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微专题3　电场能的性质
[定位·学习目标]　1.加深对电场强度、电势、电势差及电势能的认识。2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题,提高科学思维和科学探究能力。
要点一　电势能、电势和电势差的关系
要点归纳
1.电势能、电势和电势差的比较
项目 电势能 电势 电势差
定义式 Ep=qφ φ= UAB=
决定因素 由电荷量和该点电势二者决定,与零势能位置的选取有关,其大小也等于电荷由该点移到零电势能位置时静电力所做的功 由电场本身决定,与试探电荷无关,其大小与零电势点的选取有关,具有相对性 由电场本身和两点间位置决定,与试探电荷及零电势点的选取无关
相同点 各量均为标量,无方向但有正、负之分,电势能、电势正负决定于零电势点的选取;电势差正负决定于“点”的先后
联系 匀强电场中UAB=Ed(d为A、B两点沿电场方向上的距离);电势沿着电场强度方向降低最快;UAB=φA-φB;WAB=EpA-EpB=qφA-qφB=qUAB
2.电势高低、电势能大小的判断
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
典例研习
[例1] (静电力做功与电势、电势差间的关系)把带电荷量为1×10-8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服静电力做功 4×10-6 J,若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服静电力做功2×10-6 J。取无限远处电势为零。求:
(1)A点的电势和A、B两点间的电势差;
(2)把2×10-5 C的负电荷由B点移到A点静电力做的功。
【答案】 (1)400 V　200 V　(2)4×10-3 J
【解析】 (1)由于电荷从无限远处移到电场中A点,克服静电力做的功等于从A点移到无限远处时静电力做的功,对于该正点电荷,则有
WA∞=4×10-6 J,根据WAB=EpA-EpB得
WA∞=EpA-Ep∞,而Ep∞=0,
则EpA=WA∞=4×10-6 J,
由φ=得φA== V=400 V,
同理,φB=200 V,
则A、B两点间的电势差UAB=φA-φB=200 V。
(2)把电荷量q2=-2×10-5 C的电荷由B点移到A点,静电力做功为WBA=q2UBA,
而UBA=-UAB=-200 V,
解得WBA=4×10-3 J。
[例2] (由电势求电势能和静电力做功)(2025·河北承德期末)如图所示,A、B、C三点构成等边三角形,边长为2 cm,匀强电场方向与三角形ABC所在的平面夹角为30°。φA=φB=4 V,
φC=1 V,正点电荷q所带电荷量为1×10-5 C。下列说法正确的是(　　)
[A]电场强度大小为100 V/m
[B]将正电荷q从A点沿直线移到B点,它的电势能先增大后减小
[C]将正电荷q从A点沿直线加速移到C点,静电力做功为3×10-5 J
[D]将正电荷q从B点沿直线匀速移到C点,非静电力做的功为3×10-5 J
【答案】 C
【解析】等边三角形的边长L=2 cm=0.02 m,如图所示,设AB边中点为O,连接OC,根据几何关系可得OC=Lcos 30°= m,因为φA=φB,故AB为一条等势线,则电场线与AB垂直,又因为C点电势φC=1 V<φA=φB=4 V,O、C两点的电势差UOC=φO-φC=3 V,电场方向与ABC平面的夹角θ=30°,根据电场强度与电势差之间的关系式,可得E==200 V/m,故A错误;AB为一条等势线,正电荷从A点沿直线移到B点,静电力不做功,电势能不变,故B错误;将正电荷q从A点沿直线加速移到C点,静电力做功为WAC=qUAC=1×10-5×3 J=3×10-5 J,将正电荷q从B点沿直线匀速移到C点,则有WBC+W非=0,WBC=WAC,则W非=-3×10-5 J,故C正确,D错误。
要点二　静电场中的功能关系
要点归纳
静电场中的功能关系
(1)静电力做的功等于电势能的减少量,即W电=-ΔEp。
(2)包括静电力在内的各力做的总功等于带电体动能的变化。
(3)若只有静电力、重力、弹力做功,其他力不做功时,电势能与机械能的总量保持不变。
典例研习
[例3] (静电力作用下的综合问题)(多选)如图所示,固定的绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J,金属块克服摩擦力做功0.8 J,重力做功 2.0 J,则下列判断正确的是(　　)
[A]金属块带正电
[B]金属块克服静电力做功1.2 J
[C]金属块的机械能减少1.7 J
[D]金属块的重力势能和电势能之和减少0.3 J
【答案】 AC
【解析】 根据题意,设静电力做功为W,而金属块克服摩擦力做功0.8 J,则Wf=-0.8 J,金属块移动过程中,根据动能定理有WG+W+Wf=ΔEk,解得W=-0.9 J,即静电力做0.9 J的负功,则金属块带正电,故A正确,B错误;根据功能关系知,上述过程中静电力和摩擦力做的功等于机械能的变化量,则ΔE=Wf+W=-1.7 J,即金属块的机械能减少1.7 J;同理,静电力和重力做功之和等于重力势能、电势能的减少量之和,而WG+W=2.0 J+(-0.9 J)=1.1 J,则金属块的重力势能和电势能之和减少1.1 J,故C正确,D错误。
1.(多选)如图所示,三角形ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无限远处(电势为0)移到C点,此过程中,静电力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定,最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无限远处移到C点。下列说法正确的是(　　)
[A]Q1移入之前,C点的电势为
[B]Q1从C点移到B点的过程中,所受静电力做的功为0
[C]Q2从无限远处移到C点的过程中,所受静电力做的功为2W
[D]Q2在移到C点后的电势能为4W
【答案】 AB
【解析】 根据静电力做功可知-W=q(0-φC1),解得φC1=,选项A正确;B、C两点到A点的距离相等,这两点电势相等,Q1从C点移到B点的过程中,静电力做功为0,选项B正确;根据对称和电势叠加可知,A、B两点固定电荷量均为+q的点电荷后,C点电势为φC2=2φC1=,电荷量为-2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC=(-2q)·φC2=-4W,选项D错误;Q2从无限远处移到C点的过程中,静电力做的功为W′=-2q(0-φC2)=4W,选项C错误。
2.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q=-5.0×10-8 C、质量m=1.0×10-2 kg的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度 v0=2.0 m/s,如图所示,g取 10 m/s2。求:
(1)物块向右运动的时间及向右运动的最大距离;
(2)物块最终停止时的位置。
【答案】 (1)0.4 s　0.4 m　(2)O点左侧0.2 m处
【解析】 (1)由牛顿第二定律可得-μmg+qE=ma,
解得a=-5 m/s2,
向右运动的时间t==0.4 s,
物块向右运动到达最远处xm的过程中,根据动能定理有Eqxm-μmgxm=0-m,
代入数据解得xm=0.4 m。
(2)根据题意可知,由于E|q|>μmg,则物块不可能停在O点的右侧而停在O点左侧,设停止位置距离O点为x,由于整个过程中静电力做功为0,根据动能定理有-μmg(x+2xm)=0-m,
解得x=0.2 m,即物块最终停止在O点左侧0.2 m处。
课时作业
(分值:50分)
基础巩固练
考点一　电势、电势差、电势能的关系
1.(6分)(多选)在静电场中将一个带电荷量为q=-1×10-7 C的负点电荷由M点移动到N点,在这一过程中,除静电力外,其他力对该电荷做了 8.0×10-6 J 的正功,该电荷的动能增加了5.0×10-6 J。已知该电场中K点电势为零,且K、M两点间的电势差UKM=-10 V,下列说法正确的是(　　)
[A]电场线方向一定是由M点指向K点
[B]该电荷在M点的电势能为EpM=-1.0×10-6 J
[C]M、N两点间的电势差UMN=30 V
[D]N点电势为φN=20 V
【答案】 BC
【解析】 根据题意,电荷由M点移动到N点的过程中,根据动能定理有qUMN+W其=ΔEk,代入数据解得UMN=30 V,故C正确;根据电势差的定义得φM-φN=30 V,φK-φM=-10 V,而φK=0,所以φM=10 V,φN=-20 V,故D错误;根据公式φ=得EpM=φMq=10×(-1×10-7) J=
-1.0×10-6 J,故B正确;虽然M点电势高于K点电势,但不能确定电场线的方向一定是由M点指向K点,这是因为电场线不一定是直线或M点指向K点不一定是电势降低最快的方向,故A错误。
考点二　静电中的功能关系
2.(4分)密立根通过油滴实验精确地测定元电荷e,将微观量转化为宏观量测量的巧妙设想和精确构思至今仍在当代物理科学研究的前沿发挥着作用。如图所示为密立根油滴实验示意图,若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下匀速运动。在该油滴向下运动的过程中,下列说法正确的是(　　)
[A]静电力做正功
[B]重力和静电力的合力不做功
[C]油滴机械能守恒
[D]重力势能的减少量小于电势能的增加量
【答案】 B
【解析】 由于油滴带负电,电场强度方向向下,则油滴受到的静电力方向向上;油滴向下匀速运动,静电力做负功,电势能逐渐增加,而机械能减少,重力和静电力的合力做功为零,故B正确,A、C错误;由于油滴的动能不变,根据能量守恒定律可知,油滴重力势能的减少量等于油滴电势能的增加量,故D错误。
3.(4分)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10 V、
20 V、30 V。实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,a、b、c是轨迹上的三点,已知带电粒子带电荷量为0.01 C,在a点处的动能为0.5 J,则下列说法正确的是(　　)
[A]带电粒子带负电
[B]带电粒子做匀变速运动
[C]带电粒子在b点处的动能为零
[D]带电粒子在c点处的电势能为0.4 J
【答案】 B
【解析】 由电场中等势面的分布可知,该电场为匀强电场,电场强度的方向垂直于等势面且从电势高的面指向电势低的面,结合轨迹弯曲情况可知,粒子所受静电力方向与电场方向相同,可知带电粒子带正电,故A错误;带电粒子在匀强电场中运动,则加速度不变,做匀变速运动,故B正确;带电粒子在电场中运动时只有静电力做功,则电势能与动能之和不变,若粒子由a运动到b,有Wab=Epa-Epb,而Epa-Epb=Ekb-Eka,Wab=q(φa-φb),联立解得Ekb=0.3 J,故C错误;根据公式φ=得Epc=qφc=0.01×20 J=0.2 J,故D错误。
4.(4分) 如图所示,空间中存在足够大的水平方向的匀强电场,绝缘的曲面轨道处于匀强电场中,曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动。已知金属块在向上移动的过程中,力F做功为40 J,金属块克服静电力做功为10 J,金属块克服摩擦力做功为20 J,重力势能改变了30 J,则(　　)
[A]电场方向水平向左
[B]电场方向水平向右
[C]在此过程中金属块电势能减少20 J
[D]在此过程中金属块机械能增加10 J
【答案】 D
【解析】 因为不知道带电金属块的电性,所以无法判断电场方向,故A、B错误;金属块克服静电力做功为10 J,则电势能增加10 J,故C错误;机械能的改变量等于除重力和弹力以外的其他力所做的总功,故ΔE=40 J-10 J-20 J=10 J,故D正确。
5.(4分)a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动,可知(　　)
[A]c的电势能减少,机械能增加
[B]a、b的电势能增加,机械能不变
[C]a、b为同种电荷,c、d为异种电荷
[D]d的电势能减少,机械能减少
【答案】 A
【解析】 四个带电液滴均在匀强电场中做匀速直线运动,则所受向上的静电力与重力平衡,即所有液滴所受静电力都竖直向上,所有液滴都带正电,C错误;静电力对c做正功,电势能减少,机械能增加,A正确;在运动过程中,静电力和重力对a、b都不做功,因此a、b的电势能、机械能均不变,B错误;静电力对d做负功,电势能增加,机械能减少,D错误。
6.(12分)如图所示,光滑绝缘细杆沿竖直方向固定,其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的小球,中心开孔套在杆上,孔径比杆的直径略大,小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为2h的B点由静止释放,小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g,静电力常量为k,求:
(1)O点处点电荷电荷量Q及小球在B点释放时的加速度大小a;
(2)B、A两点的电势差UBA。
【答案】 (1)　g　(2)
【解析】 (1)小球开始静止在距O点高为h的A点,根据平衡条件有mg=k,
解得Q=,
小球在B点静止释放时,根据牛顿第二定律有mg-k=ma,解得a=g。
(2)小球由B运动到A,根据动能定理有
mgh+qUBA=mv2-0,
解得UBA=。
能力提升练
7.(4分)一质量为m的带电小球,在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出,小球的加速度大小为,方向竖直向下,不计空气阻力,小球在下落h的过程中,下列计算结果正确的是(　　)
[A]动能增加 [B]重力势能减少
[C]机械能增加 [D]电势能增加
【答案】 A
【解析】 小球下落h的过程中,所受力的合力F合=ma=mg,其中静电力F电=mg,根据动能定理有ΔEk=F合h=mgh,即动能增加mgh;重力做功WG=mgh,所以重力势能减少mgh,则机械能减少mgh,故A正确,B、C错误;只有重力和静电力做功,则机械能与电势能相互转化,根据能量守恒定律可知小球电势能增加量为mgh,故D错误。
8.(6分)(多选)(2025·河南开封月考)如图所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球,小球与弹簧不连接,施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F,小球沿竖直方向运动,在小球由释放到刚离开弹簧的过程中,重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2,小球离开弹簧时的速度为v,不计空气阻力,则上述过程中下列说法正确的是(　　)
[A]小球的重力势能增加-W1
[B]小球的电势能增加W2
[C]小球与弹簧组成的系统的机械能增加W2
[D]撤去F前弹簧的弹性势能为mv2-W1-W2
【答案】 ACD
【解析】 根据重力做功与重力势能变化关系可得WG=W1=-ΔEp重,小球上升过程重力做负功,小球的重力势能增加了-W1,故A正确;根据静电力做功与电势能变化关系可得W电=
W2=-ΔEp电,带正电小球上升过程静电力做正功,小球的电势能减少了W2,故B错误;小球与弹簧组成的系统,在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,由于静电力对小球做正功,大小为W2,小球与弹簧组成的系统机械能增加了W2,故C正确;在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,根据能量守恒定律可知,弹簧减少的弹性势能与小球减少的电势能之和等于小球增加的重力势能与增加的动能之和,则有W2+Ep弹=-W1+mv2,解得撤去F前弹簧的弹性势能为Ep弹=mv2-W1-W2,故D正确。
9.(6分)(多选)如图所示,绝缘水平面上固定一正点电荷Q,另一质量为m、电荷量为-q的小滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动,到达b点时速度减为零。已知a、b间距离为s,滑块与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则下列判断正确的是(　　)
[A]滑块在运动过程中所受Q的库仑力一定小于滑动摩擦力
[B]滑块在运动过程中的中间时刻,速度大小等于
[C]此过程中产生的热量小于m
[D]在Q产生的电场中,a、b两点间的电势差为 Uab=
【答案】 AD
【解析】 滑块水平方向受大小不变的滑动摩擦力及逐渐增大的库仑力作用,在滑动过程中,随着间距减小,库仑力增大,但仍小于滑动摩擦力,根据牛顿第二定律可得,滑块的加速度逐渐减小,做加速度逐渐减小的变减速运动,故滑块在运动过程中的中间时刻的速度小于,故A正确,B错误;由动能定理可得-qUab-μmgs=0-m,解得两点间的电势差Uab=
,故D正确;由功能关系可知此过程中产生的热量Q′=μmgs,由以上分析可得Q′=
m-qUab,因a点电势低于b点电势,故Uab为负值,故产生的热量大于m,故C错误。(共23张PPT)
微专题3　
电场能的性质
1.加深对电场强度、电势、电势差及电势能的认识。2.能利用动能定理、功能关系分析电场综合问题,提高科学思维和科学探究能力。
[定位·学习目标]　
突破·关键能力
要点一　电势能、电势和电势差的关系
「要点归纳」
1.电势能、电势和电势差的比较
相同点 各量均为标量,无方向但有正、负之分,电势能、电势正负决定于零电势点的选取;电势差正负决定于“点”的先后
联系 匀强电场中UAB=Ed(d为A、B两点沿电场方向上的距离);电势沿着电场强度方向降低最快;UAB=φA-φB;WAB=EpA-EpB=
qφA-qφB=qUAB
2.电势高低、电势能大小的判断
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
「典例研习」
[例1] (静电力做功与电势、电势差间的关系)把带电荷量为1×10-8 C的正点电荷从无限远处移到电场中A点,要克服静电力做功 4×10-6 J,若把该电荷从无限远处移到电场中B点,需克服静电力做功2×10-6 J。取无限远处电势为零。求:
(1)A点的电势和A、B两点间的电势差;
【答案】 (1)400 V　200 V
(2)把2×10-5 C的负电荷由B点移到A点静电力做的功。
【答案】 (2)4×10-3 J
【解析】(2)把电荷量q2=-2×10-5 C的电荷由B点移到A点,静电力做功为WBA=q2UBA,
而UBA=-UAB=-200 V,
解得WBA=4×10-3 J。
C
AB为一条等势线,正电荷从A点沿直线移到B点,静电力不做功,电势能不变,故B错误;将正电荷q从A点沿直线加速移到C点,静电力做功为WAC=qUAC=1×10-5×3 J=3×10-5 J,将正电荷q从B点沿直线匀速移到C点,则有WBC+W非=0,WBC=WAC,则W非=-3×10-5 J,故C正确,D错误。
要点二　静电场中的功能关系
「要点归纳」
静电场中的功能关系
(1)静电力做的功等于电势能的减少量,即W电=-ΔEp。
(2)包括静电力在内的各力做的总功等于带电体动能的变化。
(3)若只有静电力、重力、弹力做功,其他力不做功时,电势能与机械能的总量保持不变。
「典例研习」
[例3] (静电力作用下的综合问题)(多选)如图所示,固定的绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J,金属块克服摩擦力做功0.8 J,重力做功 2.0 J,则下列判断正确的是(　 　)
[A]金属块带正电
[B]金属块克服静电力做功1.2 J
[C]金属块的机械能减少1.7 J
[D]金属块的重力势能和电势能之和减少0.3 J
AC
【解析】 根据题意,设静电力做功为W,而金属块克服摩擦力做功0.8 J,则Wf=-0.8 J,金属块移动过程中,根据动能定理有WG+W+Wf=ΔEk,解得W=
-0.9 J,即静电力做0.9 J的负功,则金属块带正电,故A正确,B错误;根据功能关系知,上述过程中静电力和摩擦力做的功等于机械能的变化量,则ΔE=Wf+W=-1.7 J,即金属块的机械能减少1.7 J;同理,静电力和重力做功之和等于重力势能、电势能的减少量之和,而WG+W=2.0 J+(-0.9 J)=
1.1 J,则金属块的重力势能和电势能之和减少1.1 J,故C正确,D错误。
检测·学习效果
1.(多选)如图所示,三角形ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无限远处(电势为0)移到C点,此过程中,静电力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定,最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无限远处移到C点。下列说法正确的是(　 　)
AB
2.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,电场强度大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q=-5.0×10-8 C、质量m=1.0×10-2 kg的绝缘物块,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,沿x轴正方向给物块一个初速度 v0=2.0 m/s,如图所示,g取 10 m/s2。求:
(1)物块向右运动的时间及向右运动的最大距离;
【答案】 (1)0.4 s　0.4 m
(2)物块最终停止时的位置。
【答案】 (2)O点左侧0.2 m处
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