2024-2025学年高中物理第一章电场微型专题3电场能的性质学案粤教版选修3-1

PAGEPAGE14微型专题3电场能的性质[学科素养与目标要求]物理观念：1.进一步理解电势、电势差的概念、公式，知道电场力做功与电势能改变的关系是一种普遍的功能关系.2.理解E－x、φ－x图象的意义，并会分析有关问题．科学思维：1.通过分析电势、电势能及电场力做功的综合问题，提高逻辑思维和科学思维实力.2.通过方法的迁移，找到解决E－x、φ－x图象与其它图象问题共性的东西．一、电场综合问题分析例1(多选)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图1所示．若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中()图1A．先做匀加速运动，后做匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和保持不变D．电势能先减小，后增大答案CD解析a、c两点固定相同的正点电荷，则bd为等量正点电荷连线的中垂线，由电场线分布状况可知带电粒子不行能做匀加速或匀减速运动，故A错误；等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高，带负电的粒子从b点运动到d点的过程中，先从低电势到高电势，再从高电势到低电势，故B错误；带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受电场力先由b指向d，后由d指向b，所以电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小，后增大，故D正确；只有电场力做功，电势能与机械能之和保持不变，故C正确．例2(多选)(2024·郑州一中高二上期中)如图2所示，在一个匀强电场(图中未画出)中有一个四边形ABCD，其中，M为AD的中点，N为BC的中点．一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB＝2.0×10－9J；将该粒子从D点移动到C点，电场力做功为WDC＝4.0×10－9J．则以下分析正确的是()图2A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN＝3.0×10－9JB．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10－9JC．D．若该粒子的电荷量为2×10－9C，则A、B之间的电势差为1V答案AD解析在匀强电场中，由于M为AD的中点，N为BC的中点，故φM＝eq\f(φA＋φD,2)，φN＝eq\f(φB＋φC,2)，则WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q(eq\f(φA＋φD,2)－eq\f(φB＋φC,2))＝eq\f(1,2)q(φA－φB)＋eq\f(1,2)q(φD－φC)＝eq\f(1,2)WAB＋eq\f(1,2)WDC＝3.0×10－9J，故A正确，B错误；由WAB＝qUAB＝qEd，若电场方向恰好沿AB方向，则d等于A、B之间的距离，d＝1cm，得E＝eq\f(WAB,qd)＝1V/m，若电场方向不沿AB方向，则d<1cm，得到E>1V/m，故C错误；由WAB＝qUAB得，UAB＝eq\f(WAB,q)＝1V，故D正确．例3如图3所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止起先沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．图3答案(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零．由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3R,2)依据动能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mvC2,2)－eq\f(mvB2,2)解得vC＝eq\r(7gR).(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq\f(mvC2,2)，又依据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)．又因为φC＝0，可得φA＝－eq\f(mgR,2q).电场中的功能关系1．合力做功等于物体动能的改变量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功．2．电场力做功确定带电体电势能的改变量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.这与重力做功和重力势能改变之间的关系类似．3．只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似．二、φ－x和E－x图象分析例4(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图4所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的重量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有()图4A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的重量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功答案AD解析在φ－x图象中，图线的斜率大小表示场强大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点场强在x轴方向上的重量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的重量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误；负电荷从B移到O，电场力做正功，从O移到C，电场力做负功，选项D正确．[学科素养]从φ－x图象上可干脆看出电势随位置的改变，可间接求出场强E随x的改变状况：φ－x图象切线斜率的肯定值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，为场强E的大小，E的方向为电势降低的方向．从形象思维到抽象思维到建立模型，体现了物理“科学思维”的学科素养．例5(多选)(2024·启东中学高二质检)如图5甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的匀称带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x改变的关系如图乙所示，则()图5A．c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同B．球内部的电场为匀强电场C．a、c两点处的电势相等D．假设将一个带正电的摸索电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，电场力始终做正功答案AD解析依据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x改变的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确，选项B错误；沿电场线方向电势渐渐降低，由题图乙易推断a点的电势大于c点的电势，选项C错误；假设将一个带正电的摸索电荷沿x轴移动，电场力与运动方向相同，电场力始终做正功，选项D正确．电场强度E是矢量，E－x图象的正负反映E的方向，E的数值反映E的大小，E－x图象与x轴所围面积表示电势差大小.针对训练(2024·衡水市测试)静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图6所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为－q，忽视重力．规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的改变图象，其中正确的是()图6答案D解析φ－x图象切线的斜率的肯定值表示电场强度的大小，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值，在x＝0右侧为负值，且大小不变，故B错误；在x＝0左侧粒子向右做匀加速运动，在x＝0右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C错误；在x＝0左侧，依据动能定理得qEx＝Ek－Ek0，在x＝0的右侧，依据动能定理得－qEx＝Ek′－Ek0′，故D正确．1．(电场综合问题)(多选)(2024·全国卷Ⅰ)图7中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()图7A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍答案AB解析因匀强电场等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝eφd＝2eV，C项错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；则Ekb＝2Ekd，依据Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd，D项错误．2．(电场综合问题)(多选)(2024·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图8所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()图8A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3答案AC解析由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，依据点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(rb2,ra2)＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(rd2,rc2)＝eq\f(4,1)，故A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故C正确，D错误．3．(φ－x图象)(多选)(2024·扬州市期末)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势凹凸如图9中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知()图9A．B点电场强度为零B．Q1为负电荷，Q2为正电荷C．Q1电荷量肯定大于Q2电荷量D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力始终做正功答案BCD解析由E＝eq\f(Δφ,Δx)知，B点的电场强度不为零，A错误；负点电荷电场中的电势为负，正点电荷电场中的电势为正，结合题图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，B正确；由题图可知，电势零点离D点较近，故Q1电荷量肯定大于Q2电荷量，C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势始终上升，电子的电势能始终减小，电场力始终做正功，D正确．4．(电场综合问题)(2024·东北师大附中高二上月考)如图10所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k.试求：图10(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势．答案(1)mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)φ＋eq\f(mv02－v2,2q)解析(1)物块在A点受到点电荷的库仑力：F＝eq\f(kQq,r2)由几何关系可知：r＝eq\f(h,sin60°)设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有：FN＝mg＋Fsin60°解得：FN＝mg＋eq\f(3\r(3)kQq,8h2)(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有：q(φ－φB)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：φB＝φ＋eq\f(mv02－v2,2q)一、选择题考点一电场综合问题分析1．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中()A．小球的重力势能削减了2mghB．小球的动能增加了2mghC．电场力做负功2mghD．小球的电势能增加了3mgh答案D解析带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿其次定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，依据做功与势能改变关系可推断：小球重力势能削减了mgh，电势能增加了3mgh，依据动能定理，小球的动能削减了2mgh，故选D.2．(多选)如图1所示，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仅在电场力作用下先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．下列说法正确的是()图1A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功答案ABC解析如题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则M粒子所受的电场力方向向左，可知M粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则N粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从e到d电场力做功为零，故电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误．3.(2024·山东省试验中学期末)如图2所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()图2A．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度答案A解析依据牛顿其次定律可得qE＝ma，又依据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度大小关系为aR>aQ，故D项错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，故C项错误；依据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向沿电场线向右，假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒子从P向Q运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，故A项正确，B项错误．4.(2024·厦门高二上质量检测)如图3所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是匀称的，两圆环相隔肯定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点．一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是()图3A．粒子经过B点时加速度为零B．粒子经过B点和C点时动能相等C．粒子从A到C的过程中，电势能始终增大D．粒子从B到D的过程中，电场力做的总功为0答案D解析两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是匀称的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为零，带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下，加速度不为零，故A错误；由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的，所以粒子从B到C电场力做功的肯定值与粒子从C到D电场力做功的肯定值大小相等，总功等于零，所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等，故D正确，B错误；粒子从A到B的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能减小，故C错误．5.(多选)(2024·全国卷Ⅱ)如图4，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是()图4A．此匀强电场的场强方向肯定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功肯定为eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小肯定为eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差肯定等于b、N两点之间的电势差答案BD解析结合题意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN＝φM－φN＝eq\f(φa＋φc,2)－eq\f(φb＋φd,2)＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知该粒子由M移动到N过程中，电场力做功W＝eq\f(W1＋W2,2)，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝eq\f(W2,qL)，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1＝W2，则Uab＝Ucd，则ac与bd肯定相互平行且相等，可知UaM＝UbN，D项正确．考点二电场中的图象问题6．如图5甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x改变的状况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则()图5A．电子沿Ox的负方向运动B．电子的电势能将增大C．电子运动的加速度恒定D．电子运动的加速度先减小后增大答案D解析由题图看出，沿Ox方向电势渐渐上升，则电场线方向沿Ox负方向，电子所受的电场力沿Ox正方向，则电子将沿Ox正方向运动，电子的电势能将减小，故A、B错误；φ－x图象的斜率大小等于电场强度大小，由几何学问知，斜领先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所以电子的加速度先减小后增大，故C错误，D正确．7.(多选)(2024·哈师大附中期中)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x改变的关系如图6所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列推断正确的是()图6A．两点电荷肯定为异种电荷B．原点O处场强大小为eq\f(kQ,3L2)C．负检验电荷在原点O处受到向左的电场力D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大答案BC解析由φ－x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；x＝L处电势最低，此处图线切线的斜率为0，即该点的合场强为0，设－3L处电荷所带电荷量为Q′，则eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(kQ′,4L2)，得Q′＝4Q，故原点处的场强大小为eq\f(4kQ,3L2)－eq\f(kQ,3L2)＝eq\f(kQ,3L2)，方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B、C正确；由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误．8．(2024·六安一中质检)沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的改变规律如图7所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则()图7A．从O点到C点，电势先上升后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能改变量大于BC段电势能改变量D．粒子在AB段电势能改变量小于BC段电势能改变量答案C解析由O点到C点，沿电场线方向，电势渐渐降低，A项错误；带正电的粒子所受电场力与速度方向一样，所以粒子始终做加速直线运动，在0～x1段电场强度渐渐变大，带电粒子所受电场力渐渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；E－x图象中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能改变的关系得，粒子在AB段电势能改变量大于BC段的电势能改变量，C项正确，D项错误．9.(多选)(2024·东北师大附中期中)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x改变的关系如图8所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()图8A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O～x2段做变加速运动，x2～x3段做匀变速运动C．x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为肯定值D．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3答案BCD解析由E＝eq\f(U,d)得场强与电势的关系：E＝eq\f(Δφ,Δx)，电势能：Ep＝qφ，联立可得：E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep－x图象切线的斜率eq\f(ΔEp,Δx)＝qE＝F电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1，x1～x2，x2～x3，三段斜率改变状况为变小，变大，不变，则可知三段电场力分别为变小、变大、不变，故B、C正确；依据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，电势越小，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正确．二、非选择题10.一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图9所示的水平向右的匀强电场中．起先时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止起先向下摇摆，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(重力加速度为g)图9(1)A、B两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小．答案(1)－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,q)解析(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)依据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得E＝eq\f(UBA,L－Lcos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).11．如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为eq\r(3gh).求小球由A到C的过程中静电力做的功及A、C两点间的电势差．图10答案eq\f(1,2)mgh－eq\f(mgh,2q)解析因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有静电力做功W和重力做功mgh，由动能定理得：W＋mgh＝