第2章 专题强化4 电场能的性质-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第三册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

专题强化4　电场能的性质 [学习目标]　1.进一步掌握电场强度、电势、电势差、电势能及电场力做功之间的关系(难点)。2.学会运用牛顿第二定律、动能定理处理电场中动力学问题和能量问题(重点)。 一、电场强度、电势、电势差及电势能之间的关系 电场强度 电势 电势差 电势能 意义 描述电场力的性质 描述电场能的性质 描述静电力做功的本领 描述电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量 公式 E＝ φ＝ UAB＝ Ep＝φq 关系 (1)电场强度为零的地方电势不一定为零 (2)电势为零的地方电场强度不一定为零 (3)电势为零，电势能一定为零(均填“一定”或“不一定”) 联系 (1)匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点沿电场强度方向上的距离) (2)电势沿着电场强度方向降低最快 (3)UAB＝φA－φB，φ＝，WAB＝qUAB，WAB＝EpA－EpB 例1　(2022·四川泸县第一中学高二开学考试)关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．在同一个等势面上的各点，电场强度的大小必然是相等的 C．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 D．电势下降的方向就是电场强度的方向 答案　C 解析　负电荷在低电势的地方电势能较大，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；在同一个等势面上的各点，电场强度的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项B错误；静电力做功等于电势能的减小，则无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项C正确；电势下降最快的方向就是电场强度的方向，选项D错误。 二、电场中的动力学和能量问题 1．用动力学观点解决带电体在电场中的运动 (1)带电的物体在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多力的作用下物体可能处于平衡状态(静止或做匀速直线运动)；物体所受合外力也可能不为零，做匀变速运动或变加速运动。 (2)处理这类问题，就像处理力学问题一样，首先对物体进行受力分析(包括电场力)，再明确其运动状态，最后根据所受的合外力和所处的状态选择相应的规律解题。 (3)相关规律： ①力的平衡条件，即F合＝0。 ②牛顿第二定律：F合＝ma。 ③运动学公式，如匀变速直线运动速度公式、位移公式等，平抛运动知识、圆周运动知识等。 2．用能量观点解决带电体在电场中的运动 (1)电场力做功的计算 (2)电场中常见的几种功能关系 ①静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 ②合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 ③如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 例2　(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带正电荷 B．金属块的机械能减少12 J C．金属块克服静电力做功8 J D．金属块的电势能减少4 J 答案　AB 解析　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝Wg＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 例3　(多选)图中虚线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2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服静电力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　) A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．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，(－e)Uad＝－6 eV，故Uad＝6 V；因静电力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各等势面电势如图所示，故A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，故B正确；电子经过平面d时，电势能Ep＝(－e)φd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。 例4　如图所示，带电荷量为Q的正电荷(可视为点电荷)固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A到C的距离为L，B为AC的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，重力加速度为g，求： (1)小球运动到B点时的加速度大小； (2)B和A两点间的电势差(用k、Q和L表示)。 答案　(1)　(2) 解析　(1)设沿斜面向下为正方向， 带电小球在A点时由牛顿第二定律得： mgsin 30°－k＝maA① 带电小球在B点时由牛顿第二定律得： mgsin 30°－k＝maB② 联立①②式解得：aB＝－，即小球运动到B点时的加速度大小为，方向沿斜面向上。③ (2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin 30°·－qUBA＝0④ 联立①④式解得UBA＝。 专题强化练 1.如图为某电场中的三条电场线，A、B、C是其中一条电场线上的三个点。已知AB＝BC＝10 cm，A、C两点的电势分别为φA＝30 V，φC＝10 V，下列说法正确的是(　　) A．B点的电势为20 V B．B点的电场强度方向由B指向A C．将电子从A点移动到C点，电子克服电场力做功20 eV D．A点的电场强度大小为100 N/C 答案　C 解析　从A到C，电场强度逐渐减小，根据U＝Ed可知UAB>UBC，所以B点的电势低于20 V，A错误；沿着电场方向电势逐渐降低，所以B点的电场强度方向由B指向C，B错误；将电子从A点移动到C点，电场力做功为W＝UAC(－e)＝－20 eV，C正确；该电场不是匀强电场，所以A点的电场强度无法求解，D错误。 2.如图所示，在xOy坐标系中以O点为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦点P上放一负点电荷，下列说法正确的是(　　) A．B、E两点电场强度相同 B．A点电势比D点电势高 C．将一负点电荷由B沿BCDE移到E点，静电力做功为零 D．同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能 答案　C 解析　由负点电荷电场线的分布情况和对称性可知，B、E两点电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故A错误；D点到负点电荷的距离大于A点到负点电荷的距离，由离负点电荷越远电势越高知，D点的电势高于A点的电势，故B错误；B、E两点电势相等，负点电荷在B、E两点的电势能相等，所以负点电荷由B沿BCDE移到E点，静电力做功为零，故C正确；D点的电势高于C点的电势，而正点电荷在电势高处电势能大，则同一正点电荷在D点的电势能大于在C点的电势能，故D错误。 3.(多选)(2021·全国甲卷)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　　) A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功 B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右 D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大 答案　BD 解析　由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误； 由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V， 根据电场力做功与电势能的变化关系有 Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确； 沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误； 等差等势面越密的地方电场强度越大，由题图可看出a、b、c、d四个点中，b处的等势面最密集，则b点处的电场强度大小最大，D正确。 4．(2023·福建南平市高二期中)一带负电的粒子从电场中的A点运动到B点，该过程中，粒子受到的电场力做的功为W1(W1>0)，粒子受到的重力做的功为W2(W2>0)，除重力和电场力外的其他力做的功为W3(W3<0)。关于该过程中功与能量变化的关系，下列说法正确的是(　　) A．电势能增加了W1 B．重力势能增加了W2 C．机械能变化了W1＋W3 D．动能的变化量是W1＋W2－W3 答案　C 解析　粒子受到的电场力做正功为W1，则电势能减小了W1，选项A错误；粒子受到的重力做正功为W2，则重力势能减小了W2，选项B错误；机械能变化量等于除重力外的其他力做功，则机械能变化了W1＋W3，选项C正确；合外力做功等于动能变化量，则动能的变化量是W1＋W2＋W3，选项D错误。 5.如图所示，在竖直平面xOy内，固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O点，第四象限(含x、y轴)内有水平向右的匀强电场，一质量为m，带电荷量为＋q的小球，从图中A点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　小球恰好通过最高点，则有：mg＝m， 解得小球在最高点的速度为：v＝， 小球从A点到最高点的过程中，根据动能定理可得：EqR－mgR＝mv2， 解得E＝，故B正确。 6.(多选)(2023·福建南靖县第一中学高二期中)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　) A．动能增加mv2 B．机械能增加mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能减少2mv2 答案　CD 解析　小球从M运动到N的过程中，动能增加了ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为h＝，由动能定理得W电－mgh＝ΔEk，解得W电＝2mv2，机械能的增加量为ΔE＝W电＝2mv2，电势能减少了2mv2，故B错误，D正确；小球的重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mv2，故C正确。 7.(2023·贵州黔东南高二期中)如图所示，光滑绝缘细杆竖直固定放置，与以电荷量为Q的正电荷为圆心、半径为L的圆周交于B、C两点，质量为m、电荷量为＋q的有孔小球(视为点电荷)从杆上的A点无初速度滑下。已知AB＝BC＝3L，小球滑到B点时的速度大小为，静电力常量为k，重力加速度为g，求： (1)在B点时杆对小球的弹力大小以及此时小球的加速度大小； (2)A、C两点间的电势差。 答案　(1)　g－　(2) 解析　(1)在B点对小球受力分析，受到的库仑力为FB＝＝，设小球在B点的库仑力与竖直杆的夹角为θ，由几何关系cos θ＝＝，则有sin θ＝，把FB分别沿水平方向、竖直方向分解，水平方向由二力平衡可得B点杆对小球的弹力大小FN＝FBsin θ＝，由牛顿第二定律得mg－FBcos θ＝ma，解得a＝g－ (2)半径为L的圆周是一个等势面，则有φB＝φC，小球由A点到B点，由动能定理可得mg·3L＋(φA－φB)q＝m()2，A、C两点间的电势差为UAC＝φA－φC＝φA－φB，综合解得UAC＝。 8．(多选)(2022·福建福州市期中)如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，将一点电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下沿电场线从A点运动到B点，其运动的加速度a随时间t变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．A点的电势一定高于B点的电势 B．电场线的方向一定从A指向B C．从A点到B点该电场的电场强度一直在减小 D．该点电荷在A点的电势能一定大于其在B点的电势能 答案　CD 解析　题干中仅给出了点电荷从A点运动到B点，但点电荷电性未知，所以电场线方向不一定从A指向B，那么A点的电势也不一定高于B点的电势，故A、B错误；根据题图乙，点电荷从A点运动到B点的过程中加速度在逐渐减小，由a＝知点电荷所受静电力在逐渐减小，根据E＝知电场强度在一直减小，故C正确；点电荷从A点运动到B点，加速度一直减小，但速度一直在增加，那么动能一直在增大，说明静电力做正功，电势能降低，所以点电荷在A点的电势能一定大于其在B点的电势能，故D正确。 9．(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。则以下判断正确的是(　　) 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．此过程中产生的内能小于mv02 D．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－mv02，解得a、b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内能Q′＝μmgs，由D选项的解析可得：Q′＝mv02－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mv02，故C错误。 10.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)试求： (1)物块向右运动的最大距离； (2)物块最终停止的位置。 答案　(1)0.4 m　(2)－0.2 m 解析　(1)物块受到的电场力大小为 F＝E|q|＝6.0×105×|－5.0×10－8| N＝0.03 N，方向水平向左。 物块受到的摩擦力大小为 f＝μmg＝0.20×1.0×10－2×10 N＝0.02 N 由于F>f，物块先向右减速运动，再向左加速运动，越过O点进入无电场区域后，再减速运动直到停止。 设物块到达最右端的坐标为x1，从O→x1过程，由动能定理得 －Fx1－fx1＝0－mv02 代入数据解得x1＝0.4 m。 (2)设物块最终停止的位置坐标为－x2，从O→－x2过程，电场力做功为0，由动能定理得 －2fx1－fx2＝0－mv02 解得x2＝0.2 m，即停在x＝－0.2 m处。 11.如图所示，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点位于圆周最低点。现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑。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2。求： (1)小球滑至C点时的速度的大小； (2)A、B两点间的电势差； (3)若以C点为参考点(零电势点)，试确定A点的电势。 答案　(1)　(2)－　(3)－ 解析　(1)由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝R。 根据点电荷的电场分布特点可知，B、C所在的圆是一个等势面， 因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做功为零。 对小球从B到C过程应用动能定理，有 mg·R＝mvC2－mvB2 解得vC＝。 (2)对小球从A到B过程应用动能定理，有 mg·R＋WAB＝mvB2 解得WAB＝mgR UAB＝＝－。 (3)因φB＝φC，故UAC＝UAB＝－； 又UAC＝φA－φC，φC＝0， 因此φA＝UAC＝－。 12.如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷。质量为m、带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N(图中没有标出)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小 B．物块和斜面间的动摩擦因数μ＝ C．物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离 D．物块的释放点M与O点间的电势差为 答案　D 解析　根据点电荷的电场特点和场强叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，由牛顿第二定律得mgsin 30°－μmgcos 30°＋Eq＝ma，物块下滑过程中电场力Eq先沿斜面向下逐渐减小后沿斜面向上逐渐增大，故物块的加速度先减小后增大，故A错误；物块在斜面上运动到O点时速度最大，加速度为零，由于O点电场强度为零，所以mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ＝tan 30°＝，故B错误；由于运动过程中满足mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为Eq，因此最低点N与释放点M关于O点对称，故C错误；根据动能定理有qUMO＋mgxMOsin 30°－μmgxMOcos 30°＝mv2，且mgsin 30°－μmgcos 30°＝0，故物块的释放点M与O点间的电势差UMO＝，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$