1.导学案 第十章 静电场中的能量 专题进阶课二 静电场中的功能关系和图像问题（配套word）-【满分思维】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）教师用书

该高中物理导学案聚焦静电场中的功能关系和图像问题，引导学生运用动能定理、能量守恒等解决能量问题，理解v-t、E-x、φ-x、Ep-x图像意义，通过复习电场力、电势等基础知识点，搭建进阶学习支架。 资料核心归纳清晰，典例精研结合2025年各地检测题，以科学推理深化能量观念和运动相互作用观念，图像分析培养模型建构能力，对点训练巩固知识，助力学生提升解决复杂问题的物理观念与科学思维。

专题进阶课二　静电场中的功能关系和图像问题 学习目标 学后评价 1.能够运用动能定理、能量守恒定律和功能关系等解决电场中的能量问题。 优秀□　　良好□ 2.理解v -t、E -x、φ -x、Ep-x图像的意义,并会分析有关问题。 优秀□　　良好□ 学习任务一　静电场中的功能关系 【核心归纳】 1.静电力做功的计算 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)合外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。 (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。 【典例精研】 [典例1](多选)(2025·广安高二检测)如图,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块下滑的过程中动能增加了12 J,摩擦生热8 J,重力做功24 J,则以下判断正确的是 (　　) A.金属块带正电荷 B.金属块克服电场力做功8 J C.金属块的机械能减少12 J D.金属块的电势能减少40 J 【解析】选A、C。根据动能定理ΔEk=WG-Wf+W电,解得W电=-4 J,故金属块克服电场力做功 4 J,金属块的电势能增加4 J,故B、D错误;金属块下滑的过程中,电场力做负功,故金属块受到的电场力水平向右,故金属块带正电荷,故A正确;金属块的机械能减少ΔE=|Wf|+|W电|=12 J,故C正确。 【对点训练】 (2025·定西高二检测)如图所示,平行虚线A、B、C、D、E是一匀强电场中的5个等间距的等势线,一电子经过等势线A时的动能为20 eV,从等势线A运动到等势线D的过程中克服电场力做的功为15 eV,电子运动的轨迹如图中实线所示,已知等势线B的电势为5 V,电子经过等势线D时的速率为v,下列说法正确的是 (　　) A.等势线C的电势为-5 V B.该电子经过等势线D时的电势能为-5 eV C.该电子经过等势线B时的速度大小为v D.仅改变电子射入的方向,该电子可以从等势线A运动到等势线E的右侧 【解析】选C。因等势线间距相等,在匀强电场中,根据U=Ed,可知相邻虚线之间电势差相等,电子由A运动到等势线D,根据动能定理有-eUAD=-15 eV,解得UAD=15 V,电子由A到D,电场力做负功,故电场线方向向右,沿电场线方向电势降低,已知相邻等势线间电势差相等,故相邻等势线间电势差为U=5 V,已知等势线B的电势为5 V,故等势线C的电势为0 V,故A错误;已知等势线B的电势为5 V,相邻等势线间电势差为U=5 V,故等势线D的电势为φD=-5 V,该电子经过等势线D时的电势能为-eφD=5 eV,故B错误;电子从B到D,根据动能定理-eUBD=mv2-m,电子从A到D,根据动能定理-eUAD=mv2-20 eV,联立解得mv2=5 eV,vB=v,故C正确;电子从D到E,根据动能定理-eUDE=m-mv2,结合C项分析,知vE=0,故电子运动不到等势线E的右侧,故D错误。 学习任务二　静电场中的图像问题 角度1　v -t图像 【核心归纳】 根据v -t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。 【典例精研】 [典例2](多选)(2025·南充高二检测)如图甲,在粗糙程度相同的水平面内,固定着两个等量的负点电荷M和N,O、A、B是水平面内M、N连线的中垂线上的三点,B点是MN的中点,O与B间距为0.2 m。带正电的小球(可视为质点)由O点静止释放,其质量为1×10-2 kg、电荷量为2×10-3 C,小球与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。小球从O点运动到B点的v-t图像如图乙,图乙中O、A、B对应甲图中O、A、B三个位置,A为图像的拐点,重力加速度g取10 m/s2,以下说法正确的是 (　　) A.从O到B,小球的加速度先增大后减小 B.在O与B之间,A点的电场强度最小 C.从O到B,小球的电势能减小 D.O、B两点的电势差UOB=2 V 【解析】选C、D。根据v -t图像的斜率表示加速度,由图乙可知从O到B,斜率先增大后减小再增大,加速度先增大后减小再增大,则小球从O到B,小球的加速度先增大后减小再增大,故A错误;由电场叠加原理可知,M、N两点电荷在M、N连线的中点B产生的电场强度等大反向,故B点总电场强度为0,即B点电场强度最小,故B错误;由等量同种电荷电场线分布规律可知,AB直线上电场强度方向由A指向B,由于小球带正电,故其电场力方向由A指向B,所以从O到B,电场力一直做正功,小球的电势能一直在减小,故C正确;从O到B,由动能定理可得WOB-μmgxOB=0,又因为UOB=,代入题中数据,联立解得UOB=2 V,故D正确。 角度2　E-x图像 【核心归纳】 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.设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,如图所示,两点的电势高低根据电场方向判定。 【典例精研】 [典例3](多选)(2025·龙岩高二检测)如甲图所示,真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体,以球心O为坐标原点,沿半径方向建立x轴。理论分析表明,x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示,则 (　　) A.x=R处的电势最高 B.球内部的电场为匀强电场 C.沿x轴方向电势降低 D.假设将试探电荷沿x轴移动,则从x1移到R处大于从R移到x2处电场力所做的功 【解析】选C、D。根据沿着电场线方向,电势逐渐降低,可知球心O的电势最高,沿x轴方向电势降低,故A错误,C正确;在球的内部,由图乙可知,电场强度随半径的增大而增大,不是匀强电场,故B错误;根据E-x图像与x轴所围面积表示电势差,由乙图可知,x1与R之间的面积大于R与x2之间面积,所以x1与R间的电势差大于R与x2间的电势差,则将试探电荷沿x轴从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功,故D正确。 角度3　φ -x图像 【核心归纳】 1.电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值,电场强度为零处φ -x图线的切线的斜率为零。 2.在φ -x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 3.在φ -x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后作出判断。 4.在φ -x图像中可以判断电场类型,如图所示,如果图线是曲线,则表示电场强度的大小是变化的,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,则表示电场强度的大小是不变的,电场为匀强电场。 5.在φ -x图像中可知电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 【典例精研】 [典例4](2025·榆林高二检测)两点电荷M、N分别固定在x=-20 cm和坐标原点处,若取无穷远处电势为0,则两点电荷所形成电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示,图线与x轴交于x0处,x=20 cm处电势最低。现有一正点电荷q从x0处由静止释放,其只在电场力作用下运动。下列说法中正确的是 (　　) A.点电荷M带正电、N带负电 B.x0处的电场强度为0 C.点电荷M、N所带电荷量大小之比为4∶1 D.正点电荷q沿x轴正方向运动的过程中,电势能先增大后减小 【解析】选C。根据电势变化情况可知,自x>0区域从左至右电势先降低后升高,所以电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向,可知电荷M带负电,电荷N带正电,故A错误;在φ-x图像中,斜率表示电场强度,在x0处的图像斜率不为零,则电场强度也不为零,故B错误;x=20 cm处图像斜率为零,电场强度为0,则满足k=k,则电荷M、N所带电量大小之比为Q1∶Q2=4∶1,故C正确;一正电荷q从x0处由静止释放,开始时正电荷会向电势低的方向运动,正电荷q沿x轴正方向运动的过程中,电势先降低后升高,由于Ep=qφ,因此正电荷的电势能先减小后增大,故D错误。 角度4　Ep-x图像 【核心归纳】 1.由Ep-x图像可知带电粒子在不同位置的电势能,在已知带电粒子带电量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=||,所以Ep-x图像切线的斜率大小表示带电粒子在该位置所受静电力的大小。 【典例精研】 [典例5](2025·武汉高二检测)在x轴上O、P两点分别放置点电荷Q1和Q2,其电荷量分别为q1、q2,一个带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示,BD段中C点电势能最大,则下列说法中正确的是 (　　) A.电荷量q1>q2 B.Q1在B点产生的电势小于Q2在B点产生的电势 C.C点的电场强度大于A点的电场强度 D.将一个点电荷从B点移到D点,电场力先做正功后做负功 【解析】选A。根据Ep-x图像,可知从O到P电势能一直减小,由正变到负,试探电荷带正电,根据Ep=qφ,可知电势一直减小,由正变到负,故两个点电荷必定是异种电荷;根据点电荷产生的电势分布特点,可知q1是正电荷,q2是负电荷,由于电势为零的A点更靠近P,则电荷量q1>q2,故A正确;Q1带正电,故其在B点产生的电势大于零,Q2带负电,故其在B点产生的电势小于零,故Q1在B点产生的电势大于Q2在B点产生的电势,故B错误;根据Ep-x图像的切线斜率大小表示电场力大小,可知A点的切线斜率不为零,C点的切线斜率为零,故A点的电场力不为零,C点的电场力为零,根据F=qE,可知A点的电场强度不为零,C点的电场强度为零,故A点的电场强度大于C点的电场强度,故C错误;根据Ep-x图像,可知从B点到D点电势能先增大后减小,试探电荷带正电,根据Ep=qφ可知,从B点到D点电势先升高后降低,故将一个正点电荷从B点移到D点,电势能应先增大后减小,则电场力先做负功后做正功,故D错误。 【对点训练】 1.(多选)(2025·青岛高二检测)在平面直角坐标系的x轴上关于原点O对称的两点分别放等量的正、负点电荷,规定沿x轴正方向为电场强度的正方向,无穷远处的电势为零。关于x轴上各点的电场强度E和电势φ随坐标x变化的图像正确的是 (　　) 【解析】选A、C。根据等量异种电荷电场分布规律可知,在两电荷连线上,电场强度方向从正电荷指向负电荷,即电场强度方向向右,且从正电荷到负电荷,电场强度先减小后增大。左侧正电荷左侧,电场强度方向向左,且大小向左不断减小;右侧负电荷右侧,电场强度方向向左,且大小向右不断减小。综合以上分析可知,A选项符合题意,B选项不符合题意,故A正确,B错误;对于电势,以无穷远处为电势零点,根据等量异种电荷电势分布规律可知,两等量异种电荷连线上,连线中点处电势为零,且越靠近正点电荷,电势越高,越靠近负点电荷,电势越低,综合以上分析可知,C符合题意,D不合符题意,故C正确,D错误。 2.如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x<a区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是 (　　) A.Q=q,释放后P将向右运动 B.Q=q,释放后P将向左运动 C.Q=q,释放后P将向右运动 D.Q=q,释放后P将向左运动 【解析】选C。对y轴正方向的点电荷,由平衡得k+k=k,解得Q=q,因在0≤x<a区间内沿x轴正方向电势升高,则电场强度方向沿x轴负方向,将P沿x轴向右略微移动后释放,受到向右的电场力而向右运动,故选项C正确。 - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $