第十章 静电场中的能量 专题强化-2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

该高中物理单元复习课件系统整合了电场线、等势面、带电粒子运动及电场能等核心内容，通过分主题构建“电场性质-粒子运动-能量转化”的逻辑脉络，如将等分法应用与轨迹分析结合，帮助学生形成完整的电场知识网络。 其亮点在于采用“概念辨析-典例解析-变式拓展”模式，如通过φ-x图像分析电场强度培养科学推理能力，交变电场中粒子运动问题强化运动与相互作用观念。分层例题设计满足不同学生需求，助力教师精准复习，提升学生知识应用能力。

电场线、等势面与带电粒子运动轨迹问题 等分法的应用 [学习目标]　1.学会根据电场线、等势面与带电粒子的运动轨迹判断粒子的受力情况及能量的变化情况(重难点)。2.会利用等分法确定等势面和电场线(重难点)。 一、电场线、等势面与带电粒子运动轨迹的综合问题 带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法： 1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向。 2．判断静电力(或电场强度)的方向：仅受静电力作用时，带电粒子所受静电力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断该点处电场强度的方向。 3．判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能减少；若静电力与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。 4．判断粒子动能的增减：可以根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。 例　如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在静电力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　) A．vM＜vN，aM>aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN 答案　D 解析　由粒子的运动轨迹知粒子所受静电力的方向向右偏，因粒子带负电，故电场线方向向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，EpM<EpN；N点附近电场线比M点密，故电场强度EM<EN，知aM<aN，粒子若从N点运动到M点，静电力做正功，电势能减少，动能增加，故vM>vN。综上所述，选项D正确。 变式　若实线为等差等势面，上面选项正确的是(　　) 答案　B 解析　若实线为等差等势面，带电粒子在a点受力如图， 电场强度与F的方向相反，则φM<φN，若粒子从M点运动至N点，静电力做正功，故EpM>EpN，vM<vN，若粒子从N点运动至M点，静电力做负功，仍有EpM>EpN，vM<vN，根据等势面疏密知，EM<EN，故aM<aN，因此选B。 例　(2023·南京市宁海中学高二期中)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一正电粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　) A．三个等势面中，a的电势最低 B．正电粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．正电粒子通过P点时的动能较通过Q点时大 D．正电粒子通过P点时的加速度较通过Q点时小 答案　B 二、等分法确定等势面和电场线 “等分法”及其应用原理 在匀强电场中，沿任意一个方向电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同间距的两点间的电势差相等，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段线段两端点的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法叫作“等分法”。由此可知，在匀强电场中，长度相等且相互平行的线段两端点间的电势差相等。 结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。 结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且＝，则UAB＝UCD，如图乙所示。 例　(2022·宜昌部分示范高中高二期中)如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9 V，φb＝15 V，φc＝18 V，则d点的电势为(　　) A．4 V B．8 V C．12 V D．16 V 答案　C 解析　方法一　根据几何知识知，ab长度等于dc长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb－φa＝15 V－9 V＝φc－φd＝18 V－φd，可得φd＝12 V，故C正确。 方法二　ac、bd的中点都是圆心O，故φa＋φc＝φb＋φd，解得φd＝12 V，故C正确。 例　如图所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　) A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 答案　A 解析　在匀强电场中，沿某一方向电势均匀降低或升高，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)， 因此B、C在同一等势面上。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m，匀强电场的电场强度大小E＝＝ V/m＝200 V/m，故选项A正确。 1．确定电场方向的方法 先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势线垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势线指向电势低的等势线。 2．等分法确定电势或电场强度方向只适用于匀强电场。 电场能的性质及图像问题 [学习目标]　1.进一步掌握电场强度、电势、电势差、电势能及静电力做功之间的关系(重点)。2.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题(重点)。3.理解E－x、φ－x、Ep－x图像的意义，并会分析有关问题(重难点)。 一、电场强度、电势、电势差及电势能之间的关系 电场强度 电势 电势差 电势能 意义 描述电场的力的性质 描述电场的能的性质 描述静电力做功的本领 描述电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量 公式 E＝ φ＝ UAB＝ Ep＝φq 关系 (1)电场强度为零的地方电势不一定为零 (2)电势为零的地方电场强度不一定为零 (3)电势为零，电势能一定为零(均填“一定”或“不一定”) 联系 (1)匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B两点沿电场强度方向上的距离) (2)电势沿着电场强度方向降低最快 (3)UAB＝φA－φB，φ＝，WAB＝qUAB，WAB＝EpA－EpB 例　(2022·泸县第一中学高二开学考试)关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．在同一个等势面上的各点，电场强度的大小必然是相等的 C．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 D．电势下降的方向就是电场强度的方向 答案　C 解析　负电荷在低电势的地方电势能较大，将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；在同一个等势面上的各点，电场强度的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项B错误；静电力做功等于电势能的减小，则无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项C正确；电势下降最快的方向就是电场强度的方向，选项D错误。 二、电场中的功能关系 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。 例　(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．金属块带正电荷 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 答案　AB 解析　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W总＝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，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 三、电场中的图像问题 1．φ－x图像 (1)φ－x图像的意义：反映了电势φ随位置x变化的规律。在φ－x图像中根据纵坐标值可以直接判断各点电势的高低。 (2)φ－x图线的斜率绝对值表示沿x轴方向电场强度的大小；电场强度为零处，其切线的斜率为零。 (3)设电场强度的方向与x轴平行，图像中沿x轴，电势降低的方向即为电场强度方向。图中A点电势高于B点电势，故A、B间电场方向沿x轴正方向，C点电势低于D点电势，故C、D间电场方向沿x轴负方向。 例　(2022·湖南师大附中高二期末)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轴正方向运动，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之间的电场强度方向不变 C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小 答案　C 解析　φ－x图像的切线斜率越大，则电场强度越大，x1和x2处的电场强度均不为零，A项错误；由电势变化可知，x1和x2之间的电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B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，C项正确；粒子在x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D项错误。 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)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，两点的电势高低根据电场方向判定。 带电粒子在交变电场中的运动 [学习目标]　1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动(重点)。2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动(重难点)。 一、带电粒子在交变电场中的直线运动 1．电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场(常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等)。 2．此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变电场静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 3．该问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质。 例　在如图所示的平行板电容器的两板间分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像。 答案　见解析 解析　t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动。 对于题图甲所示电压，在0～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示。 对于题图乙所示电压，在0～内做类似题图甲0～T的运动，～T内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示。 二、带电粒子在交变电场中的曲线运动 若带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子将做曲线运动，应运用运动的独立性，分方向对粒子的运动进行分析： (1)在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。 (2)在垂直初速度方向上， ①若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，粒子在该段时间内电场几乎不变，可认为粒子所受静电力为恒力。 ②若带电粒子的初速度较小，粒子通过交变电场时所用时间较长，粒子将在此方向上做加速、减速交替的运动，可利用vy－t图像进行分析在此方向上的速度、位移。 例　(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，O点到两极板的距离相同，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，下列判断正确的是(　　) A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv02 C．t＝时刻射入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻射入的粒子，从O′点射出 答案　AD 解析　由题图乙可知电场强度大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv02，选项B错误；t＝＝时刻射入的粒子，先向下做加速运动，由于T＝>tmin，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝＝时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零…如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。 带电粒子在电场和重力场中的运动 [学习目标]　1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场和重力场中的运动问题(重难点)。2.学会利用“等效法”解决带电粒子在电场和重力场中圆周运动的临界问题(重难点)。 一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动 1．做直线运动的条件 (1)合外力为零，物体做匀速直线运动； (2)合外力不为零，但合外力的方向与运动方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动。 2．处理带电粒子在电场和重力场中的直线运动的方法 (1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。 (2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。 例1　(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　) A．所受合力为零 B．做匀减速直线运动 C．电势能逐渐增加 D．机械能逐渐增加 答案　BC 解析　根据题意可知，粒子做直线运动，静电力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，所以重力与静电力不平衡，对粒子受力分析可知静电力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，B正确；由图可知，静电力做负功，故电势能增加，机械能减小，故C正确，D错误。 针对训练　如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N间距离L＝15 cm，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20 cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电荷量Q＝－3.5×10－14 C，质量m＝3.0×10－9 kg。当小油滴到达下极板时，速度恰好为零。(不计空气阻力，g＝10 m/s2) (1)求两极板间的电场强度大小E； (2)求两极板间的电势差大小； (3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器带电荷量q是多少？ 答案　(1)2×106 V/m　(2)3×105 V　(3)1.2×10－6 C 解析　(1)小油滴下落过程中，在M板上方做自由落体运动；进入匀强电场后，受重力和静电力作用，小油滴做匀减速运动，到达N板时速度为零。 全过程由动能定理得mg(h＋L)－E|Q|L＝0 解得E＝2×106 V/m (2)平行板电容器两极板间为匀强电场，U＝EL＝2×106×0.15 V＝3×105 V (3)平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，由C＝可得q＝CU＝4.0×10－12×3×105 V＝1.2×10－6 C。 二、带电粒子在电场和重力场中的曲线运动 例　(多选)(2022·淄博市高一期末)如图所示，一带正电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．Q点的电势比P点低 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 答案　AB 解析　轨迹向上弯曲且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，合力竖直向上，静电力竖直向上，因为油滴带正电，所以电场强度方向竖直向上，Q点的电势比P点低，故A正确；油滴向上运动时合力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，故B正确；油滴向上运动时静电力做正功，电势能减小，所以油滴在Q点的电势能比它在P点的小，故C错误；由于油滴受重力、静电力都为恒力，加速度恒定且不为零，故D错误。 例　(多选)(2022·翼城中学高二月考)如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，重力加速度为g，由此可知(　　) A．小球带负电 B．静电力大小为3mg C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为3∶1 D．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小不相同 答案　AB 解析　由题意知，在BC段，小球在竖直方向做减速运动，故小球所受静电力方向向上，电场方向向下，故小球带负电，故A正确；由题意知，小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，又AB＝2BC，根据分运动和合运动的关系，故小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1，设在B点时小球在竖直方向的分速度为v，则在AB段，竖直方向有v＝gtAB，在BC段，竖直方向有v＝atAB，又Eq－mg＝ma，得Eq＝3mg，小球从A到B与从B到C的水平分速度不变，竖直分速度变化量大小相同，故合速度变化量大小相同，故B正确，C、D错误。 处理带电粒子在电场和重力场中一般曲线运动的方法 1．明确研究对象并对其进行受力分析。 2．利用运动的合成与分解把曲线运动转化为直线运动，然后利用牛顿运动定律、运动学公式进行处理。 3．涉及到功和能量的问题时常用能量守恒定律、功能关系等处理。 三、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动 1．首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 2．用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝视为等效重力场中的“等效重力加速度” (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) ①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。 ②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。 例　(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，小球电荷量大小为q。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内顺时针做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度E＝ B．小球动能的最小值为Ek＝ C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 答案　AB 解析　如图所示， 小球静止时细线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，则在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律有＝m，得v＝，则小球动能的最小值为Ek＝mv2＝，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，静电力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，选项D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $