第十章 静电场中的能量 章末素养提升-（配套课件）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）浙江

DISHIZHANG 第十章 章末素养提升 再现素养 知识 物理观念 电场能的性质 1.静电力做功与电势能变化之间的关系： 静电力做正功，即WAB>0，电势能 ，静电力做负功，即WAB<0，电势能_____ 2.电势：电荷在电场中某一点的 与它的 之比。 公式：φ＝ 3.电势差：电场中两点之间 的差值，也叫作 。静电力 做功与电势差的关系WAB＝ 或UAB＝ 4.等势面：电场中 的各点构成的面 5.匀强电场中两点间的电势差等于 与这两点间沿_____ 的距离的乘积，关系式UAB＝____ 减少 增加 电势 电压 电势能 电荷量 qUAB 电势相同 电场强度 电场 方向 Ed 物理观念 电容器 1.定义式： (比值定义法) 2.平行板电容器电容的决定式：_________ 带电粒子在电场中的加速 两金属极板之间的电压为U，一质量为m、带电荷量为q的正电粒子从正极板静止释放，到达负极板时速度为v，则 ＝ mv2 qU 物理观念 带电粒子在电场中的偏转 带电粒子以初速度v0垂直电场方向射入电场，极板长度为l，两极板间电压为U，两极板间距为d(不计粒子重力) 初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝___ 离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝______ 速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝ ＝______ 离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝ at2＝_______ 科学思维 1.科学推理、论证：本章关于电势能、电势、电场强度与电势差的关系等知识的学习都是通过演绎的方式进行的。例如把恒力做功的普遍公式用于匀强电场中静电力做功的情况，推导出静电力做功与路径无关的结论 2.用物理量之比定义新物理量，被定义的新物理量跟定义式中的物理量不是同一研究对象，没有相互影响的因果关系，通过电势能与电荷量的比值定义电势，用来描述静电场中某一位置的性质，与试探电荷无关 科学探究 1.能针对电容器充、放电过程中的电压、电流等物理量的变化提出相关的问题或猜想 2.会根据实验电路选择合适的器材进行实验；能在初步观察的基础上确定记录数据的时间间隔；能通过同学间的合作，记录不同时刻电压表、电流表的读数 3.会根据实验数据画出I－t图像，推断电荷量的变化情况 科学态度与责任 1.通过实验的操作，形成严谨细致，实事求是的科学态度 2.通过电容器等知识的学习，体会科学、技术、社会之间的密切联系，逐渐形成探索自然的内在动力 提能综合 训练 　下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A.根据电场强度的定义式E＝ ，电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量 成反比 B.根据电容的定义式C＝ ，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间 的电压成反比 C.根据真空中点电荷电场强度公式E＝ ，电场中某点电场强度与场源电荷的 电荷量成正比 D.根据公式UAB＝ ，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力 做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V 例1 √ 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，电场强度的定义式，只是为了研究电场的性质方便而定义的，A错误； 电容器的电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容大小取决于电容器的本身，不能理解成电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B错误； 电场中某点电场强度是由场源电荷决定的，所以由真空中点电荷电场强度公式，可知电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，C正确； 　(多选)(2022·浙江名校协作体高二开学考试)如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度大小为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是 例2 √ √ 圆弧AO在圆心P点产生的电场强度大小与 圆弧OB在P点产生的电场强度大小相等， 两个电场强度方向夹角为60°，电势相等， 同理圆弧OC在圆心P点产生的电场强度大小与圆弧OD在P点产生的电场强度大小相等，且夹角也为60°，电势相等，根据电场强度矢量叠加法则有4Ecos 30°＝E0，解得E＝ ，电势是标量，每段圆弧在P点处产生的电势都相等，φ0＝4φ，得φ＝ ，故A错误，B正确； 若两弧形材料带等量异种电荷，正电荷 和负电荷在x轴上各点产生的电场强度大 小相等，方向相反，其合电场强度为零， 正、负电荷产生电势数值相等，电势叠加结果为零，故D正确。 　(多选)(2023·全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球 A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 例3 √ √ 由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布 情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电 势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在 M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确； 从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。 　(2022·乌鲁木齐市一中高二期中)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方 处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上移动 ，则仍从P点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上 B.在下极板处返回 C.在距上极板 处返回 D.在距上极板 处返回 例4 √ 　(2022·绍兴市高二统考期中)如图，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们恰好位于以O点为圆心的圆弧上(ab和cd是该圆的两条直径，cd水平)，已知电场方向平行于圆弧所在的平面，圆弧的半径为R。将电荷量为q(q>0)的带电粒子从a点移动到O点，静电力对带电粒子所做的功为W(W>0)；再将该粒子从c点移动到O点，静电力在该过程做的功为 。下列说法正确的是 A.a、O两点间的电势差为UaO＝ B.将该粒子从a点移动到d点，静电力做的功Wad＝ C.该匀强电场的电场强度大小E＝ D.该匀强电场的电场强度方向与ad平行 例5 √ 由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴，过O点垂直于cd方向建立y轴，如图所示， 　质量为m的带电小物块以速度v0在足够大的光滑绝缘水平面上运动，从零时刻开始，加一个水平匀强电场，在t时刻物块的速度减小到最小值 ，此后速度又不断增大，则下列说法正确的是 例6 D.若零时刻起，电场方向不变，大小为原来的2倍，则在t时刻，物块的速 度大小仍为v0 √ 由题意，可将速度分解为如图所示的平行 于电场的方向和垂直于电场方向的两个速 度分量， 由图可知，平行于电场方向的速度分量先减小到零，然后又反向增大，所以当此速度减少至零时，物块的速度最小， 当电场强度大小变为原来的2倍，则静电力 也变为原来的2倍，在0～t时间内速度变化 量大小为原来的2倍，即 ，此时与选项C 情况相同，此时物块的速度大小为v0，D正确。 　(2022·台州市山海协作体高二期中)如图所示，ABG为水平轨道，AB部分粗糙，BG部分光滑，竖直虚线BB′左侧存在方向斜向下与水平面成θ＝53°角、电场强度大小为E＝1.0×104 N/C的匀强电场。光滑半圆形轨道CD与水平轨道ABG相切于C点，最高点为D点，在竖直虚线FF′右侧存在竖直向上、电场强度大小也为E的匀强电场。现将一质量为m＝0.1 kg、电荷量为q＝1.0×10－4 C的带负电的小滑块(可视为质点)从P点由静止释放，最后恰好能经过半圆形轨道CD的最高点D，途经与圆心O等高的H点，并从D点飞出。已知PB长为x＝3.6 m，小滑块与AB 部分之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g取 10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： 例7 (1)小滑块运动到B点时的速度大小； 答案　6 m/s 在P点对小滑块受力分析如图所示 将静电力正交分解，则从P点到B点，由动能定理得 代入数据解得vB＝6 m/s (2)半圆形轨道CD的半径R； 答案　0.36 m　 解得R＝0.36 m (3)小滑块对H点的压力大小。 答案　6 N 滑块从B点到H点，由动能定理得 代入数据解得F＝6 N 由牛顿第三定律知小滑块对H点的压力为6 N。 BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com C＝ C＝ 由UAB＝，可知带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，即静电力做功是－1 J，则有UAB＝＝ V＝－1 V，则A、B两点的电势差为－1 V，D错误。 A.E＝E0，φ＝4φ0 B.E＝E0，φ＝φ0 C.将质子(比荷)从P点无初速度释放，则质子的最大速度为 D.若两弧形材料带等量异种电荷，则x轴上各点电场强度为零，电势为零 E0 从P点无初速度释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理有eU＝mv2，且U＝φ0－0，得v＝，故C错误； 对下极板移动前，从静止释放到速度为零的过程 运用动能定理得mg·d－qU＝0，将下极板向上平 移，设运动到距离上极板x处返回；因极板分别 与电池两极相连，则电容器的电压U不变，则电 容器的电场强度为E＝，根据动能定理得mg·(＋x)－q··x＝0，联立两式解得x＝，故选C。 － a、O两点间的电势差为UaO＝＝，A错误； O、d两点间的电势差UOd＝UcO＝，将该粒子从a点移动到d点，静电力做功为Wad＝qUad＝q(UaO＋UOd)＝，B错误； 在x方向有＝ExqR，在y方向有W＝qExRcos 60°＋qEyRsin 60°，经过计算有Ex＝，Ey＝，E＝，电场方向 与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝，故θ ＝60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，C正 确，D错误。 A.小物块受到的静电力大小为 B.在0～t时间内，克服静电力做的功为 C.在2t时刻，物块速度大小为 有v0cos(θ－)＝v0，此过程中速度的变化量大小为Δv＝v0sin(θ－)＝v0＝at，由牛顿第二定律有F＝ma，解得F＝mv0，A错误； 由动能定理有W＝m(v0)2－mv02，解得W ＝－mv02，克服静电力做的功为 mv02， B错误； 在2t时刻，速度变化量大小Δv′＝2at＝v0，此时平行于电场方向的速度分量为v0，由运动的合成可知，此时物块的速度大小为v0，C错误； v0 qExcos θ－μ(mg－qEsin θ)x＝mvB2 小滑块恰好能通过D点，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m 从B点到D点，由动能定理得mvD2－mvB2＝－2(mg＋qE)R mvH2－mvB2＝－(mg＋qE)R 代入数据解得vH＝ m/s 则在H点对滑块受力分析可知，轨道给小滑块的弹力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝m $$