第2章 第1节 静电力做功与电势能(课件PPT)-【步步高】2024-2025学年高一物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

该高中物理课件聚焦静电力做功特点与电势能，通过类比重力做功导入，从直线、折线到曲线路径推导做功特点，再过渡到电势能概念，搭建从已知到未知的学习支架，逻辑连贯。 其亮点在于以科学推理和模型建构为核心，用微元法分析曲线路径做功体现科学思维，类比重力势能建构电势能强化物理观念。含易错解析、多情境例题及分层练习，助力学生深化理解，教师可高效开展教学与分层训练。

DIERZHANG 第2章 第1节　静电力做功与电势能 1 1.知道静电力做功的特点(重点)。 2.知道电势能的定义，掌握静电力做功与电势能变化的关系，知道电势能有相对性(重难点)。 学习目标 2 一、静电力做功的特点 二、电势能 课时对点练 内容索引 3 静电力做功的特点 一 4 一个质量为m的物体在地面某位置所受的重力是一定的，不管它怎样运动，其所受重力的大小都等于mg，方向竖直向下，如图甲所示；一个带正电的电荷量为q的试探电荷在匀强电场中某位置所受的静电力也是一定的，不管它怎样运动，其所受静电力的大小都等于qE，方向跟电场强度E的方向相同，如图乙所示，重力做功具有与路径无关的特点，静电力做功是否也具有这一特点呢？试回答以下问题： (1)如图丙所示，在电场强度为E的匀强电场中，若将一个带正电的电荷量为q的试探电荷沿电场方向从A点移动到B点，移动距离为d，则静电力做功为多少？ 答案　W1＝Eqd (2)如果将这个试探电荷从A点沿折线ACB移动到B点，则静电力做功为多少？ 答案　W2＝Fl·cos θ＋Fl′·cos 90°＝Eqd (3)如果试探电荷沿任一路径从A点移动到B点(如图丙中的曲线表示的路径)，静电力做功又是多少？可得出什么结论。 答案　将曲线细分成无数段折线，如图： 则每一小段折线静电力做功W1′＝Eql1 W2′＝Eql2 …… W＝W1′＋W2′＋…＋Wn′ ＝Eql1＋Eql2＋…＋Eqln ＝Eqd 结论：在匀强电场中，移动试探电荷时，静电力做功与路径无关，只与电荷的始末位置有关。 静电力做功的特点：静电力所做的功与电荷的 和 有关，与电荷经过的路径 。 注意：这个结论虽然是从匀强电场中推导出来的，但是可以证明对非匀强电场也是适用的。 梳理与总结 起始位置 终止位置 无关 (1)电荷从电场中的A点运动到了B点，路径不同，静电力做功的大小就可能不同。(　　) (2)电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零。(　　) (3)正电荷沿着电场线方向运动，静电力对正电荷做正功；负电荷沿着电场线的反方向运动，静电力对负电荷做正功。(　　) (4)电荷在电场中运动，静电力做功只与位置有关，与电荷正、负无关。(　　) √ × √ × 易错辨析 (2024·天津市高二月考)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时电场 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； 例1 答案　60 N/C 从a到b，正电荷受到的电场力F1＝qE 电场力做的功W1＝F1dab＝qEdab (2)电荷从a移到c，电场力做的功W2。 答案　2.64×10－7 J 由于电场力做功与路径无关，所以把电荷从a移到c做的功W2＝W1＋Wbc，把电荷从b移到c，电场力做的功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。 返回 电势能 二 14 一个正电荷在电场中只受到静电力F的作用，它在电场中由A点运动到B点时，静电力做了正功WAB。由动能定理可知，该电荷的动能增加了WAB。 从能量转化的角度思考，物体动能增加了，意味着 另外一种形式的能量减少了。类比重力做功与重力 势能的关系，这是一种什么形式的能量呢？ 答案　电荷只受静电力作用，只有静电力做功，故这种能量变化与静电力做功有关，静电力做功与重力做功特点相似：做功与路径无关，那么这种能就是势能的一种。 1.概念：电荷在 中具有的势能，这种势能称为电势能。用Ep表示。 2.大小：电荷在 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.电势能与静电力做功的关系：静电力做的功等于电势能的 ，即WAB＝ ＝－ΔEp。 4.电势能的相对性：选择不同的零电势能点，电荷在电场中同一点的电势能的值是 (填“相同”或“不同”)的。 5.电势能为 ，正负值表示电势能的 。 梳理与总结 电场 电场 零电势 能点 减小量 EpA－EpB 不同 标量 大小 (1)分析正电荷只在静电力作用下从A→B运动(图甲)和从B→A运动时(图乙)静电力做功情况、动能和电势能的变化。 思考与讨论 答案　从A→B静电力做正功，动能增加，电势能减少； 从B→A静电力做负功，动能减少，电势能增加。 (2)如果规定B点为零势能位置，若电荷从A移动至B静电力对电荷做功为WAB，则电荷在A点电势能是多少？ 答案　由WAB＝EpA－EpB＝EpA－0得EpA＝WAB。 (多选)如图所示，在正点电荷产生的电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把带电荷量为＋q和－q的试探点电荷依次放在这三个点上，关于它们所具有的电势能，下列说法中正确的是 A.放上＋q的试探点电荷时，试探点电荷在各点的 电势能大小关系为EpA＞EpB＞EpC B.放上＋q的试探点电荷时，试探点电荷在各点的电势能大小关系为EpA ＜EpB＜EpC C.放上－q的试探点电荷时，试探点电荷在各点的电势能大小关系为EpA ＞EpB＞EpC D.放上－q的试探点电荷时，试探点电荷在各点的电势能大小关系为EpA ＜EpB＜EpC 例2 √ √ 若将带电荷量为＋q的点电荷从A点移到B点，再由B点移到C点，静电力均做正功，试探电荷的电势能均减少，可见EpA＞EpB＞EpC，选项A正确，B错误。 若将带电荷量为－q的点电荷从A点移到B点，再由B点移到C点，静电力均做负功，试探电荷的电势能均增加，可见EpA＜EpB＜EpC，选项C错误，D正确。 总结提升 电势能大小的判断 1.做功判断法：无论正、负电荷，静电力做正功，电荷的电势能减小；静电力做负功，电荷的电势能增大。 2.能量守恒判断法：只有静电力做功时，电荷只有动能和电势能相互转化，总能量不变。因此，可由动能的变化确定电势能的变化。即只有静电力做功时，动能减少多少，电势能就增加多少；反之，动能增加多少，电势能就减少多少。 总结提升 3.电场线法：(1)正电荷顺着电场线的方向移动时电势能逐渐减小，逆着电场线的方向移动时电势能逐渐增大；(2)负电荷顺着电场线的方向移动时电势能逐渐增大，逆着电场线的方向移动时电势能逐渐减小。 (2024·石嘴山市第三中学高二月考)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C的整个过程中电势能改变了多少？ 例3 答案　见解析 静电力先做负功后做正功，则电荷从A经B到C的过程中，静电力做功WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J＝－1.8×10－5 J，则知电势能增加了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　见解析 若A点的电势能为零，则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　见解析 若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。 返回 课时对点练 三 26 考点一　静电力做功的特点 1.(2023·莆田市高二期中)如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿折线ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，静电力做功为W3。则 A.W1>W2 B.W3<W2 C.W1＝W2 D.W1<W3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础对点练 √ 静电力做功只与起始位置和终止位置有关，与 路径无关，因此选项C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 静电力对两小球均做正功，大小与路径无关，对每个小球做的功均为qEl，共为2qEl，故C正确。 2.(2024·虎林市高级中学月考)两带电小球(可视为质点)，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度大小为E的匀强电场中，杆与电场强度方向平行，其位置如图所示。若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此转动过程中 静电力做的功为 A.0 B.qEl C.2qEl D.πqEl √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2024·吉林省部分学校联考)如图所示，在电场强度为E＝2×103 N/C的匀强电场中有三点A、M、B，AM＝3 cm，MB＝4 cm，AB＝5 cm，且AM边平行于电场线。把一电荷量q为2×10－9 C的正电荷从B点移动到M点，再从M点移动到A点，静电力做的总功为 A.1.6×10－7 J B.－1.6×10－7 J C.1.2×10－7 J D.－1.2×10－7 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由几何关系知，BM与电场线垂直，正电荷从B点移动到M点，静电力不做功，从M点移动到A点，静电力做功为WMA＝－qEdAM＝－1.2× 10－7 J，所以静电力做功W＝WBM＋WMA＝－1.2×10－7 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 考点二　电势能 4.在电场中，把电荷量为4×10－9 C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10－8 J，下列说法中正确的是 A.电荷在B点具有的电势能是6×10－8 J B.电荷在B点具有的电势能是－6×10－8 J C.电荷的电势能增加了6×10－8 J D.电荷的电势能减少了6×10－8 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定了零电势能点后，电荷在B点的电势能才有确定的数值，故选项A、B错误； 由于电荷从A点移到B点的过程中克服静电力做功6×10－8 J，故电荷的电势能增加了6×10－8 J，选项C正确，选项D错误。 5.(多选)(2024·山西省平遥县第二中学质检)下列说法中，正确的是 A.沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定增加 B.沿着电场线的方向移动正电荷，电势能一定减少 C.沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定减少 D.沿着电场线的方向移动负电荷，电势能一定增加 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 正电荷所受静电力方向与电场方向相同，沿着电场线的方向移动正电荷，静电力做正功，电势能减少，B对，A错； 负电荷所受静电力方向与电场方向相反，沿着电场线的方向移动负电荷，静电力做负功，电势能增加，D对，C错。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有 A.带正电的矿粉落在右侧 B.静电力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能增加 D.带正电的矿粉电势能减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左， 带正电的矿粉受到水平向左的静电力，所以会落 到左侧，选项A错误； 无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在静电力 的作用下沿静电力的方向偏移，故静电力做正功， 矿粉的电势能减少，选项C错误，B、D正确。 7.(多选)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，电势能减少 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， 电势能增加 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， 电势能减少 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，则该电荷电势能不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在正点电荷形成的电场中，正电荷所受静电力沿半径向外，从M点移到N点，静电力做正功，电势能减少，A正确，B错误； 在正点电荷形成的电场中，负电荷所受静电力沿半径 向里，从M点移到N点，静电力做负功，电势能增加，C错误； 从M点沿直线移到N点，再从N点移回到M点，静电力做的总功为零，电势能不变，D正确。 8.如图所示，在真空中有两个带电荷量相等的正电荷q1和q2，它们分别固定在A、B两点，CD为A、B连线的中垂线。现将正电荷q3由C点沿CD移至无限远处，在此过程中 A.q3的电势能逐渐增加 B.q3的电势能先逐渐增加，后逐渐减少 C.q3受到的静电力逐渐减小 D.q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 根据电场的叠加原理可知，C点的场强为零，CD线上C点上方其余各点的场强方向均由C指向D，无穷远处场强也为零，所以将q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小， 则q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小，C 错误，D正确； 静电力一直对q3做正功，则q3的电势能不断减小， A、B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(2023·厦门市大同中学高二月考)如图所示为等量异种电荷周围的电场线分布情况，现将一个带负电的点电荷C(图中没有画出)以一定初速度从A点释放，速度的方向沿电荷连线由A指向B，则关于C在A、B之间的运动，下列分析正确的是 A.速度先增加后减小，加速度先减小后增大 B.速度先减小后增加，加速度先增大后减小 C.速度一直减小，电势能一直增大 D.速度一直增大，电势能一直减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由等量异种电荷周围的电场线分布可知，两点电荷连线上的电场方向由正电荷指向负电荷，连线中点的电场强度是连线上最小的，则带负电的点电荷C从A运动到B的过程， 电场力方向由A指向B，电场力做正功， 动能增大，速度一直增大，电势能一 直减少，电场力先减小后增大，加速度 先减小后增大，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(2023·张家口市高二期中)一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定初速度从M点沿电场线运动到N点，其速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是 A.从M点到N点，电场强度先减小再增大 B.电场强度先沿NM方向，再沿MN方向 C.微粒在M点的电势能大于在N点的电势能 D.从M点到N点，静电力一直对微粒做负功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 从M点到N点，由速度—时间图像可知微粒的加速度先增大后减小，微粒仅受静电力作用，根据牛顿第二定律和电场强度的定义式可得，电场强度先增大后减小，A错误； 从M点到N点，微粒速度一直增大，故静电力 一直做正功，带负电的微粒逆着电场线方向运 动，故电场强度沿NM方向，B、D错误； 微粒从M点到N点，静电力一直对微粒做正功，电势能减小，故微粒在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2024·建瓯市芝华中学阶段检测)如图所示，在电场强度E＝1×104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6 C的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取10 m/s2。则： (1)小球到达最低点B的过程中重力势能变化量、电势 能变化量分别为多少？ 答案　重力势能减少4.5×10－3 J　电势能增加3×10－3 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 重力势能变化量 ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J 电势能的变化量 ΔEp电＝qEl＝3×10－3 J。 (2)若取A点电势能为零，小球在B点的电势能为多大？ 答案　3×10－3 J　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由EpA－EpB＝－ΔEp电得， 小球在B点的电势能EpB＝3×10－3 J。 (3)小球到B点时速度为多大？小球到B点时细线的张力 为多大？ 答案　1 m/s　5×10－2 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球从A到B由动能定理得 解得vB＝1 m/s 解得T＝5×10－2 N。 12.如图所示，在真空环境中，点电荷M、N(图中未画出)分别固定在x＝0和x＝6a处，在x＝2a处由静止释放一个负点电荷P，点电荷P仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是 A.x＝4a处的电场强度最大 B.点电荷M、N一定是异种电荷 C.点电荷P的电势能先增大后减小 D.点电荷M、N所带电荷量绝对值之比为4∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明x＝4a处的加速度为零，则电场强度等于0，故A错误； 由v－x图像可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功后做负功，结合负电荷受到的电场力的方向与场强的方向相反可知，电场强度的方向先沿x轴的负方向，后沿x轴的正方向，根据点电荷 的电场线的特点与电场的叠加原理可知， 点电荷M、N一定都是负电荷，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由B选项分析可知，电场力对点电荷P先做正功后负功，则其电势能先减小后增大，故C错误； 由A选项分析可知x＝4a处电场强度等于0，则M与N点电荷在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反， 可得 所以点电荷 M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶ 1，故D正确。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 则E＝＝ N/C＝60 N/C。 ＜ mgl－Eql＝mvB2 在B点，对小球有T－mg＝ k＝k， $