=ππG f 单摆是具有对称轴的对称运动例子。

利用单摆的对称性，可以求得多个物理量。

只要对称轴和等效重
力加速度g ′确定，它的周期也能确定了。

练习6、 如图7所示，求竖直匀加速运动中电梯的加速度a 。

等效重力加速度为a g g +='。

把g ′代入周期公式，
得 a
g l
T +='π
2 （a ＞-g ） 当a ＞0时，电梯向上加速，周期变小，相同的机械能时，摆角变小。

反之，a ＜0时，电梯向下加速，周期变大，相同机械能时，摆角变大。

电梯中的人通过对单摆的周期测定，可以确定电梯的加速度。

同理这个方法可以运用到水平匀变速行驶的火车中。

练习7、 如图8所示，当火车以a 作匀变速运动时，它对应的重力加速度为
22a g g +='，所以在此状态中的单摆周期变为：
2
2
2a
g l T +='π
运用到两个匀强场力的作用下也是一个斜对称轴的问题。

练习8、 如图9所示，O O '为摆球的斜对称轴，是类似的单摆的周期性运动。

当带电小球在平衡位置O '时，同理可得，带电小球受重力和电场力作用下的同期公式。

2
22⎪
⎭
⎫ ⎝⎛+='m Eq g l T π。

类似单摆的例子很多，如图10所示，摆长为l 的单摆，在倾为
θ的光滑斜面上，θsin g g ='，
所以周期 θ
π
sin 2g l
T =
由上述几个单摆的讨论可总结得：在其它恒力作用的重力场中（包括非惯性力），合力的等效重力加
a
（图7）
（图9）
（图8）
（图10）
速度g '，从而可对称地求解在重力单独作用下运动的类型，不只是单摆的例子，也可研究在g '下的动量变化、能量变化、抛体运动等问题。

通过这一问题的研究发现，原模型中的对称问题，在g 变成g '时，运动路径仍保持对称性，只是对称轴、平衡位置和等效重力加速度发生变化，所以在扩衍的问题中就看能否求得等效重力加速度g '了。

如果能求出g '，这种单摆的运动问题就完全可以解决了。

三、电场、磁场的对称性
例题1、（2005上海高考）如图1所示，带电量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。

若图中b 点处产生的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为多少，方向如何？（静电力恒量为k ）。

图1
解析：在电场中a 点：
E E E a q =+=+板0
E E E k
q d
q q 板，=-=++2 板上电荷在a 、b 两点的电场以带电薄板对称，带电薄板在b 点产生的场强大小为k q
d 2
，方向水平向左。

点评：题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电场，无法直接求带电薄板产生的电场；由E a ＝0，可以联想到求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法，利用E E q 板=-+来间接求出带电薄板在a 点的场强，然后根据题意利用对称性求出答案。

例题2、空间有一沿轴对称分布的电场，其电场强度随变化的图像如图所示。

下列说法中正确的是（ C ）。

A: 点的电势最低 B:点的电势最高 C: 和
两点的电势相等 D:
和两点的电势相等
解析:问题求解：图中轴右侧电场为正的，则电场线为向右的，且在内电场增强，在内
电场减弱，左侧与右侧对称，则可画出电场线的分布，如图。

由图中可以看出这实际是等量同种电荷的电场分布。

沿电场线方向电势降低，则点的电势最高，、、电势逐渐降低，由对称性可知左侧
、
、
也是电势逐渐降低，且对应点的电势相同。

故C 项正确。

例题3、静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图2所示。

虚线表示这个静电场在xOy 平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox 轴、Oy 轴对称，等势线的电势沿x 轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。

一个电子经过P 点（其横坐标为-x 0）时，速度与Ox 轴平行。

适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox 轴上方运动。

在通过电场区域过程中，该电子沿y 方向的分速度v y ，随位置坐标x 变化的示意图是：
解析：由于静电场的电场线与等势线垂直，且沿电场线电势依次降低，由此可判断Ox 轴上方区域y 轴左侧各点的场强方向斜向左上方，y 轴右侧各点的场强方向斜向左下方。

电子运动过程中，受到的电场力的水平分力沿x 轴正方向，与初速方向相同，因此，电子在x 方向上的分运动是加速运动，根据空间对称性，电子从x ＝-x 0运动到x x =0过程中，在y 轴左侧运动时间比在y 轴右侧运动的时间长。

电子受到电场力的竖直分力先沿y 轴负方向，后沿y 轴正方向。

因此电子在y 方向上的分运动是先向下加速后向下减速，但由于时间的不对称性，减速时间比加速时间短，所以，当x x =0时，v y 的方向应沿y 轴负方向。

正确答案为D 。

例题4、如图2.2—21所示为一很大的接地导体板,在与导体板相距为d 的A 处放一带电量为一q 的点电
荷.求
(1)板上感应电荷在导体内P 点产生的电场强度,P 与A 点的距离为r.
(2)感应电荷在导体外点产生的电场强度.与P对导体板右表面是对称的.
(3)在本题情形,根据场强分析证明导体表面附近的电场强度方向与导体表面垂直.
(4)试求导体板上的感应电荷对点电荷-q的作用力.
(5)若在切断导体板与地的连接线后,再将+Q电荷置于导体板上,试说明这部分电荷在导体板上如何分布可
达到静电平衡.
答案
(1)方向沿AP方向 (2)
(3)略 (4)水平向左
(5)均匀分布
解析
(1)对于接地的很大的导体平板来说,导体板上的感应电荷只分布在靠近点电荷的一面.导体板内P点的电场强度是由点电荷-q和板上感应电荷共同产生的.感应电荷在P点产的电场强度与-q产生的电场强度大小相等方向相反,即方向沿AP方向.
(2)点相对于面分布的感应电荷来说,是P点的对称点,感应电荷在点处产生的场强与P点的场强大小相等,即.r为-q到P点的距离.的方向如图2.2—2甲所示,与相对于导体板右表面对称.
(3)考察导体板右表面两侧极靠近表面的两点和,如前分析,在导体外点,感应电荷产生的场强大小为,方向如答图2.2—2乙.-q在点产生的场强大小
.方向如答图2.2—2乙.图中看出与的和矢量即处的场强与导体表面垂直.
(4)感应电荷在-q所在处A点的电场强度的大小为,方向垂直于导体板指向右方,该场对-q电场力负号表示力向左.
(5)切断接地线后,板上感应电荷仍保持原来的分布,导体内场强为零.在此情况下再将+Q电荷加在导体板上,只要新增加的电荷在导体内部各处的场强为零,即可保持静电平衡,均匀地分布在导体板的两侧表面时,上述条件可满足.
例题5、电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O点的轴线，如图所示，P、Q为CD轴线上在O点两侧、离O点距离相等的两点，已知P点的电势为φP，试求Q点的电势φQ.
答案
解：设想一个均匀带电、带电量为q的右半球，与题目中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，由对称性可知，右半球在P点的电势φp'等于左半球在Q点的电势，即：φp'=φQ故：φp+φQ=φp'+φQ'而φp+φp'′正是两个半球同时存在时P点的电势．因为均匀带电球壳内部各处电势都相等，其值为
k2qR，k为静电力常量，故：φp+φp'=k2qR解得：φQ=k2qR-φp
故答案为：
Q点的电势为k2qR-φp
解析
先通过割补法将球壳不全，然后结合对称性分析，注意均匀带正电球壳内部各处电势都相等，其值
为k Qr，电势的大小由电场本身决定，与E和q无关．
电势φ：电场中某点的电势等于该点相对零电势点的电势差．
特点：
①电势具有相对性，相对参考点而言。

但电势之差与参考点的选择无关．通常取离电场无穷远处或大地的电势为零电势．
②电势一个标量，但是它有正负，正负只表示该点电势比参考点电势高，还是低．
③电势的大小由电场本身决定，与E和q无关．
④电势在数值上等于单位正电荷由该点移动到零势点时电场力所做的功．
例题6、如图,AB是半径为R的圆的一条直径,该圆处于大小为E、方向一定的匀强电场中.在圆周平面内,将一带正电q的小球从O点经相同的动能抛出,抛出方向不同时小球会经过圆周上不同的点.在这些所有的点中到达C点时小球的动能最大,已知,不计重力和空气阻力.求:。