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（鲁科版）

该高中物理课件聚焦电场中的功能关系及E-x、φ-x、Ep-x图像问题，通过功能关系规律（动能定理、电势能变化）与图像分析的结合，以例题（如带点小球运动问题）和分层练习为支架，衔接前后知识，构建从基础规律到综合应用的学习路径。 其亮点在于以科学思维为核心，通过图像斜率、面积等关键信息分析（如φ-x图像斜率判断场强）和例题推理（如带电小球动能与电势能变化计算），培养科学推理与模型建构能力。课时测评覆盖基础与综合，助力学生提升问题解决能力，也为教师提供系统教学资源。

素养提升课三　电场中的功能关系及图像问题 　　　　 第2章　电势能与电势差 1．会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题。　 2．理解E-x、φ -x、Ep-x图像的意义，并会分析有关问题。 学习目标 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．合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk。 2．静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 3．只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2。 　　 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。 (1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机 械能的变化量的大小分别为多少？ 答案：4.5×10-3 J　3×10-3 J　3×10-3 J 例1 重力势能变化量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)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。 (3)小球到B点时速度为多大？细线的张力为多大？ 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点的速度vB＝1 m/s， 在B点，由圆周运动的向心力公式F＝，对小球有FT－mg＝，解得细线张力T＝5×10-2 N。 针对练．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中 A．小球的重力势能减少了2mgh B．小球的动能增加了2mgh C．静电力做负功2mgh D．小球的电势能增加了3mgh √ 带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。 返回 提升点二　电场中的图像问题 返回 φ -x图像 1．在φ -x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小确定在x方向上的电场强度的大小。 2．φ -x图像切线的斜率的绝对值k＝表示场强大小。 3．在φ -x图像中分析电荷移动的电势能的变化，可用WAB＝qUAB＝－ΔEp进行相关计算。 角度1 A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是 A．该电场是点电荷形成的电场 B．A、B两点电场强度的大小关系为EA<EB C．电子从A运动到B过程中静电力做负功 D．电子在A、B两点的电势能大小关系为 √ 例2 各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜 率的绝对值表示电场强度大小，可知该电 场为匀强电场，则A、B两点电场强度的 大小关系为EA＝EB，A、B错误；由φ –x 图像知：由A→B，电势升高，故电场强 度的方向由B→A。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中所受静电力方向与运动方向相同，静电力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能关系为。 针对练．(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受静电力的作用，在－x0～x0区间内 A．该静电场是匀强电场 B．该静电场是非匀强电场 C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小 D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大 √ √ 由题图可知，电势与距离不成正比，图线切线斜率 的绝对值等于电场强度的大小，因此该静电场是非 匀强电场，A错误，B正确；根据沿着电场线方向 电势降低，可知电场线的方向沿x轴负方向，故电子 所受静电力沿x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动， 电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，C正确，D错误。 E-x图像 1．E-x图像中，E的数值反映电场强度的大小，E的正负反映E的方向，E为正表示电场方向为正方向。 2．E-x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断。 角度2 (多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的 变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向， 带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷 A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中在x方向上的静电力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中在x方向上的静电力先减小后增大 √ √ 例3 由题图可知，x1到x4电场强度先变大，再变小，则正点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，E<0，正电荷受静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，A错误，B正确。 针对练．(多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点电场强度E随x变化关系如图所示，以下判断正确的是 A．x＝2a处的电场强度为零，电势也一定为零 B．点电荷M、N一定为同种电荷 C．点电荷M、N一定为异种电荷 D．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1 √ √ x＝2a处的电场强度为零，但由于电势与电场强度无关， 与零电势点的选取有关，则电场强度为零的地方电势不 一定为零，A错误；从0到3a，电场强度先正方向减小 到零又反方向增大，则点电荷M、N必为同种电荷，B 正确，C错误；x＝2a处的电场强度为0，由 得QM∶QN＝4∶1，D正确。 Ep-x图像 Ep-x图像表示带电粒子电势能随x的变化规律，根据图像可以分析出静电力做功的正负。Ep-x图像的斜率k＝＝－F，因此Ep-x图像斜率的绝对值表示在x方向上电荷所受静电力的大小。而静电力F＝qE，因此根据Ep-x图像的斜率也可以分析电场强度的变化情况。 角度3 (多选)O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在静电力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是 A．静电力一定做正功 B．O点电势比A点电势高 C．从O到A的过程中，电场强度先减小后增大 D．从O到A的过程中，电场强度一直增大 √ √ 例4 由图可知，O到A电势能减小，所以静电力做正功，A正确；因为φ＝且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势低于A点，B错误；因为＝－qE，所以图线的斜率绝对值代表静电力大小，从O到A斜率先减小后增大，故静电力先减小后增大，电场强度先减小后增大，C正确，D错误。 针对练．如图所示，在P1、P2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点。一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称。选项图关于试探电荷速度v、电场的电场强度E、电势φ、试探电荷的电势能Ep的描述正确的是 √ 根据同种电荷电场分布特点可知，O点电场强度为0，故试探电荷在O点的加速度为0，A、B错误；两等量正点电荷连线的中点电势最低，且φ的分布关于O点对称，φ随x非均匀变化，C正确；正试探电荷在O点电势能最小。图像应类似φ -x图像，D错误。 返回 课时测评 返回 1．如图所示，直线AB为某点电荷产生的电场中一条竖直的电场线。有一质量为m、电荷量为＋q的小球，由该直线上的A点静止释放，小球向下运动h达到B点时速度恰好减小为零，下落过程不计空气阻力，重力加速度为g。下列判断正确的是 A．该点电荷位于A点的正上方且带负电 B．B点的电场强度大小EB＝ C．A点的电势φA大于B点的电势φB D．小球从A点到B点的过程电势能增加了mgh √ 基础排查 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 若该点电荷位于A点的正上方且带负电，那么电荷量为＋q的小球 受到向下的重力和向上的电场力，从A点由静止开始向下运动，在 运动中由于电场力减小，所以小球的加速度一直在增大且与速度 方向相同，则小球的速度不可能再减到零，故A错误；小球从A到 B先加速后减速，所以加速度先向下后向上，小球在B点的合力向 上，即F合＝qEB－mg>0，可知B点的电场强度大小EB>，故B错误；小球从A到B，动能变化量为0，所以合外力做功为零，重力做正功，则电场力做负功，所以电势能增加，且增加量为mgh，小球带正电，所以A点的电势φA小于B点的电势φB，故C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 2．如图所示中的实线表示电场线，虚线表示只受静电力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定 A．粒子带负电 B．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 C．粒子在M点受到的静电力大于在N点受到的静电力 D．粒子在M点的动能大于在N点的动能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 根据曲线运动受到的力指向轨迹凹侧，粒子受力沿电 场线的切线方向可知，粒子带正电，A错误；由静电 力方向应指向轨迹的凹侧得知，粒子所受静电力方向 沿电场线斜向左下方，静电力对粒子做正功，其电势 能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能；B正确，D错误；M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的静电力也较小，C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 3．带电荷量分别为＋2q、－q(q>0)的A、B两个点电荷相距L，固定在绝缘水平面上，连线中点为O，中垂线上有与O等间距的C、D两点，如图。静电力常量为k。下列说法正确的是 A．C、D两点电场强度相同 B．将电荷从C点沿直线移动到D点，电场力一直不做功 C．O点的电场强度大小为 D．将电子从C点移动到O点，电势能增加 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 电场可以看成是＋q、－q的等量异种点电荷和A处的一 个＋q形成的电场，在等量异种点电荷电场中C、D电场 强度大小相等，方向相同，但是在＋q形成的电场中两 点场强大小相等，方向不同，根据场强叠加原理可知， C处合场强偏向右上，D处合场强偏向右下，两点电场强度不同，A错误；电场可以看成是＋q、－q的等量异种点电荷和A处的一个＋q形成的电场，在等量异种点电荷电场中电荷从C点沿直线移动到D点，电场力一直不做功，但在＋q形成的电场中，在这两点间移动电荷，电场力做功，B错误；O点的电场强度大小为E＝k，C正确；根据B选项分析可知，将电子从C点移动到O点，电场力做正功，电势能减小，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 4．如图所示，在真空中，A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正八边形路径abcdefgha，其中心O与A、B连线的中点重合，ah⊥AB。下列说法正确的是 A．a点和d点的电场强度相同 B．b点和c点的电势相等 C．电子在f点的电势能比在g点的电势能大 D．将电子从d点沿直线移动到e点，静电力做负功 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 根据等量异种点电荷的电场线分布，可知a点和d 点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误； 根据沿着电场线方向电势降低，知b点的电势比c 点的电势高，故B错误；f点的电势比g点的电势低， 电子从f点移动到g点，静电力做正功，电势能减小，则电子在f点的电势能比在g点的电势能大，故C正确；因d点和e点电势相等，则电子从d点到e点电势能不变，静电力做功为零，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 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． √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 小球恰好通过最高点，则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。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 6．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是 A．x1和x2处的电场强度均为零 B．x1和x2之间的场强方向不变 C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 φ -x图像的切线斜率越大，则场强越大，A项错误，由 切线斜率的正负可知，x1和x2之间的场强方向先沿x轴 负方向后沿x轴正方向，B项错误，粒子在x＝0处由静 止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与静电力方向同 向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 7．(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处。两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是 A．x3处电势φ最高，电场强度最大 B．Q1带正电，Q2带负电 C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 φ -x图像的斜率表示电场强度，所以由题 图可知x3处电势φ最高，电场强度最小为0， 则A错误；由于沿着电场线方向电势逐渐 降低，则0～x3电场线方向指向x轴的负方 向，x3～＋∞，电场线方向指向x轴的正方向，并且在x3处电势最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式E＝k，由近小远大规律可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，并且Q1带正电，Q2带负电，所以B正确，C错误； 电子从x1处沿x轴移动到x2处，电场力做负功，电势能增加，所以D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 8．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的 点电荷，一带正电的试探电荷仅在静电 力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的 中垂线从a点向上运动，其v -t图像如图 乙所示，下列说法正确的是 A．两点电荷一定都带正电，且电荷量一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．0～t2时间内，试探电荷的电势能先增大后减小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由题图乙可知试探电荷在0～t2时间内做减速直线运动，故两点电荷一定都带负电，且带电荷量一定相等，选项B正确，A错误；试探电荷先向上减速运动，速度减为零后再向下加速运动，选项C错误；时间内，静电力做负功，则试探电荷的电势能一直增大，选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 9．真空中有一静电场，其在x轴正半轴的电势随x变化的关系如图所示，则根据图像可知 A．R处的电场强度E＝0 B．x1处与x2处的电场强度方向相反 C．若正的试探电荷从x1处移到x2处，静电力一定做正功 D．该电场有可能是处在O点的正点电荷激发产生的 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 φ -x图像中，曲线上任意一点处切线的斜率表示电场 强度，R处切线的斜率不为零，故电场强度不为零， A错误；x1处与x2处的切线斜率同为负值，B错误；正 的试探电荷从x1处移到x2处，电势降低，根据公式WAB ＝EpA－EpB，可知静电力做正功，C正确；离电荷越近，电场强度越大，φ -x图线的斜率的绝对值越大，而从O点向右，切线斜率的绝对值先变大后变小，故该电场不可能是处在O点的正点电荷激发产生的，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 10．如图所示，带正电小球A固定在绝缘天花板上，绝缘轻弹簧的下端固定在水平地面上，弹簧处于自由状态，现将与A完全相同的带正电小球B放在弹簧上端并由静止释放，若A、B球心和弹簧轴线始终在一条竖直线上，则小球B从释放到第一次运动到最低点的过程中，下列说法中正确的是 A．小球B的机械能先增大后减小 B．小球B的加速度先增大后减小 C．小球B与弹簧组成系统的机械能先增大后减小 D．小球A与B组成系统的电势能先增大后减小 √ 综合应用 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 刚释放时，由于静电力对小球B做的正功大于弹簧弹力对小球B 做的负功，小球B的机械能增大，随着弹力逐渐增大，弹力做的 负功最终大于静电力做的正功，小球B的机械能减小，故A正确； 开始运动时，弹簧的弹力小于重力和静电力的合力，小球B所受 合外力竖直向下，向下做加速运动，由于弹簧的弹力逐渐增大， 合外力减小，加速度减小，当合外力减小为0时，速度最大，之后弹簧的弹力大于重力与静电力的合力，小球B所受合外力竖直向上，向下做减速运动，随着弹簧的弹力逐渐增大，加速度反向增大，因此小球B的加速度先减小后增大，故B错误；由于静电力对小球B一直做正功，由功能关系可知，小球B与弹簧组成系统的机械能一直增大，故C错误； 静电力对小球B一直做正功，小球A与B组成系统的电势能一直减小，故D错误。故选A。 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＝，所以q＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (2)小球受到的合外力大小； 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－ 所以xm＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 12．(10分)如图a，一个正点电荷固 定在绝缘水平面上x轴的原点O处， 轴上各点电势φ与的关系如图b。可 视为质点的滑块质量为0.05 kg、电 荷量为＋8.0×10-9 C，从x＝0.2 m处 由静止释放，在x＝0.4 m处时速度 达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.01，g＝10 m/s2。k＝/C2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则： (1)在x＝0.4 m处滑块所受电场力大小为多少？ 答案：5×10-3 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 在x＝0.4 m处滑块速度达到最大，则此时滑块受力平衡，即电场力等于滑动摩擦力F电＝f＝μmg＝5×10-3 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (2)在x＝0.4 m处滑块速度大小为多少？ 答案：0.2 m/s　 由题图b知，在x＝0.4 m即＝2.5 m-1处，此处的电势为φ1＝2.5×105 V；在x＝0.2 m即 处，此处的电势为φ2＝5×105 V，则两处的电势差为U＝φ2－φ1＝2.5×105 V，根据动能定理有qU－μmgΔx＝mv2，解得v＝0.2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 (3)计算滑块到达的最远位置。 答案： 0.8 m 由题图b可知，电势φ与位置x之间的关系为φ＝(V)，则从x＝0.2 m到最远位置，根据动能定理有qU′－μmgΔx′＝0，U′＝φ2－φ，Δx′＝x－0.2 m，解得x＝0.8 m或x＝0.2 m(舍去)。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 谢 谢 观 看 第2章　电势能与电势差 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 $