第10章 专题拓展3 电场性质的理解和应用（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2019）

静电场中的能量 专题拓展3　电场性质的理解和应用 第十章 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 物理观念 科学思维 科学态度与责任 　　进一步理解匀强电场中电势差和电场强度的关系U＝Ed或者E＝ ，了解其适用条件。 1.会利用等分法分析和求解等势点(面)及电场强度。 2．掌握带电粒子在电场中运动轨迹类问题的分析思路和方法。 3．应用功能关系分析电场中的能量问题。 　　通过思想方法的应用，体会物理学的和谐统一之美，提高学生学习物理的兴趣。 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 1．速度方向：沿运动轨迹的切线方向。 2．静电力的方向：与某点电场线的切线方向平行，所受合外力的方向指向运动轨迹曲线凹侧。 3．电场线和等势线的关系：可根据等势线与电场线处处垂直的关系和电势高低画出电场线帮助分析问题。 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 【例1】 如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一个带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　) A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN D 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 A 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 D 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 C 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 关键能力 互动探究 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 BC 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 关键能力 互动探究 ACD 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 素养训练 学业评价 D 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 素养训练 学业评价 B 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 素养训练 学业评价 3．(2024·四川成都高二期末)如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘倾斜杆底端固定有一个点电荷Q，M、N为杆上的两点。套在杆上的绝缘带电小球从某点静止释放后，沿杆向上运动，先后通过了M、N两点。由此可以判断(　　) A．点电荷Q在M点处产生的场强方向一定沿杆向上 B．小球在M点的加速度一定大于在N点的加速度 C．小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能 D．小球在M点的动能一定大于在N点的动能 C 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 素养训练 学业评价 D 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 ⁠ 素养训练 学业评价 问题交流 A级 B级 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 解析 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 谢谢观看 返回导航 物理 必修 第三册 （R）　 探究点一___电场线、等势线与电荷运动轨迹问题 4．电势能大小的判断方法 (1)静电力做功：静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。 (2)利用公式法：由Ep＝qφ知，正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大。 由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低可知φN<φM，EpM<EpN；N点附近电场线比M点密，故场强EM<EN，由加速度a＝知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，动能增加，故vM>vN，粒子若从M点运动到N点，静电力做负功，动能减小，故vM>vN。综上所述，D正确。 [练1] (2024·山西运城期末)如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是(　　) A．φ4等势面上各点电场强度的方向处处相同 B．四个等势面的电势关系是φ1<φ2<φ3<φ4 C．粒子在四点的动能大小关系是Eka<Ekb<Ekc＝Ekd D．粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功 根据电场线与等势面相互垂直可知，φ4等势面上各点电场强度的方向处处相同，A正确；由题意可知，做曲线运动的带正电粒子，受力方向指向运动轨迹的凸侧，因此粒子受到的电场力斜向右下，则电场线斜向右下，沿着电场线方向，电势降低，则等势面电势关系为φ4< φ3< φ2<φ1，B错误；由于c、d处于同一等势面上，粒子在这两点的电势能相等，结合上述分析可得，粒子在四点的电势能大小为Epa<Epb<Epc＝Epd，由于粒子重力不计，由能量守恒可得Eka>Ekb>Ekc＝Ekd，C错误；由上述分析可得，粒子从a到c的过程中，电场力一直做负功，从c到d，由于c、d电势相等，电场力先做负功，后做正功，D错误。 探究点二___等分法确定匀强电场中的等势线和电场线 1．在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一条直线上相同间距的两点间电势差相等，如图甲所示，如果AB＝BC，则UAB＝UBC。 2．在匀强电场中，相互平行且长度相等的线段两端点间的电势差相等，如图乙所示，▱ABCD中，UAB＝UDC，UBC＝UAD。 3．由于匀强电场中沿任意一条直线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差都等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法。 4．确定匀强电场的电场方向：在匀强电场中，先利用等分法确定电势相等的点，画出等势面(线)，然后根据电场线与等势面(线)垂直的关系画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面(线)指向电势低的等势面(线)，电场线的方向也就是电场方向。 【例2】 如图所示，匀强电场中有一个等边三角形ABC，其边长为1 m，三角形所在的平面跟匀强电场平行。已知A、B、C三点的电势分别为6 V、4 V、2 V，下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的方向垂直于AC边 B．匀强电场的电场强度大小为2 V/m C．等边三角形中心的电势为5 V D．将一个电子从A点沿直线移到B点，其电势能增加了2 eV 根据U＝Ed知在匀强电场中，在同一条直线上相同间距的两点间电势差相等。设AC中点为D，D点的电势为φD＝＝ V＝4 V，则φD＝φB，BD为一条等势线。根据电场线与等势面垂直，且由高电势处指向低电势处，知AC连线为一条电场线，匀强电场的方向垂直于BD向下，如图所示，A错误；A、C间的电势差为UAC＝φA－φC＝6 V－2 V ＝4 V，匀强电场的电场强度大小为E＝＝ V/m＝4 V/m，B错误；因为BD为一条等势线，等边三角形中心在BD上，则等边三角形中心的电势为4 V，C错误；将一个电子从A点沿直线移到B点，静电力做功为W＝－eUAB＝－e(φA－φB)＝－e×(6－4) V＝－2 eV，则电子的电势能增加了2 eV，D正确。 [练2] 一个匀强电场的方向平行于Oxy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为0、25 V、16 V。下列说法正确的是(　　) A．坐标原点处的电势为1 V B．电子在a点的电势能比在b点的电势能少25 eV C．电场强度的大小为2.5 V/cm D．质子从b点运动到c点，克服电场力做功为9 eV 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U＝Ed，知a、O间与c、b间电势差相等，即φa－φO＝φc－φb，因a、b、c三点电势分别为φa＝0、φb＝25 V、φc＝16 V，解得坐标原点处的电势为φO＝9 V，A错误；电子在a、b点的电势能之差Epa－Epb＝(－eφa)－(－eφb)＝25 eV，即电子在a点的电势能比在b点的电势能多25 eV，B错误；设场强方向与bc夹角为θ，则E·cos θ＝Ubc＝9 V，E·sin θ＝UbO＝16 V，联立解得E＝2.5 V/cm，C正确；质子从b点运动到c点，电场力做正功9 eV，D错误。 探究点三___功能关系在电场中的应用 1．合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。 2．静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 3．只有静电力做功时，带电体电势能与动能的总量保持不变，即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2。 【例3】 (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 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，则小球的电势能与机械能之和守恒，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。 [练3] (多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上有一带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功12 J，重力势能增加18 J，则在此过程中(　　) A．金属块的动能增加2 J B．系统的电势能增加24 J C．金属块的机械能增加20 J D．系统的重力势能与电势能之和增加26 J 根据动能定理可得ΔEk＝W总＝40 J＋(－8 J)＋(－12 J)＋(－18 J)＝2 J，A正确；系统电势能的增加量等于金属块克服电场力做的功，即系统的电势能增加8 J，B错误；金属块机械能的增加量等于金属块的动能增量和重力势能增量之和，即ΔE＝ΔEk＋ΔEp1＝2 J＋18 J＝20 J，C正确；系统的重力势能与电势能之和增加量等于金属块的重力势能增量和电势能增量之和，即ΔE＝ΔEp1＋ΔEp2＝8 J＋18 J＝26 J，D正确。 1．如图所示，O是一个固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处。由此可知(　　) A．O为负电荷 B．在整个过程中q的电势能先变小后变大 C．在整个过程中q的速度先变大后变小 D．在整个过程中，电场力做功为零 由运动轨迹分析可知q受到库仑斥力的作用，O应为正电荷，A错误；从a到b的过程q受到逐渐变大的库仑斥力，速度逐渐减小，加速度增大，电势能逐渐增大；而从b到c的过程q受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速度减小，电势能逐渐减小，B、C错误；由于a、c两点在同一等势面上，整个过程中，电场力做功为零，D正确。 2.如图所示，一个质量为9.1×10－31 kg、电荷量为1.6×10－19 C的电子，以4×106 m/s 的速度从M点垂直电场线方向飞入匀强电场，电子只在电场力的作用下运动，在N点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则M与N两点间的电势差约为(　　) A．－1.0×102 V B．－1.4×102 V C．1.8×102 V D．2.2×102 V 电子在电场力的作用下做类平抛运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，vN＝＝ m/s＝8×106 m/s，根据动能定理得(－e)·UMN＝ mv－mv，所以有UMN＝＝ V＝－136.5 V，B正确，A、C、D错误。 绝缘带电小球先后通过了M、N两点，故可知其与点电荷电性相同，由于电性未知，故电场强度方向未知，A错误；根据F＝可知，小球距点电荷Q越远，受到的库仑力越小，但小球的重力未知，因此无法判断小球在M、N两点的加速度大小关系，B错误；电场力做正功，小球电势能减小，故小球在M点的电势能一定大于在N点的电势能，C正确；小球从M点到N点，电场力做正功，但重力做负功情况未知，则动能大小无法比较，D错误。 4．(2024·浙江温州期末)如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，坐标平面与电场方向平行。坐标系中有一个经过O、A、B三点的圆，Q点(25 cm，0)为圆心，A点坐标为(32 cm，24 cm)，A点电势为64 V，B点电势为34 V，Q点电势为49 V，则(　　) A．电场强度的方向为A→O B．电场强度的方向为B→O C．电场强度大小为120 V/m D．O、A两点电势相同 由于UAQ＝64 V－49 V＝UQB＝49 V－34 V＝15 V可知，AB连线的中点C电势等于49 V，即CQ连线为一条等势线，由于电场线垂直于等势线且由高电势点指向低电势点，可知电场强度的方向为A→B，如图所示，A、B错误；令∠AQB＝θ，根据题意有cos θ＝＝，令AB＝d，则有d2＝AQ2＋BQ2－2AQ·BQ cos θ，解得d＝30 cm，可知 根据上述可知，电场强度为E＝＝ V/m＝100 V/m，C错误；根据几何关系可知∠OAB＝90°，则有AO与CQ平行，可知AO连线垂直于电场线，AO连线也为一条等势线，即O、A两点电势相同，D正确。 5.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，在圆心处有一个固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一个质量为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)小球滑到C点时的速度大小； (2)若以C点作为零电势点，试确定A点的电势。 答案：(1)　(2) (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B、C间的竖直高度hBC＝ 根据动能定理有mg·＝－ 解得vC＝。 (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＝ 又根据电场力做功与电势能的关系有 W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC) 又因为φC＝0 可得φA＝。 $$