专题提升2 电场能的性质-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第三册同步辅导与测试(人教版)

第十章静电场中的能量 专题提升2电场能的性质 [学习目标要求]1.掌握带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析思路和方法.2.理解E-x、9-x、 E。x图像的意义，并会分析有关问题.3.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题. 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 提升1利用电场线与等势线分析带电粒子的运动轨迹 [听课记录] 探究归纳 1.在电场中，电场线和等势面都是为了更好地描 述电场而引入的，两者之间既有联系又有区别. (1)电场线总与等势面垂直.电荷沿着电场线移 动，静电力一定做功；电荷沿着等势面移动，静： 电力一定不做功. (2)在同一电场中，等差等势面的疏密也反映电： 场的强弱，等差等势面密集处，电场线也密集， 电场强；反之，电场线稀疏，电场弱. (3)知道等势面，可画出电场线，知道电场线，也 …/名点评/ 可画出等势面 物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的 2.带电粒子在电场中的运动轨迹是由静电力和初 内侧，根据轨迹的弯曲方向能判断出力、速度 速度共同决定的，可以根据轨迹分析受到的静 和运动轨迹三者的位置关系，静电力做功与电 电力方向，进一步研究加速度、动能、电势能的 势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系 变化等. [典例1]如图所示，实 针对训练 W 线表示某电场的电场 1.(多选)如图所示，虚线同心圆 a 线（方向未标出），虚线 是一簇某静电场中的等势面， 是一带负电的粒子只 其电势分别是Pa、9%和Pc,一 在静电力作用下的运 带正电粒子射人电场中，运动 动轨迹，设M点和N点的电势分别为PM、PN,; 轨迹如图中实线KLMN所 粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN, 示.由图可知 速度大小分别为vM、N,电势能分别为EpM、 A.粒子从K到L的过程中，静电力做负功，电 EpN.下列判断正确的是 势能增加 A.UM<UN,aMaN B.粒子从L到M的过程中，静电力做负功，电 B.UM<UN,MN 势能增加 C.M<N EPM<EPN C.9a>9b>9c D.aM<an,EpM<EpN D.pa<ppe 37 物理 必修第三册 提升2静电场中常见的图像问题 探究归纳 3.E-x图像 (1)E-x图像中，E的数值反映电场强度的大 1.v-t图像 小，E的正负反映电场强度的方向，E为正表示 [典例2]一正电荷在电场中仅 电场方向为正方向 受静电力作用，从A点运动到 (2)E-x图线与x轴所围的面积表示“两点之间 B点，速度随时间变化的图像 的电势差”，电势差的正负由沿电场强度方向 如图所示，t4、B分别对应电荷 电势降低判断。 在A、B两点的时刻，则下列说 [典例4]（多选）静电场 E 法中正确的是 ( 在x轴上的电场强度 A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度 E随x变化的关系图 B.A处的电势一定低于B处的电势 像如图所示，x轴正方 C.电荷在A处的电势能一定大于在B处的电 向为电场强度正方向， 势能 带正电的点电荷沿x D.从A到B的过程中，静电力对电荷做正功 轴运动，则点电荷 [听课记录] 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的过程中静电力先增大后 减小 D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后 2.p-x图像 增大 从px图像上可直接看出电势随位置的变化， [听课记录] 可间接求出电场强度E随x的变化情况：px 图像切线斜率的笔对值太=合婴=号1，表示 △x E的大小，电场强度E的方向为电势降低最快 的方向. [典例3]两点电荷q1、q2固 定在x轴上的A、B两点，两 12 4.Ebx图像 电荷连线上各点电势9随x A [典例5]在光滑绝缘的水 变化的关系图像如图所示， 平桌面上有一带电的小球， 其中P点电势最高，且xAP 只在静电力的作用下沿x <xB,则 轴正方向运动，其电势能 A.q1和q2都是正电荷 E。随位移x变化的关系如 B.q1的电荷量大于q2的电荷量 图所示.下列说法正确的是 C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左： A.小球一定带负电荷 侧移到右侧，电势能先减小后增大 B.x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度 D.一点电荷只在静电力作用下沿x轴从P点 C.x1处的电势一定比x2处的电势高 运动到B点，加速度逐渐变小 D.小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大 [听课记录] [听课记录] 38 第十章静电场中的能量 :3.两个等量异种电荷位于x轴上，相对原点对称 针对训练 分布，下列选项图中能正确描述电势9随位置 2.空间有一沿x轴对称 x变化规律的是 分布的电场，其电场 强度E随x变化的图 像如图所示，x1和 一x1为x轴上对称的 巴 两点.下列说法正确的是 A.x1处场强大于一x1处场强 运动，到达一x1处时速度为零 C.电子在x1处的电势能大于在一x1处的电 势能 D.x1处的电势比一x1处的电势高 提升3静电场中的功能关系 :[典例6]（多选）如图所示，绝 探究归纳 缘的轻质弹簧竖直立于水平 功是能量转化的量度，每一种力做功必然伴随： 地面上，上面放一质量为m的 77777777777777777777777777 一种能量与其他能量的相互转化. 带正电小球（小球与弹簧不拴 1.静电力做功实现了电势能与其他形式的能的相： 接)，整个系统处在方向竖直向上的匀强电场 互转化，静电力做正功，电势能减少，电势能转： 中.开始时，整个系统处于静止状态，现施加一 化为其他形式的能；静电力做负功，电势能增： 外力F,将小球向下压至某一位置，然后撤去外 加，其他形式的能转化为电势能. 力，使小球从静止开始向上运动.设小球从静止 2.重力做功实现了重力势能与其他形式的能的相： 开始向上运动到离开弹簧的过程中，静电力对 互转化，重力做正功，重力势能减少，重力势能： 小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为 转化为其他形式的能：重力做负功，重力势能增： W2,小球离开弹簧时的速度为u.不计空气阻 加，其他形式的能转化为重力势能 力，则在上述过程中 () 3.合外力做功实现了动能与其他形式的能的相互： A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒 转化，合外力做正功，动能增加，其他形式的能： B.小球的重力势能增加了W2 转化为动能；合外力做负功，动能减少，动能转： C.小球的电势能减少了W 化为其他形式的能， 4.除重力（系统内弹力）以外的力做功实现了机械： D.小球的机械能增加了分m+w。一W 能与其他形式的能的相互转化，除重力（系统内： [听课记录] 弹力)以外的力做正功，机械能增加，其他形式 的能转化为机械能；除重力（系统内弹力）以外： 的力做负功，机械能减少，机械能转化为其他形： 式的能. 5.只有静电力做功，电势能与动能相互转化，二者 之和保持不变.只有重力和静电力做功是重力： 势能、电势能和动能相互转化，三者之和保持 不变. 39 物理必修第三册 …/名师点评/… 针对训练 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 ;4.质量为的带电小球射入匀强电场后，以方向 功能关系 竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力 (1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的 功（或总功）， 加速度为g,在小球下落h的过程中( (2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能 A.小球的重力势能减少了2mgh 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 B.小球的动能增加了2mgh 做功与电势能改变之间的对应关系！ C.静电力做负功2mgh (4)有静电力做功的过程机械能一般不守恒， 但机械能与电势能的总和可以不变· D.小球的电势能增加了3mgh 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.如图所示，实线表示电场线， C.电荷在O点受到的静电力在x轴方向上的 虚线表示只受静电力作用的 分量最大 带电粒子的运动轨迹，粒子 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中，静电力 先经过M点，再经过N点 先做正功后做负功 下列说法中正确的是() 4.如图所示，在竖直平面内，光滑绝 A.粒子带负电 缘直杆AC与半径为R的圆周交 于B、C两点，在圆心O处有一固 B B.粒子在M点的动能大于在N点的动能 C.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 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 77777777777777 D.粒子在M点受到的静电力大于在N点受到 的静电力 一质量为m、电荷量为一q、套在杆上的带负电 2.如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子 小球从A点由静止开始沿杆下滑.己知重力加 只在静电力的作用下从A点到B点运动的速： 速度为g,A点距过C点的水平面的竖直高度 度一时间图像如图乙所示，则下列分析正确： 为3R,小球滑到B点时的速度大小为√5gR. 的是 (1)求小球滑到C点时的速度大小； (2)若以B点作为零电势点，试确定A点的 电势. 甲 乙 A.该电场可能是正点电荷产生的 B.从A点运动到B点的过程中电子的电势能： 变小 C.A点的电势一定高于B点的电势 D.A点的电场强度比B点的大 3.(多选)空间某一静电场的电 势9在x轴上的分布如图所 示，x轴上两点B、C的电场 强度在x轴方向上的分量分 别是EB、ECx·下列说法中 正确的是 () A.E的大小大于EC的大小 B.EBz的方向沿x轴正方向 温馨提示 请做课时分层检测（九） 40题图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧移到右侧，电势先升高后 4.B[匀强电场的场强E=0.65V/m=500V/m,设距P点1： 降低，则负点电荷的电势能先减小后增大，选项C正确：x图线 处的合与强为家：期号=9X10×5X0二V/m=500v/m,比 的斜率绝对值等于电场强度的大小，则沿x轴从P点到B点电场 l=0,3m,负点电荷在距P点1处的电场竖直向上，则该点在电场！ 强度逐渐增大，据=盟可知，一点电荷只在静电力作用下沿工轴 中P点的下方，B正确.] 从P点运动到B点，加速度逐渐增大，选项D错误 素养演练·提升技能 [答案]C 1,B[C、D两点间的电势差为Um=一Edm=一2X101×(0.1-0.02:[典例4][解析]由题图可知，x1到x1电场强度先变大再变小， -0.03)V=-1000V,故A错误；让B板接地，B板电势为零，则C则点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误；由1到1 点电势=Ed=2×101X3X102V=600V,故B正确：让A板接 及由x2到x1过程中，静电力均做负功，电势能均增大，A错误，B 地，A板电势为零，则D点电势=-Ed=一400V,故C错误；将 正确， 一个电子从C点移到D点静电力做的功，与将电子先从C点移到P: [答案]BC 点再移到D点静电力做的功数值相同，故D错误，] :[典例5][解析]根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减 2.C[由U=E知，此图周上各点与A点间电势差最大的点应是：小，所以静电力做正功，由于不知道电场方向，故不知道静电力和 沿电场强度方向与A点相距最远的点，dm=r十rcos日，所以： 电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误：E。工 Umx=Er(cos0十1)，C项正确.] 图像在某点的切线的斜率大小等于在该点受到的静电力大小，x1 3.D「ab中点的电势为6V,与c点等电势，由电场线与等势面垂直！ 处的斜率小于x2处的，所以x1处受到的静电力小于x2处受到的 且电场的方向由电势高处指向电势低处，可知D正确.] 静电力，由F-gE可知x1处电场强度小于2处电场强度，故B 4.B[由等势线分布和电子速度变化可知该电场类似于负点电荷的！ 电场，电势炉A>PB>,电于沿AC方向运动时受到的静电力越！ 正确：根据9一号知，小球的电势能浅小，但由于小球的电性不确 来越大，选项A、D错误：根据电子只在静电力作用下沿着直线由！ 定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C错误：根据能量守恒知， A→C运动时的速度越来越小，可知电子具有的电势能越来越大， 小球在x1处的电势能大于x2处的电势能，所以小球在x1处的动 选项B正确：根据U=Ed,由于电场为非匀强电场，平均电场强度 能小于x2处的动能，故D错误 E4B<Ex,可知电势差UAB<U,选项C错误.] [答案]B 5.解析(1)当一块乌云位于另一块乌云正下方时，两块乌云问的距针对训练 离为d=1.0X103m.两块乌云间的电势差为U=Ed=1.0X102.B[由题图可知1处场强与一x1处场强大小相等，A错误；因图 ×1.0×103V=1.0×10"V. ·线与横抽所围面积表示电势差，设()点处电势为零，则由题图可知 (2)光传撸到地面所需的时间可以忽略不计，声青在空气中以！ x1与一x1处电势相等，电势差为零，C、D错误：由动能定理有 3.4×10m/s的速度传播，所以闪电发生点离观察者的距离为s= qU=△Ek,可知B正确.] wt=340m/s×8.0s=2.72×10m. :3.A[两个等量异种电荷的电场线如图所示，根据“沿电场线方向 答案(1)1.0×10"V(2)2.72×103m 电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在 位置处最高：然后再慢慢降低，()点处电势为零，则)点右侧电势 专题提升2电场能的性质 为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高， 关键能力·合作探究 直到无穷远处，电势为零，故B、C、D错误，A正确，] 提升1 0 探究归纳 提升3 [典例1][解析]由粒子的运动轨迹知粒于所受静电力的方向偏：探究归纳 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汇典例6][解析]上升过程中，静电力做正功，小球与弹簧组成的 降低，可知Pv<pM,EpM<EpN:N点附近电场线比M点密，故场； 系统机械能增加，A错误：小球上升，重力做负功，重力势能增加， 强EM<EN,由加速度a=E四知aM<aN,粒子若从N点运动到M 增加量等于小球克服重力所做的功W2,B正确：静电力做正功，小 球的电势能减少，减少量等于静电力对小球所做的功W1,C正确： 点，静电力做正功，动能增加，故M>x,粒子若从M点运动到N 点，静电力做负功，动能减小，故M>N,综上所述，选项D正确 小球的机械能的增加量为它增加的动能、重力势能之和，为2m [答案]D 十W2,D错误. 针对训练 、 [答案]BC 1.AD[带正电粒子受到的是斥力，所以是正电荷产生的电场，电势：针对训练 关系为。<%<，粒子从K到L的过程，静电力做负功，电势能；4，D[带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛领第二定 增加，故A、D正确，C错误：从L到M的过程中，静电力先做负功，律F0=F息一mg=2mg,得F息=3mg,在下落过程中静电力做功 后做正功，电势能先增加后减少，故B错误.] W电=-3mgh,重力做功Wc=mgh,总功W=W电十WG 提升2 一2mgh,根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了 探究归纳 mgh,电势能增加了3mgh,根据动能定理，小球的动能减少了 [典例2][解析]根据速度一时间图像的斜率表示加速度，可知 2mgh,故选D.] 电荷在A点的加速度大于在B点的加建度，因为只受静电力，故；素养演练·提升技能 电荷在A点所受的静电力大于在B点所受的静电力，推知EA1,C[根据粒子的运动轨连可知粒子带正电，选项A错误：由M到 E,A错误；正电荷仅在静电力作用下速度减小，正电荷一定逆着：N,静电力对粒子做正功，所以粒子动能增加，电势能减少，选项B 电场线运动，沿着电场线方向电势降低，所以94<华B,B正确：从A: 错误，C正确：因为N点处电场线比M点处密集，所以N点场强 到B静电力做负功，电势能增大，C、D错误， 大于M点场强，粒子在N点受到的静电力大于在M点受到的静 [答案]B 电力，选项D错误.] [典例3][解析]由题图知，越靠近两电荷，电势越低，则和2C[速度一时间图像的斜率表示加速度，则由题图乙可知，电子的 都是负电荷，选项A错误；华x图线的斜率绝对值等于电场强度的；加速度不变，所受静电力不变，由F=Eg可知，该电场是匀强电 大小，则P点电场强度为零，根据电场强度的叠加原理知识两电荷！ 场，A点的电场强度等于B点电场强度，不可能是正，点电荷产生 在P处产生的电场强度大小相等，方向相反，即91 的，故A、D错误；电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则 可知静电力做负功，故电势能增加：因电子带负电，所以从A到B 又xA<xm,所以q1的电荷量小于9的电荷量，选项B错误：由！ 电势降低，故A点的电势比B点的高，故B错误，C正确.] 216 3.AD[在9x图像中，图线的斜率大小表示场强大小，可见E>:探究归纳 B,选项A正确：同理可知0点场接在工轴方向上的分萱最小，典例②习[解析]根据C:知，d增大，剥电容减小，故A。 电荷在该，点受到的静电力在x轴方向上的分量最小，选项C错误：： 沿电场方向电势降低，在O点左侧，E的方向沿x轴负方向，在O1 误：静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源 点右侧，E,的方向沿x轴正方向，负电荷沿工轴由B移到C的过： 相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误：电势差 程中，静电力先做正功后做负功，选项B错误，D正确.] U不变，阳增大，则电场强度E号减小设P点与上极板的题商 4.解折①)由几衍关系可得BC的整直高度Ax=兰R 为工，P点与上极板的电势差U1=Ex减小，P点与下极板的电势 小球从B到C运动的过程中静电力做的总功为零，根据动能定理： 差U2=U-U1增大，下极板接地电势为零，则P点的电势9P=U, 增大，又因为该小球带正电，则电势能增大，故C错误；电容器与电 有ahr子ae2-子mag 源断开，则电待量Q不交d改变，根务C-吕C=E-号。 U 解得c=2√2gR: (2)小球从A到B,重力和静电力均做正功，由动能定理有 可得E=4想，知电场强度不变，则小球所受静电力不变，故D mg(3R-hu)(q)Uau=2 mug0 正确. [答案]D 其中UAB=PA一究 :针对训练 解得91=-m8迟 q 3,BCD[由C可知电容随两极板正对面积的减小而减小，B 答案(1)2V√2gR(2)-mg迟 正确.在两极板间放入电介质，相对介电常数增大，电容将增大，C 9 正确，在下极板的内表面上放入铝板，相当于两极板间距离减小， 4电容器的电容 则电容增大，D正确.将电源与电容器两极板相连，使电容器充电， 此过程电容不变，故A错误.] 第1课时 电容器的电容 :4.CD[静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示 两板间的电压越高：当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间 必备知识·自主梳理 电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板问 一、1.绝缘很近3.(1)增大减小增大不变(2)减小减： 距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容 小00 器所带的电荷量不变，由C=号可知，板间电压U增大，从而静电 二1.电势差U2.号 5.(2)击穿6.(1)正比正比反比 计指针张角增大，所以选项C、D正确.] 素养演练·提升技能 (2)Axkd :1.A[电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储 三、1.(2)电解2.正对面积 存电荷的能力，A正确：电容器所带的电荷量是指任一极板所带电 即学即用 荷量的绝对值，B错误：电容器的电容由电容器结枸决定，不随带 1.(1)×(2)√(3)×(4)/(5)/ 2.5×10-7减小减小 电荷量的变化而变化，C错民：由C-吕-会品可求得电容器的电 容，D错误.1 关键能力·合作探究 要点1 [公式C=为电容的决定式，电容器两端的电压和电 (1)提示：用电容表示电容器容纳电荷的本领 (2)提示：不对.容纳电荷的本领用电容来描述，电容器的电容大，： 的变化对电容没有影响，根据C=号可知U增大且C不变（带电 所带电荷量不一定大， 荷量与所加电压的比值不变)时，Q增大，C正确，」 探究归纳 :3.BC[9V为电容器的额定电压（或工作电压），且额定电压低于击 [典例1][解析]电容器两极板间的电势差的变化量为△U= 穿电压，故C正确，D错误；正常工作时的带电荷量Q=CU （吉)U=号×3v-2v,由C-器得C-必四=15X出图城带日8向水内6的 1.5×10-6×9C=1.35×105C,故A错误，B正确.] 2 101F=150F设电容器原来所带的电荷量为Q,则Q=CU=1.5×: 电场，小球向左偏，则说明小球带负电，故A错误：保持开关S闭 101×3C=4.5×101C电容器的电容是由电容器本身决定的，与是！ 否带电无关，所以电容器放掉全部电荷后，电容仍然是150F 合，仅将两板板阀的距高遂当增大，由E-号可如，电场接度减小， 小球所受静电力减小，则日角将减小，故B正确：断开开关S,电容 [答案]150F4.5×101C1504F 多的电待受保持不交，由C-品C=是和E-号得E-架 ES 针对训练 1.AC[电容反映电容器容纳电荷本领的大小，故A项正确：电容器A 则仅将两极板间的距高适当增大，电场强度不变，小球所受静电力 的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否： 不变，日角将不变，仅将两极板间的正对面积适当减小，电场强度变 带电无关，B错误：电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时， 大，小球所受静电力变大，0角将变大，故C,D错误.] 电容器需要带的电荷量，故C项正确：电压为10V,电荷量为2× Q 5解析(1)根据电功率P=W知 105C时，电容C=号=2X106F,D错误.] 100 2,CD「电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容器所带电荷！ B1=2×10=W=5x101w=50kw 量Q的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q: 成正比，与U成反比，故选项D正确，A、B错误；对给定的电容器， P2=2X10w=1.5×105w=150kw 其所带电荷量与极板间的电势差成正比，其比值即电容器的电容， 即电功率的范围为50kW150kW. 故选项C正确.] 要点2 (2)根据电容器储存的电能为E=号CU,知 (1)提示：电势差U增大，电容C减小， 2E (2)提示：电势差U增大，电容C减小. U=N=70×10V=2000V. (3)提示：电势差U减小，电容C增大， 答案(1)50kW-150kW(2)2000V 217