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第1节　静电力做功与电势能
学习目标 课标解读
1.知道静电力做功的特点。 2.知道静电场中的电荷具有电势能。 3.掌握静电力做功与电势能变化的关系,了解电势能的含义,知道电势能的相对性。 1.从功和能的角度认识电场、电场中的问题可以通过功能关系加以解决。 2.通过类比的方法,知道电荷在电场中的运动与重物在重力场中的运动具有相似的规律和相同的研究方法。
知识梳理
一、静电力做功的特点
1.在电场强度为E的匀强电场中,移动试探电荷q,静电力所做的功为W=qEd,其中d是沿电场方向的距离。
2.特点:在匀强电场中移动试探电荷时,静电力做功与路径无关,与电荷的始末位置有关。
二、电势能
1.电势能:电荷在电场中具有的势能,用Ep表示。
2.静电力做功与电势能间的关系
如果电荷在静电力的作用下从电场中的A点移动到B点,则有WAB=EpA-EpB,即静电力做的功等于电势能的减小量。
(1)静电力做正功,电势能减小。
(2)静电力做负功,电势能增大。
(3)静电力做的功只能决定电势能的变化量。
3.电荷在某点电势能的大小
(1)规定电荷在电场中某一位置的电势能为零。
(2)电荷在电场中某点的电势能,等于电荷从该点移动到零电势能点静电力所做的功。
(3)电势能具有相对性,选择不同的零电势能点,电荷在电场中同一点的电势能不同。
(4)零电势能点的选取:通常将电荷在大地表面或将电荷在离场源电荷无穷远处的电势能规定为零。
新知检测
1.思考判断
(1)只有在带电体只受静电力作用的条件下,静电力做功才与路径无关。(　×　)
(2)电势能是相对的,规定不同的零电势能点,电荷在电场中某点的电势能不同。(　√　)
(3)无论正、负电荷,只要静电力做正功,电荷的电势能一定减小。(　√　)
(4)静电力做功1 J,电势能就增加1 J。(　×　)
(5)静电力做功W=qEd只适用于匀强电场。(　√　)
2.思维探究
(1)在电场中确定的两点间移动电荷量大小相等的正、负电荷时,静电力做功与电势能变化有何差异
(2)我们通过与重力势能的类比,引入了电势能的概念。研究物理问题常采用类比法。你能说出什么是类比法吗
【答案】 (1)在电场中确定的两点间移动电荷量大小相等的正、负电荷时,静电力做功的绝对值相等,正、负不同,电势能的变化量绝对值相等,增减情况相反。
(2)由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们的其他性质有可能相同或相似的推理方法,叫类比法。
要点一　对静电力做功的理解与计算
情境探究
(1)如图所示,试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中,沿直线从A移动到B,静电力做的功为多少 若q沿折线AMB从A点移动到B点,静电力做的功为多少
(2)若q沿任意曲线从A点移动到B点,静电力做的功为多少 由此可得出什么结论
【答案】 (1)静电力F=qE,静电力与位移夹角为θ,静电力对试探电荷q做的功W=
F·|AB|cos θ=qE·|AM|。在线段AM上静电力做的功W1=qE·|AM|,在线段MB上静电力做的功 W2=0,总功W=W1+W2=qE·|AM|。
(2)把曲线分成无数小段,电荷在各小段沿电场方向移动的位移之和等于|AM|,因此,静电力做功为W=qE·|AM|。电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运动到B点,静电力做功相同。说明静电力做功与路径无关,只与始末位置有关。
要点归纳
1.静电力做功正负的判定
根据静电力方向与位移方向或速度方向的夹角判断:
(1)当夹角为锐角时,静电力做正功。
(2)当夹角为直角时,静电力不做功。
(3)当夹角为钝角时,静电力做负功。
2.静电力做功的特点
项 目 重力做功 静电力做功
相 似 点 重力对物体做正功,物体重力势能减少;重力对物体做负功,物体重力势能增加,其数值与路径无关,只与始末位置有关 静电力对电荷做正功,电荷电势能减少;静电力对电荷做负功,电荷电势能增加,其数值与路径无关,只与始末位置有关
不 同 点 重力属于引力,正、负功比较容易判断,例如物体上升,重力做负功 由于存在两种电荷,静电力做功和重力做功有很大差异,例如在同一电场中沿同一方向移动正电荷与移动负电荷,电荷电势能的变化是相反的,静电力做功的正负也是相反的
应 用 由重力做功的特点引入重力势能 由静电力做功的特点引入电势能
[例1] 如图所示的匀强电场中,有a、b、c三点,dab=5 cm,dbc=12 cm,其中ab沿电场方向,bc和电场方向成60°角。一个电荷量为q=4×10-8 C的正电荷从a移到b时静电力做的功为W1=1.2×10-7 J,求:
(1)匀强电场的电场强度E的大小;
(2)电荷从a移到c,静电力做的功W2。
【答案】 (1)60 N/C　(2)2.64×10-7 J
【解析】 (1)从a到b,正电荷受到的静电力
F1=qE,
静电力做的功W1=F1dab=qEdab,
则E== N/C=60 N/C。
(2)由于静电力做功与路径无关,所以把电荷从a移到c做的功W2=W1+Wbc,
把电荷从b移到c,静电力做的功
Wbc=qE·dbccos 60°
=4×10-8×60×12×10-2×0.5 J
=1.44×10-7 J,
故W2=W1+Wbc=1.2×10-7 J+1.44×10-7 J
=2.64×10-7 J。
(1)在匀强电场中,静电力做的功为W=qEd,其中d为沿电场线方向的位移。
(2)静电力和瞬时速度方向的夹角为锐角时静电力做正功,夹角为钝角时静电力做负功。
[针对训练1] (双选)如图所示,固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点,已知<。下列叙述正确的是(　　)
A.若把一正点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功
B.若把一正点电荷从M点沿直线移到N点,则该电荷克服静电力做功
C.若把一负点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功
D.若把一负点电荷从M点沿直线移到N点,再从N点沿不同路径移回到M点,则静电力做的总功为零
【答案】 AD
【解析】 在正点电荷形成的电场中,正电荷受到的静电力沿电场线方向,从M点移到N点,静电力做正功,A正确,B错误;在正点电荷形成的电场中,负点电荷受到的静电力与电场线方向相反,负点电荷从M点移到N点,静电力做负功,C错误;静电力做功只与点电荷的始末位置有关,该过程中,点电荷始末位置都位于M点,所以静电力做的总功为零,D正确。
要点二　对电势能的理解
要点归纳
1.电势能的特点
(1)电势能是由电场和电荷共同决定的,属于电荷和电场所共有,我们习惯上说成电荷的电势能。
(2)电势能是标量,有正负但没有方向,其正负表示大小。
(3)电势能是相对的,其大小与选定的参考点有关。确定电荷的电势能,首先应确定参考点,也就是零电势能点。
2.判断电势能大小的方法
做功判 定法 只要是静电力做正功,电荷的电势能一定减小
只要是静电力做负功(克服静电力做功),电荷的电势能一定增大
电场 线法 正电荷顺着电场线的方向移动,电势能一定减小;逆着电场线的方向移动,电势能一定增大
负电荷顺着电场线的方向移动,电势能一定增大;逆着电场线的方向移动,电势能一定减小
电性 判定法 同种电荷相距越近,电势能越大,相距越远,电势能越小;异种电荷相距越近,电势能越小,相距越远,电势能越大
[例2] 将带电荷量为6×10-6 C的负电荷从电场中的A点移到B点,克服静电力做了 3×10-5 J的功,再从B移到C,静电力做了1.2×10-5 J的功,则:
(1)电荷从A移到B,再从B移到C的过程中电势能共改变了多少
(2)如果规定A点的电势能为零,则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少
(3)如果规定B点的电势能为零,则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少
【答案】 (1)增加了1.8×10-5 J　
(2)3×10-5 J　1.8×10-5 J
(3)-3×10-5 J　-1.2×10-5 J
【解析】 (1)WAC=WAB+WBC=-3×10-5 J+1.2×10-5 J=-1.8×10-5 J,
可见电势能增加了1.8×10-5 J。
(2)如果规定A点的电势能为零,由公式得该电荷在B点的电势能为
EpB=EpA-WAB=0-WAB=3×10-5 J。
同理,C点的电势能为
EpC=EpA-WAC=0-WAC=1.8×10-5 J。
(3)如果规定B点的电势能为零,则该电荷在A点的电势能为
EpA′=EpB′+WAB=0+WAB=-3×10-5 J。
C点的电势能为EpC′=EpB′-WBC=0-WBC=-1.2×10-5 J。
(1)电势能的变化与静电力做功具有等值关系,静电力做多少正功,电势能就减少多少;静电力做多少负功,电势能就增加多少。
(2)在同一电场中,同样从A点到B点,移动正电荷与移动负电荷,电荷的电势能的变化是相反的。
[针对训练2] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖立于水平地面上,上面放一带正电的小球,小球与弹簧不连接,施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去外力,小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2,则上述过程中小球的重力势能增加量为　　　　,小球的电势能　　　　(选填“增加”或“减少”)　　　　。
【答案】 -W1　减少　W2
【解析】 由题意知,重力做负功,小球的重力势能增加,增加量为-W1;静电力做正功,电势能减少,减少量为W2。
模型·方法·结论·拓展
常见电场中的功能问题
　　在处理电场强度的叠加时,等量异种电荷形成的电场与等量同种电荷形成的电场易混淆,应注意两者在两电荷连线和中垂线上场强的分布特点,这也是进一步判断静电力做功及电势能变化的关键。
[示例] (双选)如图,A、O、C、B是真空中一条直线上的四点,其中 =3a,=a,O是AB的中点。在A、B两点分别放置点电荷+4Q和+Q,则下列说法正确的是(　　)
A.O点电场强度为零
B.C点电场强度为零
C.带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电势能持续减小,从O运动到B的过程中电势能持续增加
D.若取O点电势能为零,带正电的检验电荷在C点的电势能小于零
【答案】 BD
【解析】 因为=,且QA>QB,则O点的电场强度方向向右,不等于零,选项A错误;在C点,由场强叠加原理可得EC=k-k=0,选项B正确; 在A、C之间的电场强度方向向右,在C、B之间的电场强度方向向左,则带正电的检验电荷从A运动到O的过程中静电力做正功,电势能减小,从O运动到B的过程中静电力先做正功,后做负功,则电势能先减小后增加,选项C错误;因O、C间的电场强度向右,带正电的检验电荷从O运动C的过程中,静电力做正功,电势能减小,若取O点电势能为零,则带正电的检验电荷在C点的电势能小于零,选项D正确。
科学·技术·社会·环境
静电除尘
　　以煤作燃料的工厂、电站,每天排出的烟气带走大量的煤粉,不仅浪费燃料,而且严重污染环境。利用静电除尘可以消除烟气中的煤粉,除去有害的微粒,也可回收物资,如回收水泥粉尘。
[示例] (双选)如图甲所示是一种实用的静电除尘设备图,把高压电源的正极接到金属圆筒上,负极接到悬挂在管心的金属线上,它们之间产生强电场,圆筒截面上的电场分布如图乙所示。带有粉尘的烟气进入圆筒内,尘埃在电场中通过某种机制带电,在强电场作用下向圆筒迁移并沉积,经净化后的烟气从出口排出。下列表述正确的是(　　)
A.到达圆筒的尘埃带负电荷
B.圆筒与金属线之间的电场是匀强电场
C.尘埃向圆筒迁移过程中克服电场力做功
D.尘埃向圆筒迁移过程中电势能减小
【答案】 AD
【解析】 由题意,尘埃在强电场作用下向圆筒迁移并沉积,圆筒带正电,所以尘埃带负电,故A正确;由题图乙知,圆筒与金属线之间的电场是辐向非匀强电场,故B错误;尘埃向圆筒迁移过程中是受静电引力作用而发生的,所以电场力做正功,电势能减小,故C错误,D正确。
1.在电场中,把点电荷从A点移动到B点,克服静电力做功6×108 J,下列说法正确的是(　　)
A.该电荷在B点具有的电势能为6×108 J
B.该电荷在B点具有的电势能为-6×108 J
C.该电荷的电势能增加了6×108 J
D.该电荷的电势能减少了6×108 J
【答案】 C
【解析】 把点电荷从A点移动到B点,克服静电力做功6×108 J,根据静电力做功与电势能变化的关系得ΔEp=-WAB=-(-6×108 J)=6×108 J,可知该电荷的电势能增加了6×108 J,故C正确,D错误;由于不知道零势能位置,所以不能确定该电荷在B点具有的电势能,故A、B
错误。
2.如图所示,Rt△ABC的边AC与匀强电场的电场方向平行。将电荷q从A点移到B点,静电力做功为W1,从A点移到C点、从C点移到B点,静电力做功分别为W2、W3,则(　　)
A.W1W2
C.W1=W2+W3 D.W1【答案】 C
【解析】 设匀强电场的电场强度为E,AB与AC的夹角为θ,则将电荷q从A点移到B点,静电力做功为W1=qE·ABcos θ=qE·AC,将电荷q从A点移到C点,静电力做功为W2=qE·AC,将电荷q从C点移到B点,静电力做功为W3=0,则有W1=W2,W1=W2+W3,故C正确。
3.如图所示,将一正电荷由电场中的位置A移到位置B。关于电场力做功W的正负及电荷在位置A、位置B电势能EpA、EpB的大小,下列说法正确的是(　　)
A.W<0,EpAEpB
C.W>0,EpA0,EpA>EpB
【答案】 D
【解析】 由电场线分布可知,正电荷由位置A移到位置B,电场力做正功,电势能减小,故W>0,EpA>EpB,D正确。
4.(双选)如图所示,带电粒子仅在静电力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,则下列说法正确的是(　　)
A.该粒子为正电荷粒子
B.粒子运动过程中,先加速后减速
C.粒子运动过程中,所受静电力先减小后增大
D.粒子运动过程中,电势能先增大后减小
【答案】 CD
【解析】 带电粒子仅受静电力作用,而合力方向总是指向轨迹的内侧,根据题图可知粒子受到的静电力沿电场线反方向,可知粒子带负电,故A错误;根据上述分析可知,粒子所受静电力与速度方向夹角先为钝角后为锐角,则粒子先做减速运动后做加速运动,故B错误;根据电场线的疏密知道电场强度先变小后变大,故静电力先减小后增大,故C正确;根据上述分析可知,粒子从a点到b点过程,静电力先做负功,后做正功,电势能先增大后减小,故D
正确。
课时作业
1.关于静电力做功与电势能的关系,下列说法正确的是(　　)
A.静电力做正功,电势能一定增加
B.静电力做正功,电势能一定减少
C.静电力只有对正电荷做正功时,电势能才增加
D.静电力只有对负电荷做正功时,电势能才增加
【答案】 B
【解析】 根据功能关系,可知静电力做正功,电荷的电势能减少;静电力做负功,电荷的电势能增加,与电荷的电性无关,故B正确。
2.(双选)下列说法正确的是(　　)
A.电荷从电场中的A点运动到B点,路径不同,静电力做功的大小就可能不同
B.电荷从电场中的某点出发,运动一段时间后,又回到了该点,则静电力做功为零
C.正电荷沿着电场线方向运动,静电力对正电荷做正功,负电荷逆着电场线方向运动,静电力对负电荷做正功
D.电荷在电场中运动,因为静电力可能对电荷做功,所以能量守恒定律在电场中并不成立
【答案】 BC
【解析】 静电力做功的多少与电荷运动路径无关,故A错误;静电力做功只与电荷在电场中的始末位置有关,所以电荷从某点出发又回到了该点,静电力做功为零,故B正确;正电荷沿着电场线方向运动,则正电荷受到的静电力的方向和电荷的运动方向相同,故静电力对正电荷做正功,同理,负电荷逆着电场线的方向运动,静电力对负电荷做正功,故C正确;电荷在电场中运动虽然有静电力做功,但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律,故D错误。
3.(双选)如图所示为某种静电喷涂装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为电场线,在强电场作用下,一带电液滴从发射极由静止加速飞向吸极,A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB,重力忽略不计,下列说法正确的是(　　)
A.液滴带正电
B.EAC.带电液滴向右运动过程中静电力做正功
D.带电液滴向右运动的过程中电势能减少
【答案】 CD
【解析】 电场线密集的位置电场强度较大,稀疏的地方电场强度较小,所以EA>EB,故B错误;电场方向由正极指向负极,由题图可知,吸极为正极,发射极为负极,带电液滴逆着电场方向运动,所以液滴带负电,故A错误;带电液滴向右运动的过程中静电力做正功,电势能减少,故C、D正确。
4.(双选)如图所示,带正电的点电荷固定于Q点,电子在库仑力作用下做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点,P点是轨道上离Q最近的点。电子从M经P到达N点的过程中(　　)
A.速率先增大后减小 B.速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大 D.电势能先增大后减小
【答案】 AC
【解析】 点电荷带正电,从M点经P点到达N点的过程中,电子先靠近正电荷后远离正电荷,电子只受电场力作用,电场力先做正功后做负功,电子的电势能先减小后增大,故动能先增大后减小,则速率先增大后减小,A、C正确,B、D错误。
5.反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类,沿着它身体的长度方向分布着电器官,这些器官能在鱼周围产生电场,如图所示为反天刀鱼周围的电场线分布示意图,A、B、C为电场中的点,则下列说法正确的是(　　)
A.反天刀鱼尾部带正电
B.正试探电荷在B点电势能比在C点电势能大
C.B点和C点的电场强度可能相同
D.将一负电荷从A点沿虚线移到C点,静电力对其做负功
【答案】 B
【解析】 反天刀鱼尾部的电场线指向电荷本身,故尾部带负电,A错误;正试探电荷从B点移到C点,静电力做正功,电势能减少,B正确;电场线的切线方向表示该点的电场强度方向,由题图可知,B点和C点的电场强度方向不同,故电场强度不相同,C错误;将一负电荷从A点沿虚线移到C点,静电力对其做正功,D错误。
6.(双选)如图所示为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点。在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为1.5 J。则下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C.粒子在A点的动能比在B点多0.5 J
D.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
【答案】 CD
【解析】 从粒子的运动轨迹可以看出,粒子所受的静电力方向与电场方向相同,粒子带正电,A错误;粒子从A点运动到B点,静电力做功为1.5 J,说明电势能减少1.5 J,B错误;根据动能定理得W电+W重=EkB-EkA,代入数据解得EkB-EkA=1.5 J-2.0 J=-0.5 J,C正确;粒子机械能的变化量等于除重力外其他力做的功,静电力做功1.5 J,则粒子的机械能增加1.5 J,
D正确。
7.(双选)如图,在M、N处固定两个等量同种点电荷,两点电荷均带正电。O点是MN连线的中点,直线PQ是MN的中垂线,且P、Q距离O点均为无穷远。现有一带正电的试探电荷q自O点以大小为v0的初速度沿中垂线一直向Q点运动。若试探电荷q只受到M、N处两点电荷的静电力作用,则以下判断可能正确的是(　　)
A.静电力对试探电荷不做功
B.q在O点处的加速度为零
C.静电力对试探电荷做功的功率逐渐增大
D.q的电势能将逐渐减小
【答案】 BD
【解析】 根据两等量正点电荷周围电场的特点可知,在直线PQ上,O点电场强度为0,从O点到Q点电场强度先增大后减小,无穷远处为0,且方向始终指向Q,故试探电荷所受的静电力做正功,试探电荷的电势能逐渐减小,试探电荷在O点时所受静电力为0,所以加速度为0,故A错误,B、D正确;从O到Q过程中,静电力对试探电荷做正功,速度增大,但静电力先增大后减小,最终变为0,根据公式P=Fv可知,静电力做功的功率应先增大后减小,最终变为0,故C错误。
8.某点电荷仅在静电力作用下由A点运动到B点,电场线、点电荷在A点的初速度v0及运动轨迹如图所示,可以判定(　　)
A.点电荷在A点的加速度大于它在B点的加速度
B.点电荷在A点的动能小于它在B点的动能
C.点电荷在A点的电势能小于它在B点的电势能
D.点电荷可能带正电,也可能带负电
【答案】 B
【解析】 电场线的疏密表示电场强度的大小,A处的电场强度小于B处的电场强度,根据a=知,点电荷在A处的加速度小于它在B处的加速度,故A错误;点电荷受到的静电力指向运动轨迹弯曲的内侧,所以点电荷受到的静电力是沿电场线方向的,可知点电荷带正电,故D错误;点电荷从A到B的过程中,静电力做正功,点电荷的电势能减小,动能增加,所以点电荷在A点的动能小于它在B点的动能,在A点的电势能大于它在B点的电势能,故B正确,C错误。
9.(双选)一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图像如图所示,t1、t2时刻分别经过M、N两点,已知运动过程中粒子仅受静电力作用,则下列判断正确的是(　　)
A.该电场为非匀强电场
B.粒子从M到N的过程中动能与电势能之和保持不变
C.粒子从M点运动到N点的过程中,电势能逐渐增大
D.粒子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力
【答案】 BC
【解析】 由于vt图像的斜率表示加速度,图像的斜率不变,则粒子的加速度恒定,根据牛顿第二定律可知,粒子所受静电力不变,则该电场为匀强电场,粒子在M点受到的静电力等于在N点受到的静电力,故A、D错误;粒子从M点运动到N点的过程中,速度逐渐减小,即粒子的动能逐渐减小,故粒子所受静电力做负功,粒子的电势能增大,由力做功与能的转化关系可知,粒子从M到N的过程中,静电力做负功的结果使动能减少、电势能增加,无其他能量的转化,故粒子动能和电势能之和保持不变,故B、C正确。
10.如图所示,光滑绝缘直角斜面ABC固定在水平面上,并处在方向与AB面平行的匀强电场中,一带正电的物体在静电力的作用下从斜面的底端运动到顶端,它的动能增加了ΔEk,重力势能增加了ΔEp。则合外力对物体做的功为　　　　,电势能　　　　(选填“增加”或“减少”)了　　　　。
【答案】 ΔEk　减少　ΔEk+ΔEp
【解析】 物体沿斜面向上运动的过程中有两个力做功,静电力做正功,重力做负功,根据动能定理可得WF+WG=ΔEk,可知合外力做功为ΔEk,静电力做功WF=ΔEk-WG=ΔEk+ΔEp,电势能减少了ΔEk+ΔEp。
11.如图所示,在水平向右的匀强电场区域内,固定有一个倾角为37°的光滑斜面,一质量m=0.1 kg、电荷量q=1×10-6 C的小物块置于斜面上的A点,恰能处于静止状态。已知A点与斜面底端B的距离为 1.5 m,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求电场的电场强度大小E;
(2)若电场强度方向不变,大小变为原来的一半,则小物块由A点运动到B点所需的时间和此过程小物块电势能的变化量分别为多少
【答案】 (1)7.5×105 N/C　
(2)1 s　电势能增加了0.45 J
【解析】 (1)小物块恰好处于静止状态,可知小物块带正电,对小物块受力分析有
=tan 37°,
解得E=7.5×105 N/C。
(2)电场强度变化后,沿斜面方向,对小物块有
mgsin 37°-qEcos 37°=ma,
由运动学公式有xAB=at2,
解得t=1 s,
静电力做功W电=-qExABcos 37°,
解得W电=-0.45 J,
由电势能的变化量与静电力做功的关系得
ΔEp=-W电=0.45 J,电势能增加了0.45 J。
12.如图所示,光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC,水平面AB与圆弧BC相切于B点,O为圆心,OB竖直,OC水平,空间有水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放,小球沿水平面向右运动,A、B间距离为2R,匀强电场的电场强度E=,重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:
(1)小球从A点开始到达B点的过程中静电力做的功;
(2)小球从A点开始到达C点的过程中,小球的电势能变化了多少;
(3)小球经过C点时对轨道的压力大小。
【答案】 (1)2mgR　(2)电势能减少了3mgR　(3)5mg
【解析】 (1)小球从A点开始到达B点的过程中静电力做的功为
WAB=qEx=q··2R=2mgR。
(2)小球从A点运动到C点的过程中,静电力做功为
WAC=WAB+WBC=qE·3R=3mgR,
根据功能关系可知小球的电势能减少了3mgR。
(3)小球到达C点的过程中,根据动能定理有
WAC-mgR=m,
小球经过C点时做圆周运动,有
N-qE=,
解得N=5mg,
由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力大小为5mg。(共45张PPT)
第1节　静电力做功与电势能
第2章　电势能与电势差
学习目标 课标解读
1.知道静电力做功的特点。 2.知道静电场中的电荷具有电势能。 3.掌握静电力做功与电势能变化的关系,了解电势能的含义,知道电势能的相对性。 1.从功和能的角度认识电场、电场中的问题可以通过功能关系加以解决。
2.通过类比的方法,知道电荷在电场中的运动与重物在重力场中的运动具有相似的规律和相同的研究方法。
探究·必备知识
「知识梳理」
一、静电力做功的特点
1.在电场强度为E的匀强电场中,移动试探电荷q,静电力所做的功为W= ,其中d是沿 的距离。
2.特点:在匀强电场中移动试探电荷时,静电力做功与路径 ,与电荷的
有关。
二、电势能
1.电势能:电荷在 中具有的势能,用Ep表示。
qEd
电场方向
无关
始末位置
电场
2.静电力做功与电势能间的关系
如果电荷在静电力的作用下从电场中的A点移动到B点,则有WAB= ,即静电力做的功等于电势能的 。
(1)静电力做正功,电势能 。
(2)静电力做负功,电势能 。
(3)静电力做的功只能决定电势能的 。
EpA-EpB
减小量
减小
增大
变化量
3.电荷在某点电势能的大小
(1)规定电荷在电场中某一位置的电势能为零。
(2)电荷在电场中某点的电势能,等于电荷从该点移动到 静电力所做的功。
(3)电势能具有相对性,选择不同的零电势能点,电荷在电场中同一点的电势能不同。
(4)零电势能点的选取:通常将电荷在 或将电荷在离场源电荷 处的电势能规定为零。
零电势能点
大地表面
无穷远
「新知检测」
1.思考判断
(1)只有在带电体只受静电力作用的条件下,静电力做功才与路径无关。
(　 　)
(2)电势能是相对的,规定不同的零电势能点,电荷在电场中某点的电势能不同。(　 　)
(3)无论正、负电荷,只要静电力做正功,电荷的电势能一定减小。(　 　)
(4)静电力做功1 J,电势能就增加1 J。(　 　)
(5)静电力做功W=qEd只适用于匀强电场。(　 　)
×
√
√
×
√
2.思维探究
(1)在电场中确定的两点间移动电荷量大小相等的正、负电荷时,静电力做功与电势能变化有何差异
【答案】 (1)在电场中确定的两点间移动电荷量大小相等的正、负电荷时,静电力做功的绝对值相等,正、负不同,电势能的变化量绝对值相等,增减情况相反。
(2)我们通过与重力势能的类比,引入了电势能的概念。研究物理问题常采用类比法。你能说出什么是类比法吗
【答案】 (2)由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们的其他性质有可能相同或相似的推理方法,叫类比法。
突破·关键能力
要点一　对静电力做功的理解与计算
「情境探究」
(1)如图所示,试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中,沿直线从A移动到B,静电力做的功为多少 若q沿折线AMB从A点移动到B点,静电力做的功为多少
【答案】 (1)静电力F=qE,静电力与位移夹角为θ,静电力对试探电荷q做的功W=F·|AB|cos θ=qE·|AM|。在线段AM上静电力做的功W1=qE·|AM|,在线段MB上静电力做的功 W2=0,总功W=W1+W2=qE·|AM|。
(2)若q沿任意曲线从A点移动到B点,静电力做的功为多少 由此可得出什么结论
【答案】 (2)把曲线分成无数小段,电荷在各小段沿电场方向移动的位移之和等于|AM|,因此,静电力做功为W=qE·|AM|。电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运动到B点,静电力做功相同。说明静电力做功与路径无关,只与始末位置有关。
1.静电力做功正负的判定
根据静电力方向与位移方向或速度方向的夹角判断:
(1)当夹角为锐角时,静电力做正功。
(2)当夹角为直角时,静电力不做功。
(3)当夹角为钝角时,静电力做负功。
「要点归纳」
2.静电力做功的特点
项 目 重力做功 静电力做功
相 似 点 重力对物体做正功,物体重力势能减少;重力对物体做负功,物体重力势能增加,其数值与路径无关,只与始末位置有关 静电力对电荷做正功,电荷电势能减少;静电力对电荷做负功,电荷电势能增加,其数值与路径无关,只与始末位置有关
不 同 点 重力属于引力,正、负功比较容易判断,例如物体上升,重力做负功 由于存在两种电荷,静电力做功和重力做功有很大差异,例如在同一电场中沿同一方向移动正电荷与移动负电荷,电荷电势能的变化是相反的,静电力做功的正负也是相反的
应 用 由重力做功的特点引入重力势能 由静电力做功的特点引入电势能
[例1] 如图所示的匀强电场中,有a、b、c三点,dab=5 cm,dbc=12 cm,其中ab沿电场方向,bc和电场方向成60°角。一个电荷量为q=4×10-8 C的正电荷从a移到b时静电力做的功为W1=1.2×10-7 J,求:
(1)匀强电场的电场强度E的大小;
【答案】 (1)60 N/C
(2)电荷从a移到c,静电力做的功W2。
【答案】 (2)2.64×10-7 J
【解析】 (2)由于静电力做功与路径无关,所以把电荷从a移到c做的功W2=W1+Wbc,
把电荷从b移到c,静电力做的功
Wbc=qE·dbccos 60°
=4×10-8×60×12×10-2×0.5 J
=1.44×10-7 J,
故W2=W1+Wbc=1.2×10-7 J+1.44×10-7 J=2.64×10-7 J。
(1)在匀强电场中,静电力做的功为W=qEd,其中d为沿电场线方向的位移。
(2)静电力和瞬时速度方向的夹角为锐角时静电力做正功,夹角为钝角时静电力做负功。
·名师点拨·
AD
A.若把一正点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功
B.若把一正点电荷从M点沿直线移到N点,则该电荷克服静电力做功
C.若把一负点电荷从M点沿直线移到N点,则静电力对该电荷做正功
D.若把一负点电荷从M点沿直线移到N点,再从N点沿不同路径移回到M点,则静电力做的总功为零
【解析】 在正点电荷形成的电场中,正电荷受到的静电力沿电场线方向,从M点移到N点,静电力做正功,A正确,B错误;在正点电荷形成的电场中,负点电荷受到的静电力与电场线方向相反,负点电荷从M点移到N点,静电力做负功,C错误;静电力做功只与点电荷的始末位置有关,该过程中,点电荷始末位置都位于M点,所以静电力做的总功为零,D正确。
要点二　对电势能的理解
「要点归纳」
1.电势能的特点
(1)电势能是由电场和电荷共同决定的,属于电荷和电场所共有,我们习惯上说成电荷的电势能。
(2)电势能是标量,有正负但没有方向,其正负表示大小。
(3)电势能是相对的,其大小与选定的参考点有关。确定电荷的电势能,首先应确定参考点,也就是零电势能点。
2.判断电势能大小的方法
做功判 定法 只要是静电力做正功,电荷的电势能一定减小
只要是静电力做负功(克服静电力做功),电荷的电势能一定增大
电场 线法 正电荷顺着电场线的方向移动,电势能一定减小;逆着电场线的方向移动,电势能一定增大
负电荷顺着电场线的方向移动,电势能一定增大;逆着电场线的方向移动,电势能一定减小
电性 判定法 同种电荷相距越近,电势能越大,相距越远,电势能越小;异种电荷相距越近,电势能越小,相距越远,电势能越大
[例2] 将带电荷量为6×10-6 C的负电荷从电场中的A点移到B点,克服静电力做了 3×10-5 J的功,再从B移到C,静电力做了1.2×10-5 J的功,则:
(1)电荷从A移到B,再从B移到C的过程中电势能共改变了多少
【答案】 (1)增加了1.8×10-5 J　
【解析】 (1)WAC=WAB+WBC=-3×10-5 J+1.2×10-5 J=-1.8×10-5 J,
可见电势能增加了1.8×10-5 J。
(2)如果规定A点的电势能为零,则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少
【答案】 (2)3×10-5 J　1.8×10-5 J
【解析】 (2)如果规定A点的电势能为零,由公式得该电荷在B点的电势能为EpB=EpA-WAB=0-WAB=3×10-5 J。
同理,C点的电势能为EpC=EpA-WAC=0-WAC=1.8×10-5 J。
(3)如果规定B点的电势能为零,则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少
【答案】 (3)-3×10-5 J　-1.2×10-5 J
【解析】 (3)如果规定B点的电势能为零,则该电荷在A点的电势能为
EpA′=EpB′+WAB=0+WAB=-3×10-5 J。
C点的电势能为EpC′=EpB′-WBC=0-WBC=-1.2×10-5 J。
(1)电势能的变化与静电力做功具有等值关系,静电力做多少正功,电势能就减少多少;静电力做多少负功,电势能就增加多少。
(2)在同一电场中,同样从A点到B点,移动正电荷与移动负电荷,电荷的电势能的变化是相反的。
·名师点拨·
[针对训练2] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧竖立于水平地面上,上面放一带正电的小球,小球与弹簧不连接,施加外力将小球向下压至某位置静止。现撤去外力,小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中,重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2,则上述过程中小球的重力势能增加量为　　　　,小球的电势能　　　　(选填“增加”或“减少”)　　　　。
-W1　
减少　
W2
【解析】 由题意知,重力做负功,小球的重力势能增加,增加量为-W1;静电力做正功,电势能减少,减少量为W2。
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
常见电场中的功能问题
在处理电场强度的叠加时,等量异种电荷形成的电场与等量同种电荷形成的电场易混淆,应注意两者在两电荷连线和中垂线上场强的分布特点,这也是进一步判断静电力做功及电势能变化的关键。
A.O点电场强度为零
B.C点电场强度为零
C.带正电的检验电荷从A运动到O的过程中电势能持续减小,从O运动到B的过程中电势能持续增加
D.若取O点电势能为零,带正电的检验电荷在C点的电势能小于零
BD
「科学·技术·社会·环境」
静电除尘
以煤作燃料的工厂、电站,每天排出的烟气带走大量的煤粉,不仅浪费燃料,而且严重污染环境。利用静电除尘可以消除烟气中的煤粉,除去有害的微粒,也可回收物资,如回收水泥粉尘。
[示例] (双选)如图甲所示是一种实用的静电除尘设备图,把高压电源的正极接到金属圆筒上,负极接到悬挂在管心的金属线上,它们之间产生强电场,圆筒截面上的电场分布如图乙所示。带有粉尘的烟气进入圆筒内,尘埃在电场中通过某种机制带电,在强电场作用下向圆筒迁移并沉积,经净化后的烟气从出口排出。下列表述正确的是(　 　)
A.到达圆筒的尘埃带负电荷
B.圆筒与金属线之间的电场是匀强电场
C.尘埃向圆筒迁移过程中克服电场力做功
D.尘埃向圆筒迁移过程中电势能减小
AD
【解析】 由题意,尘埃在强电场作用下向圆筒迁移并沉积,圆筒带正电,所以尘埃带负电,故A正确;由题图乙知,圆筒与金属线之间的电场是辐向非匀强电场,故B错误;尘埃向圆筒迁移过程中是受静电引力作用而发生的,所以电场力做正功,电势能减小,故C错误,D正确。
检测·学习效果
1.在电场中,把点电荷从A点移动到B点,克服静电力做功6×108 J,下列说法正确的是(　　)
A.该电荷在B点具有的电势能为6×108 J
B.该电荷在B点具有的电势能为-6×108 J
C.该电荷的电势能增加了6×108 J
D.该电荷的电势能减少了6×108 J
C
【解析】 把点电荷从A点移动到B点,克服静电力做功6×108 J,根据静电力做功与电势能变化的关系得ΔEp=-WAB=-(-6×108 J)=6×108 J,可知该电荷的电势能增加了6×108 J,故C正确,D错误;由于不知道零势能位置,所以不能确定该电荷在B点具有的电势能,故A、B错误。
2.如图所示,Rt△ABC的边AC与匀强电场的电场方向平行。将电荷q从A点移到B点,静电力做功为W1,从A点移到C点、从C点移到B点,静电力做功分别为W2、W3,则(　　)
A.W1W2
C.W1=W2+W3 D.W1C
【解析】 设匀强电场的电场强度为E,AB与AC的夹角为θ,则将电荷q从A点移到B点,静电力做功为W1=qE·ABcos θ=qE·AC,将电荷q从A点移到C点,静电力做功为W2=qE·AC,将电荷q从C点移到B点,静电力做功为W3=0,则有W1=W2,W1=W2+W3,故C正确。
3.如图所示,将一正电荷由电场中的位置A移到位置B。关于电场力做功W的正负及电荷在位置A、位置B电势能EpA、EpB的大小,下列说法正确的是(　　)
A.W<0,EpAB.W<0,EpA>EpB
C.W>0,EpAD.W>0,EpA>EpB
D
【解析】 由电场线分布可知,正电荷由位置A移到位置B,电场力做正功,电势能减小,故W>0,EpA>EpB,D正确。
4.(双选)如图所示,带电粒子仅在静电力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,则下列说法正确的是(　 　)
A.该粒子为正电荷粒子
B.粒子运动过程中,先加速后减速
C.粒子运动过程中,所受静电力先减小后增大
D.粒子运动过程中,电势能先增大后减小
CD
【解析】 带电粒子仅受静电力作用,而合力方向总是指向轨迹的内侧,根据题图可知粒子受到的静电力沿电场线反方向,可知粒子带负电,故A错误;根据上述分析可知,粒子所受静电力与速度方向夹角先为钝角后为锐角,则粒子先做减速运动后做加速运动,故B错误;根据电场线的疏密知道电场强度先变小后变大,故静电力先减小后增大,故C正确;根据上述分析可知,粒子从a点到b点过程,静电力先做负功,后做正功,电势能先增大后减小,故D正确。
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