素养提升课三 电场中的功能关系及图像问题-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦静电场中的功能关系及图像问题，先梳理静电力做功的四种方法和功能关系，再结合φ-x、E-x、Ep-x图像分析，构建从基础规律到综合应用的学习支架。 其亮点在于通过典型例题和针对练，强化能量观念与科学推理，如用动能定理分析金属块运动，结合图像斜率、面积理解场强和电势。帮助学生提升问题解决能力，为教师提供系统教学资源，提高课堂效率。

素养提升课三　电场中的功能关系及图像问题 　　　　 第十章　静电场中的能量 1．会利用功能关系、动能定理和能量守恒定律分析电场中的综合问题。 2．理解φ-x、E-x、Ep-x图像的意义，并会分析有关问题。 素养目标 提升点一　电场中的功能关系 1 提升点二　电场中的图像问题 2 内容索引 课时测评 3 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 提升点一　电场中的功能关系 返回 1．计算静电力做功的方法 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)合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合力做的功。 (3)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 (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 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 √ √ 例1 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 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，故A正确，C、D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。故选AB。 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(未画出)，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。 (1)求小球滑到C点时的速度大小； 答案：　 例2 因为B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中静电力做功为零 由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝ 根据动能定理有mg· 解得vC＝。 (2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势。 答案：－ 小球从A到C，重力和静电力均做正功，根据动能定理有mg·3R＋W电＝ 根据静电力做功与电势能的关系得 W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC) 又φC＝0，可得φA＝－。 　处理电场中能量问题的基本方法 在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。 (1)应用动能定理解决问题需研究合力做的功(或总功)。 (2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。 (3)应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能变化之间的对应关系。 (4)有静电力做功的过程机械能一般不守恒，只有静电力做功时，机械能与电势能的总和不变。　　 总结提升 针对练1．(多选)图中虚线A、B、C、D表示匀强电场的等势面，一带正电的粒子只在静电力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是 A．等势面A电势最低 B．粒子从a运动到b，动能减小 C．粒子从a运动到b，电势能减小 D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变 √ √ 电场线与等势面垂直，带正电粒子所受静电力的方向 与电场强度方向相同，曲线运动所受合力指向曲线的 凹侧，带正电的粒子只在静电力的作用下，从a点运动 到b点，轨迹如题图中实线所示，可画出速度和电场线 及受力方向如图所示，则静电力的方向水平向右，电场线的方向水平向右，沿着电场线方向电势降低，等势面A电势最高，故A错误；粒子从a运动到b，只受静电力作用，静电力的方向与运动方向成锐角，静电力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，粒子的电势能与动能之和不变，故B错误，C、D正确。故选CD。 针对练2．(2025·山东菏泽期末)如图所示，粗糙水平面 所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质 量为m、电荷量为－q(q>0)的物块自O点以初动能Ek0向 右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE>μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块的动能Ek、电势能Ep与物块运动的位移x关系图像可能正确的是 √ 当物块向右运动时，根据动能定理有－qEx－μmgx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(qE＋μmg)x，当物块减速为0时，因为qE>μmg，所以物块会向左加速，根据动能定理有qE＝Ek－0，解得Ek＝，故A正确，B错误；物块先向右减速，再向左加速，而物块所受静电力方向始终向左，所以静电力先做负功，再做正功，故电势能Ep先增大后减小，故C、D错误。故选A。 返回 提升点二　电场中的图像问题 返回 角度1　φ-x图像(电场线与x轴平行时) 1．在φ -x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势的高低关系确定电场强度的方向。 2．φ -x图像切线斜率的绝对值k＝ 表示电场强度的大小，电场强度为零处，其切线的斜率为零，φ -x图像存在极值。 3．在φ -x图像中分析移动电荷电势能的变化，可用WAB＝qUAB＝－ΔEp进行相关计算。 (2025·北京九中期中)x轴上有两点电荷Q1 和Q2，二者之间连线上各点的电势高低变化如 图中曲线所示，选无限远处电势为0，则从图中 可得出 A．两电荷间连线上的P点电场强度为0 B．两电荷之间连线上各点的场强方向都指向x轴的正方向 C．Q1和Q2可能为同种电荷 D．把一正试探电荷从两电荷连线上的A点移到B点时，其电势能先减小后增大 √ 例3 φ-x图像切线斜率的绝对值表示场强大小，P 点处图像的斜率不等于0，则电场强度不为0， 故A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，可知 两电荷之间连线上各点的场强方向都指向x轴 的正方向，故B正确；因为两电荷之间连线上各点的场强方向都指向x轴的正方向，则Q1为正电荷，Q2为负电荷，故C错误；把一正试探电荷从两电荷连线上的A点移到B点时，其电势能一直减小，故D错误。故选B。 针对练．(2025·上海大同中学期中)两个点电荷Q1和Q2固定在轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无限远处电势为零，由图可知，下列说法正确的是 A．B点电场强度为零 B．Q1为正电荷，Q2为负电荷 C．Q1电荷量一定大于Q2电荷量 D．将电子沿x轴从A点移到C点，静电力一直做负功 √ φ-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小， B点处的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0， 故A错误；由题图可知，离Q1越近电场中的电势 越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离 Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势是零，由于B点离Q2近，所以Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故B错误，C正确；从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以静电力一直做正功，故D错误。故选C。 角度2　E-x图像 1．E-x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 2．若x轴正方向为电场强度的正方向，E＞0表示电场强度沿x轴正方向；E＜0表示电场强度沿x轴负方向。 3．图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。 (多选)空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示。下列叙述正确的是 A．x1、x2两处的电势相同 B．电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能 C．x＝0处与x1处两点之间的电势差为U＝ D．电子沿x轴从x1处运动到x2处，静电力一直做负功 √ √ 例4 √ 沿电场线方向电势降低，因电场方向指向x轴正方向， 则x轴相当于一条电场线，故φ1>φ2，A错误；电子受 到的静电力方向和电场方向相反，故电子从x1到x2静 电力做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于 在x2处的电势能，B、D正确；因为E-x图像与x轴所围成的面积表示电势差，可得x＝0处和x1处的电势差为U＝，C正确。故选BCD。 针对练．(多选)静电场在x轴上的电场强度E随坐标x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么点电荷 A．由x1运动到x3的过程中电势能增大 B．由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 C．由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小 D．在x2和x4处电势相等 √ √ 由题图可知，x>x1时，电场强度沿x轴负方向，带正电的点电荷由x1运动到x4的过程中，静电力一直做负功，电势能一直增大，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以φ4>φ2，A正确，C、D错误；根据题图可知，由x1运动到x4的过程中电场强度先增大后减小，则静电力先增大后减小，B正确。故选AB。 角度3　Ep-x图像 1．由Ep-x图像可知带电粒子在不同位置的电势能，在已知带电粒子的电荷量q的情况下，可由φ＝ 求出任一位置的电势。 2．由Ep-x图像可求出任意两位置对应的电势能的变化量，进而确定静电力做功情况。 3．由功能关系可得ΔEp＝－qE·Δx，即qE＝＝F，所以Ep-x图像切线斜率的绝对值表示带电粒子在该位置所受静电力的大小。 (多选)(2025·四川广元高二上学期期中)一带负电的 粒子只在静电力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随 位置x的变化关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线， x2～x3段是直线，则下列正确的是 A．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3 B．O～x1段所受静电力沿x轴负方向，x1～x2段所受静电力沿x轴正方向 C．粒子从O点向x轴正方向运动过程中加速度先逐渐减小后逐渐增大到最后恒定 D．粒子从x2向x3运动过程中静电力做正功 √ √ 例5 根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，由于粒子带负电，所 以粒子所在处的电势能越大，电势越低，由题图可知x1、 x2、x3处电势关系为φ1>φ2>φ3，故A正确。粒子在O～x1 段，电势能减小，静电力做正功，静电力沿x轴正方向； 粒子在x1～x2段，电势能增大，静电力做负功，静电力沿x轴负方向，故B错误。根据＝qE，可知Ep-x图像切线斜率的绝对值表示静电力大小，因此，粒子从O点向x轴正方向运动过程中静电力先减小后增大到最后恒定，则加速度也是先减小后增大到最后恒定，故C正确。粒子在x2～x3段，电势能增大，静电力做负功，故D错误。故选AC。 针对练．(2025·山东青岛期末)M、N是某电场中一条电场线上的两点，一个电子沿电场线从M点向N点运动，电子仅受静电力作用，其电势能随位移变化的关系如图所示，下列说法正确的是 A．电子的速度在不断地增大 B．电子的加速度在不断地增大 C．M点的电场强度小于N点的电场强度 D．M点的电势高于N点的电势 √ 根据题图可知，电子的电势能逐渐增大，则静电力 做负功，电子的动能逐渐减小，即电子的速度在不 断减小，故A错误；根据W电＝－ΔEp可知，Ep-x图 像切线斜率的绝对值表示静电力大小，根据题图可 知，斜率逐渐减小，则静电力逐渐减小，即电子的加速度在不断地减小，故B错误；电子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力，则M点的电场强度大于N点的电场强度，故C错误；静电力对电子做负功，静电力方向为N→M，则电场线的方向为M→N，沿着电场线方向电势降低，则M点的电势高于N点的电势，故D正确。故选D。 课堂回眸 返回 课时测评 返回 1．(多选)一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点，静电力做了5×10-6 J的功，那么 A．电荷在B点将具有5×10-6 J的电势能 B．电荷在B点将具有5×10-6 J的动能 C．电荷的电势能减少了5×10-6 J D．电荷的动能增加了5×10-6 J √ √ 基础排查 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 因为不知道电荷在A点的动能和电势能，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故A、B错误；电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点，静电力做正功，电荷的电势能减少，静电力做了5×10-6 J的功，则电荷的电势能减少了5×10-6 J，由动能定理可知动能增加量ΔEk＝W电＝5×10-6 J，故C、D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 2．如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动。已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服静电力做功10 J，金属块克服摩擦力做功20 J，重力势能改变了30 J，则 A．电场方向水平向左 B．电场方向水平向右 C．在此过程中金属块电势能减少20 J D．在此过程中金属块机械能增加10 J √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功10 J，则电势能增加10 J，故C错误；机械能的变化量等于除重力和弹力以外的其他力所做的总功，故ΔE＝40 J－10 J－20 J＝10 J，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 3．(多选)质量为m的带电小球在匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度方向竖直向下，其大小为g(g为重力加速度)。则在小球下落高度H的过程中，以下结论中正确的是 A．小球的电势能增加了 B．小球的动能增加了 C．小球的重力势能减少了 D．小球的机械能减少了 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律可知mg－qE＝ma，解得静电力qE＝mg，方向竖直向上，在小球下落高度H的过程中，静电力做功为，根据功能关系可知，小球的电势能增加了，机械能减小了，故A错误，D正确；重力做功为mgH，则重力势能减少了mgH，故C错误；根据动能定理可知，合力做功为，则动能增加了，故B正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 4．(2025·山东威海高一下期末)某静电场的方向平行于x轴，坐标原点为O，P、Q为x轴上的两点，电势φ随x的变化规律如图所示，下列判断正确的是 A．电场方向沿x轴正方向 B．P点电势高于Q点电势 C．电场强度大小为400 V/m D．电势差UOP＞UPQ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由φ-x图像可知，沿x轴正方向电势逐渐升高，由 沿电场线方向电势降低可知，电场方向沿x轴负方 向，A错误；由沿电场线方向电势降低可知，P点 电势低于Q点电势，B错误；由φ-x图像斜率的绝 对值表示电场强度大小，可知E＝ V/m＝400 V/m，C正确；由于电场是匀强电场，在沿电场方向间隔相等的两点间的电势差相等，因此UOP＝UPQ，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 5．如图所示，光滑绝缘的水平面上存在一电场，其中某条电场线与x轴重合，x轴上各点的电势φ与坐标x的关系如图中曲线所示。曲线上A点(0.15 m，3×105 V)的切线与x轴的交点为(0.30 m，0)。将一电荷量为＋2.0×10-8 C的滑块P(可视为点电荷)，从x＝0.10 m处由静止释放，则滑块 A．将沿x轴负方向运动 B．运动的加速度一直增大 C．在x＝0.15 m处的电势能为3.0×10-3 J D．在x＝0.15 m处的电场强度大小为 2.0×106 V/m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 根据沿电场线方向电势降低可知，电场方向沿x轴正 方向，由于滑块带正电，滑块受到的静电力沿x轴正 方向，则滑块由静止释放后将沿x轴正方向运动，故 A错误；根据φ -x图像切线斜率的绝对值表示场强大 小可知，滑块沿x轴正方向运动过程，受到的静电力 逐渐减小，加速度逐渐减小，故B错误；滑块在x＝ 0.15 m处的电势能为Ep＝qφ＝2.0×10-8×3×105 J＝6.0×10-3 J，故C错误；在x＝0.15 m处的电场强度大小为E＝ V/m＝2.0×106 V/m，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 6．(2025·四川宜宾期末)如图甲所示，在真空中固定两个相同的点电荷A、B，它们关于x轴上的P点对称，在x轴上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙所示。若在坐标原点O由静止释放一个点电荷C(重力忽略不计)，释放后它先沿x轴正方向运动。规定沿x轴正方向为电场强度的正方向，则关于点电荷C的以下说法正确的是 A．带负电荷 B．在x1处动能最大 C．在x2处电势能最小 D．点电荷C不可能沿x轴做往返运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由题图乙可知，x轴上的P点对应x2点，在 P点的左侧电场强度为正值，说明场强方 向沿x轴正方向，在P点的右侧电场强度为 负值，场强方向沿x轴负方向，可知A、B带等量负电荷，在坐标原点O由静止释放一个点电荷C，释放后它先沿x轴正方向运动，则点电荷C带正电荷，故A错误；点电荷C从O点到P点，静电力做正功，电势能减小，从P点沿x轴正方向运动，静电力做负功，电势能增加，故点电荷C在x2处动能最大，在x2处电势能最小，故B错误，C正确；设O点关于P点的对称点为点D，点电荷C从O点到P点，做加速运动，从P点到D点做减速运动，速度为零后从D点到P点反向做加速运动，然后从P点到O点做减速运动，如此反复，故点电荷C将沿x轴做往返运动，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 7．(2025·四川南充高中月考)电场的某条电场线是一条直线，沿电场线方向依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d＝0.2 m，以O点为坐标原点，沿电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，E0＝1 V/m。一个电荷量为1 C的带正电粒子，从O点由静止释放，仅受静电力作用。则下列说法正确的是 A．粒子从A到B做匀速直线运动 B．若O点的电势为零，则B点的电势为－0.3 V C．粒子运动到A点时动能为0.3 J D．粒子在OA段电势能减少量等于BC段电势能减少量 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由题图可知，从A到B电场强度不变，静电力不变， 粒子仅在静电力作用下做匀加速直线运动，故A错 误；E-x图像与横轴围成的面积表示电势变化，沿 电场线方向电势逐渐降低，若O点的电势为零，则 B点的电势为φB＝－E0＝－0.3 V，故B正确；根据题意，由动能定理有qE0d＝EkA－0，解得粒子运动到A点时动能为EkA＝0.1 J，故C错误；根据－ΔEp＝W＝qU及E-x图像与横轴围成的面积表示电势变化可知，粒子在OA段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 8．a、b、c是静电场中一直线上的三个点，从a点释放一个初速度为零的正电子，仅在静电力的作用下由a点经b点运动到c点，以a点为坐标原点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则 A．该电场可能是孤立的点电荷产生的 B．正电子在a点的加速度小于在b点的加速度 C．电场中a点的电势高于b点的电势 D．正电子从a点到c点的过程中，动能先减小后增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 若该电场是孤立的点电荷产生的，则由a点经b点运动到c点， 正电子的电势能不可能先减小后增大，所以该电场不是孤立 的点电荷产生的，A错误；电势能Ep随位移x变化的关系图像 的切线斜率的绝对值表示静电力的大小，由题图可知，图像 在a点切线斜率的绝对值大于在b点切线斜率的绝对值，所以 正电子在a点受到的静电力大于在b点受到的静电力，则正电子在a点的加速度大于在b点的加速度，B错误；根据电场中电势与正电子在该点电势能的关系可知，电场中a点的电势高于b点的电势，C正确；正电子仅在静电力作用下运动，根据能量守恒定律可知，正电子的电势能和动能相互转化且电势能和动能的和不变，正电子从a点到c点的过程中，电势能先减小后增大，则动能先增大后减小，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 9．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线的中垂线上的两点，bcd构成一个等腰三角形，则下列说法正确的是 A．a、b两点的电场强度、电势均相同 B．c、d两点的电势相同、电场强度不相同 C．将电子由b移到c的过程中静电力做负功 D．电子在b点的电势能比在O点的电势能大 √ 综合应用 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由等量异种点电荷电场线的分布特点可知， a、b两点的电场强度方向不同，大小也不 同，c、d两点的电场强度相同，由等量异 种点电荷等势线的分布特点可知，a点电势高于b点电势，c、d两点的电势相同，故A、B错误；由等量异种点电荷等势线的分布特点可知，b点电势高于c点电势，将电子由b移到c的过程中电势能增加，静电力做负功，故C正确；b点的电势高于O点的电势，则电子在b点的电势能比在O点的电势能小，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 10．(2025·山西晋城高二上期中)如 图甲所示，在水平方向的电场中， 光滑绝缘水平面上有一小滑块，其 质量为0.2 kg、电荷量为－0.1 C。 现给处于x＝1 m处的小滑块沿x轴正方向 m/s的初速度，滑块将做直线运动。该电场的电势φ在x轴上的分布如图乙所示，P点是图线的最低点，虚线AB是过点(1 m，2 V)图线的切线。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A．x＝1 m处电场强度的大小为3 V/m B．滑块运动过程中，加速度先增大后减小 C．x>3 m的区间，电场强度的方向沿x轴正方向 D．滑块运动至x＝3 m处时，速度大小为 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 φ-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度大小，x＝1 m处图像切线斜率的绝对值为1 V/m，即电场强度的大小等于1 V/m；图像斜率的绝对值先减小后增大，因此加速度先减小后增大；沿着电场线方向电势降低，x>3 m的区间，电场强度的方向沿x轴负方向；滑块从x＝1 m运动至x＝3 m的过程中，根据动能定理有q(φA－φP)＝代入数据可得vP＝ m/s。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 11．(10分)如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，相邻等势面间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45˚角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g) (1)小球应带何种电荷及其电荷量； 答案：正电荷　　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 作出电场线如图甲所示。由题意知，只有小球受到向左的静电力，静电力和重力的合力方向与初速度方向才可能在一条直线上，如图乙所示。当F合方向与v0方向在一条直线上才能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图乙知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝，解得q＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (2)小球受到的合力大小； 答案：mg　 由图乙知F合＝mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm。(电场范围足够大) 答案： 由动能定理得－F合xm＝0－ 解得xm＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 12．(10分)如图所示，在场强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、电势能和机械能的变化量分别为多少？ 答案：－4.5×10-3 J　3×10-3 J　－3×10-3 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 重力势能的变化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10-3 J 电势能的变化量ΔEp电＝－W电＝qEl＝3×10-3 J 机械能的变化量ΔE＝－ΔEp电＝－3×10-3 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (2)若取A点为零电势能点，则小球在B点的电势能为多大？ 答案：3×10-3 J　 由ΔEp电＝EpB－EpA得，小球在B点的电势能EpB＝3×10-3 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (3)小球在B点时的速度为多大？细线的拉力为多大？ 答案：1 m/s　5×10-2 N 小球从A到B，由动能定理得mgl－qEl＝，解得小球在B点时的速度vB＝1 m/s 在B点，对小球由牛顿第二定律有FT－mg＝解得细线拉力FT＝5×10-2 N。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 谢 谢 观 看 第十章　静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 $