第十章 静电场中的能量 章末素养提升（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦电场性质与带电粒子运动，从静电力做功与电势能变化切入，逐步展开电势、电势差、等势面等概念，衔接电容器公式及粒子加速偏转规律，构建从基础概念到应用的学习支架。 其亮点在于融合物理观念与科学思维，通过演绎推理推导电场强度与电势差关系，用比值定义法深化电势理解，结合电容器充放电实验培养科学探究能力。例题融入高考真题，助力学生提升解题素养，为教师提供系统的章末素养提升方案。

DISHIZHANG 第十章 章末素养提升 1 物理观念 电场能的性质 1.静电力做功与电势能变化之间的关系： 静电力做正功，即WAB>0，电势能 ，静电力做负功，即WAB<0，电势能_____ 2.电势：电荷在电场中某一点的 与它的 之比。公 式： 3.电势差：电场中两点之间 的差值，也叫作 。静电力 做功与电势差的关系WAB＝ 或UAB＝ 减少 增加 电势能 电荷量 电势 电压 qUAB 素养再现 物理观念 电场能的性质 4.等势面：电场中 的各点构成的面 5.匀强电场中两点间的电势差等于 与这两点间沿 的距离的乘积，关系式UAB＝____ 电势相同 电场强度 电场方向 Ed 物理观念 电容器 1.定义式： (比值定义法) 2.平行板电容器电容的决定式：__________ 带电粒子在电场中的加速 两金属极板之间的电压为U，一质量为m、带电荷量为q的正电粒子从正极板静止释放，到达负极板时速度为v，则 ＝ qU 物理观念 带电粒子在电场中的偏转 带电粒子以初速度v0垂直电场方向射入电场，极板长度为l，两极板间电压为U，两极板间距为d(不计粒子重力) 初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝____ 离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝___________________ 速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝ ＝__________________ 离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝ at2＝______________________ 科学 思维 1.科学推理、论证：本章关于电势能、电势、电场强度与电势差的关系等知识的学习都是通过演绎的方式进行的。例如把恒力做功的普遍公式用于匀强电场中静电力做功的情况，推导出静电力做功与路径无关的结论 2.用物理量之比定义新物理量，被定义的新物理量跟定义式中的物理量不是同一研究对象，没有相互影响的因果关系，通过电势能与电荷量的比值定义电势，用来描述静电场中某一位置的性质，与试探电荷无关 科学探究 1.能针对电容器充、放电过程中的电压、电流等物理量的变化提出相关的问题或猜想 2.会根据实验电路选择合适的器材进行实验；能在初步观察的基础上确定记录数据的时间间隔；能通过同学间的合作，记录不同时刻电流表的读数 3.会根据实验数据画出I－t图像，推断电荷量的变化情况 科学态度与责任 1.通过实验的操作，形成严谨细致，实事求是的科学态度 2.通过电容器等知识的学习，体会科学、技术、社会之间的密切联系，逐渐形成探索自然的内在动力 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 例1 √ 提能训练 电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，电场强度的定义式，只是为了研究电场的性质方便而定义的，A错误； 电容器的电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，电容大小取决于电容器的本身，不能理解成电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，B错误； 电场中某点电场强度是由场源电荷决定的，所以由真空中点电荷电场强度公式，可知电场中某点电场强度与场源电荷的电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，C正确； (2025·云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－2 V、－1 V、1 V、2 V的等势线上，则 A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 例2 √ 根据等势面越密集处电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故A、B错误； 一个电子从b点移动到c点电场力做功为 Wbc＝－eUbc＝2 eV，故C正确； 一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wad＝－eUad＝4 eV，由于电场力做正功，电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4 eV，故D错误。 例3 √ (2024·绍兴市柯桥区高二期中)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距均为d，板间存在随时间周期性变化的匀强电场(如图乙)，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，z粒子射入电场时的初速度大小均为v0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用，则 A.t＝0之后射入电场的粒子可能会打到极板上 例4 D.若粒子的入射速度变为2v0，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射 出时的侧向位移都为零 √ 粒子在平行极板方向不受静电力，做匀 速直线运动，故所有粒子的运动时间相 同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板 间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故B正确，A错误； 如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10 cm，两板相距为d＝2 cm。一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上。为使电子能射到荧光屏上，求两板间所加电压的取值范围。(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C) 例5 答案　见解析 如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则 由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上， 结合图可得 代入数据，得U＝360 V。 因此偏转电压在－360～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上。 如图，在真空中存在着竖直向下的匀强电场，电场强度为E。一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、带电荷量为＋q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，重力加速度为g，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放。 (1)求小球运动到O点正下方B点时的速度大小； 例6 (2)求小球在B点时细线对小球的拉力大小； 答案　3(mg＋qE) (3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x。 小球在细线断开后做类平抛运动 由牛顿第二定律有qE＋mg＝ma 水平方向上有：x＝vt， BENKEJIESHU 本课结束  φ＝   C＝ mv2  C＝     A.根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量成 反比 B.根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的 电压成反比 C.根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度与场源电荷的 电荷量成正比 D.根据公式UAB＝，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电 力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V 由UAB＝，可知带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，即静电力做功是－1 J，则有UAB＝＝ V ＝－1 V，则A、B两点的电势差为－1 V，D错误。 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上 方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容 器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上移动，则仍从P 点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上 B.在下极板处返回 C.在距上极板处返回 D.在距上极板处返回 下极板移动前，从静止释放到速度为零的过程，对带电粒子运用动能定理得mg·d－qU＝0，将下极板向上平移，设运动到距离上极板x处返回；因 极板分别与电池两极相连，则电压U不变，则电容器的电场强度为E ＝，根据动能定理得mg·(＋x)－q··x＝0，联立两式解得x＝， 故选C。 B.时刻进入电场的粒子最终一定垂直电场方向 射出电场 C.时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 当t＝0时，射入电场的粒子，运动时间为 电场变化周期的整数倍，则有水平方向d＝ v0t＝v0nT(n＝1,2,3…)竖直方向每移动的位 移都相同设为Δy，则有Δy＝a()2＝aT2，＝2nΔy(n＝1,2,3…)，则Δy＝(n＝1,2,3…)，当该粒子在时刻以速度v0进入电场，则此时粒子竖直方向 上在静电力的作用下，先做匀加速，再做匀减速，接着再反向做匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的 位移为y1＝2×a()2＝aT2＝Δy＝(n＝1,2,3…)，当n＝1时，y1取最大 值，为y1＝，故C错误； 在入射速度为v0时，时刻进入的粒子 从中线位置射出，从电场射出时的侧向 位移为零，若粒子的入射速度变为2v0， 则时间t＝(n＝1,2,3…)，若n＝1，则该粒子在时刻射出电场，此 过程中沿着电场方向，粒子先做匀加速运动，再做匀减速运动到沿着电场方向速度为零时射出电场，侧向位移不为零，故D错误。  y＝at2＝()2 tan θ＝＝＝ tan θ＝＝ 解得U＝ 答案　 从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝mv2－0 小球到达B点时的速度为v＝； 在B点，由牛顿第二定律得FT－mg－qE＝m，解得FT＝3(mg＋qE)； 答案　2 竖直方向上有：H－L＝at2 联立解得x＝2。 $