2.1 静电力做功与电势能 课件 -2026-2027学年高二上学期物理鲁科版必修第三册

第1节 静电力做功与电势能 学习目标 1. 知道静电力做功的特点。 2. 知道静电场中的电荷具有电势能。 3. 掌握静电力做功与电势能变化的关系，了解电势能的含义，知道电势能 的相对性。 一、静电力做功的特点 1. 在电场强度为E的匀强电场中W＝ 。其中d是沿 ⁠的 距离。 2. 特点：在匀强电场中移动试探电荷时，静电力做功与 无关， 与电荷的 有关。 qEd 电场方向 路径 始末位置 知识梳理： 二、电势能 1. 电势能：电荷在 中具有的势能，用Ep表示。 2. 静电力做功与电势能间的关系。 如果电荷在静电力的作用下从电场中的A点移动到B点，则有WAB＝ ⁠ ，即静电力做的功等于电势能的 ⁠。 静电力做 ，电势能减小。静电力做 ，电势能增大。静电 力做的功只能决定电势能的 ⁠。 电场 EpA －EpB 减小量 正功 负功 变化量的负值 3. 电荷在某点电势能的大小。 (1)电荷在电场中某点的电势能，等于电荷从该点移动到 ⁠静 电力所做的功。 (2)电势能具有相对性，电势能为零的位置不同，电荷在电场中同一点的电 势能的值 。但电场中两点的电势能 ⁠不会因零电势能点的 位置不同而变化。 (3)零电势能点的选取：通常将电荷在 ⁠或将电荷在离场源电 荷 处的电势能规定为零。 零电势能点 不同 之差 大地表面 无穷远 考点一　静电力做功的理解与计算 例1　如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.40 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 典例精析： (1)小球运动通过最低点C时的速度大小； m/s (2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。 3 N 解析：(1)小球受到电场力qE、重力mg和绳的拉力作用处于静止，根据共 点力平衡条件有qE＝mgtan 37°＝mg。小球从A点运动到C点的过程中， 根据动能定理有mgl－qEl＝m， 解得小球通过C点时的速度vC＝＝ m/s； (2)设小球在最低点时，细线对小球的拉力为T，根据牛顿第二定律 有T－mg＝m，解得T＝3 N。 归纳: 1. 静电力做功正负的判定。 当静电力方向与位移方向的夹角： (1)为锐角时，静电力做正功； (2)为直角时，静电力不做功； (3)为钝角时，静电力做负功。 2. 静电力做功的特点。 重力做功 静电力做功 相 似 点 重力对物体做正功，物体重力势 能减少；重力对物体做负功，物 体重力势能增加，其数值与路径 无关，只与始末位置有关 静电力对电荷做正功，电荷电势能 减少；静电力对电荷做负功，电荷 电势能增加，其数值与路径无关， 只与始末位置有关 重力做功 静电力做功 不 同 点 重力属于引力，正、负功比较容 易判断，如物体上升，重力做负 功 由于存在两种电荷，静电力做功和 重力做功有很大差异，如在同一电 场中沿同一方向移动正电荷与移动 负电荷，电荷电势能的变化是相反 的，静电力做功的正负也是相反的 应 用 由重力做功的特点引入重力势能 由静电力做功的特点引入电势能 变式训练1: 如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的 正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1； 第二次沿路径ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动 该电荷，静电力做功为W3，则(　C　)。 A. W1＞W2＞W3 B. W1＜W2＜W3 C. W1＝W2＝W3 D. W1＝W2＞W3 C 变式训练2: 某点电荷在电场中移动的过程中，若静电力对该点电荷做了正功，下列关于该点电荷的说法正确的是(　D　)。 A. 一定是正电荷，且电势能减少 B. 一定是正电荷，且电势能增加 C. 电势能增加，但不能判断是正电荷还是负电荷 D. 电势能减少，但不能判断是正电荷还是负电荷 D 考点二　电势能的理解 例2　将电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静 电力做了3×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J 的功，则： (1)电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能共改变了多少？ 增加1.8×10－5 J (2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为 多少？ 3×10－5 J ；1.8×10－5 J (3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点和C点的电势能分别为 多少？ －3×10－5 J；－1.2×10－5 J (2)如果规定A点的电势能为零，即EpA＝0，则EpB＝EpA－WAB＝ 3×10－5 J。同理，C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝1.8×10－5 J。 解析：(1)电荷从A点移到B点，再从B点移到C点， 静电力做功WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加了1.8×10－5 J。 (3)如果规定B点的电势能为零，即EpB′＝0，则该电荷在A点的电 势能为EpA′＝EpB′＋WAB＝－3×10－5 J。C点的电势能为EpC′＝ EpB′－WBC＝－1.2×10－5 J。 归纳: 1. 电势能的特点。 (1)电势能是由电场和电荷共同决定的，属于电荷和电场所共有，我们习惯 上说成电荷的电势能。 (2)电势能是标量，有正负但没有方向，其正负表示大小。 (3)电势能是相对的，其大小与选定的参考点有关。确定电荷的电势能，首 先应确定参考点，也就是零电势能点。 2. 判断电势能大小的方法。 做功判 定法 只要是静电力做正功，电荷的电势能一定减少 只要是静电力做负功(克服静电力做功)，电势能一定增加 电场 线法 正电荷顺着电场线的方向移动，电势能一定减少；逆着电场线 的方向移动，电势能一定增加 负电荷顺着电场线的方向移动，电势能一定增加；逆着电场线 的方向移动，电势能一定减少 电性 判定法 同种电荷相距越近，电势能越大，相距越远，电势能越小；异 种电荷相距越近，电势能越小，相距越远，电势能越大 变式训练1: (多选)空间竖直方向存在一场强大小为E的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为，物体运动s距离时速度变为零，则下列说法正确的是 (　ACD　)。 A. 物体克服电场力做功qEs B. 物体的电势能减少了0.8qEs C. 物体的电势能增加了qEs D. 物体的动能减少了0.8qEs ACD 变式训练2: (多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧 竖直立于水平地面上，上面放一带正电的小球，小球与弹簧不连接，施加 外力将小球向下压至某位置静止。现撤去外力，小球从静止开始运动到离 开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，则上述 过程中(　BD　)。 BD A. 小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球的重力势能增加－W1 C. 小球的电势能增加W1＋W2 D. 小球的电势能减少W2 由于静电力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，A错误；由题 意知重力做负功，小球的重力势能增加，增加量为－W1，故B正确；静电 力做正功，电势能减少，减少量为W2，故C错误、D正确。 考点三　静电力做功与电势能的关系 例3　(多选)一电荷只在静电力作用下从电场中的A点(零电势能点)移动到B 点，静电力做了5×10－6J的功，则(　CD　)。 A. 电荷在B点将具有5×10－6J的电势能 B. 电荷在B点将具有5×10－6J的动能 C. 电荷的电势能减少了5×10－6J D. 电荷的动能增加了5×10－6J CD 归纳: 电势能的变化与静电力做功的关系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp，即静电力 对电荷做正功，电势能就减小；静电力对电荷做负功，电势能就增大。 变式训练1: 如图所示的水平匀强电场中(电场方向未知)，有a、b、c三 点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab和电场线平行，bc和电场线方向成 60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电势能减少了 2.0×10－7 J，求： (1)匀强电场的场强E； 100 N/C；方向水平向右 (2)电荷从a移到c，电场力做的功Wac； 4.4×10－7 J (3)若选取b点为零电势能点，电荷在c点的电势能Epc； －2.4×10－7 J (4)选取电场中某点为零电势能点，试问电荷在垂直电场线的平面内任意点 的电势能有何特点？请说明理由。 电势能相等，因为电荷在垂直电场线平面内任意两点间移动，电场力做功 均为0 变式训练2: 如图所示，用轻绳连接的A、B两物体质量分别为m1＝2 kg、m2＝0.5 kg，电荷量分别为q1＝＋3×10－5 C、q2＝＋2×10－5 C。B与所接触的平台竖直面动摩擦因数为μ＝0.2，A为光滑物体。现锁定A、B使二者静止，再加上水平向左的匀强电场E＝5×105 N/C，同时解除锁定。设平台足够长，物体B不会碰到滑轮，不计滑轮质量以及与转轴之间的摩擦，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)加上电场后，A、B两物体的加速度大小； 3.2 m/s2 (2)加上电场2 s后，物体A电势能的变化量。 －96 J 解析：(1)由牛顿第二定律，对A有q1E－T＝m1a； 对B有T－m2g－μq2E＝m2a， 由以上二式可解得a＝3.2 m/s2。 (2)Δt＝2 s，A发生的位移大小为x＝aΔt2＝6.4 m， 因为A向左运动，电场力做功为W＝q1Ex＝96 J， 所以A的电势能变化量为ΔEp＝－96 J，即减小了96 J。 $