2022-2023年人教版(2019)新教材高中物理必修3 第10章静电场中的能量综合(2)课件

拓展课2静电场中的能量综合问题\n\n\n3.电势能的大小判断与计算(1)根据Ep＝qφ计算,并可判断：电势越高处,正电荷具有的电势能越大,负电荷具有的电势能越小,反之亦然.(2)根据静电力做功与电势能变化的关系WAB＝EpA－EpB判断.这是判断电势能如何变化最基本、最有效的方法.\n[例1](多选)如图所示,绝缘的轻质弹簧竖直立于水平地面上,上面放一质量为m的带正电小球(小球与弹簧不拴接),整个系统处在方向竖直向上的匀强电场中.开始时,整个系统处于静止状态,现施加一外力F,将小球向下压至某一位置,然后撤去外力,使小球从静止开始向上运动.设小球从静止开始向上运动到离开弹簧的过程中,静电力对小球所做的功为W1,小球克服重力所做的功为W2,小球离开弹簧时的速度为v.不计空气阻力,则在上述过程中()\n\n答案BC\n方法归纳　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,有时也会用到功能关系.(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功).(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能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做功与电势能改变之间的对应关系.(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.\n[针对训练1]如图所示,实线是匀强电场的电场线,带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场,其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA.已知q1带正电,不计粒子重力和阻力.则下列说法中正确的是()A.q2也带正电B.A点的电势低于C点的电势C.静电力对q1做正功,对q2做负功D.q1、q2的电势能均减小\n解析由做曲线运动的条件,知q1所受静电力水平向右,q1带正电,故电场方向向右；q2所受静电力水平向左,故q2为负电荷,故A错误；电场线水平向右,沿电场线的方向电势降低,则A点的电势高于C点的电势,故B错误；由题图可知,静电力与运动方向成锐角,静电力对q1、q2都做正功,q1、q2的电势能都减小,故C错误,D正确.答案D\n二、静电场中的φ－x图像和E－x图像问题1.φ－x图像(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ－x图线存在极值,其切线的斜率为零.(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.\n2.E－x图像在给定了电场的E－x图像后,可以由图线确定电场强度的变化情况,电势的变化情况,E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差.在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况.\n[例2](多选)空间某一静电场的电势φ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EBx、ECx,下列说法中正确的有()A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x轴正方向C.电荷在O点受到的静电力在x轴方向上的分量最大D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中,静电力先做正功后做负功\n解析在φ－x图像中,图线的斜率大小表示场强大小,可见EBx＞ECx,选项A正确；同理可知O点场强在x轴方向上的分量最小,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,Ex的方向沿x轴负方向,在O点右侧,Ex的方向沿x轴正方向,选项B错误,D正确.答案AD\n\n[例3](多选)如图甲所示,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变化的关系如图乙所示,则()\nA.c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同B.球内部的电场为匀强电场C.a、c两点处的电势相等D.假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动,则从a点处移动到c点处的过程中,静电力一直做正功\n解析根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同,球内部的电场为非匀强电场,选项A正确,B错误；沿电场线方向电势逐渐降低,由题图乙易判断a点的电势大于c点的电势,选项C错误；假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动,静电力与运动方向相同,静电力一直做正功,选项D正确.答案AD\n方法总结E是矢量,E－x图像中E的正负反映E的方向,E的数值反映电场强度E的大小,E－x图像与x轴所围面积表示电势差大小.\n[针对训练2]两个小球分别带有电荷量＋2Q和－Q,两球连线上各点的电势φ与距正电荷距离x之间的函数关系可以由图中的哪一个最恰当地表示出来()解析将单位正电荷从带正电荷的小球处沿两个小球连线向带负电荷的小球移动,静电力做正功,电势能不断减小,电势不断降低,故选项B、D错误；考虑到该电场为非匀强电场,电势不会均匀减小,故选项A错误,C正确.答案C\n[针对训练3]在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷,如图所示的E－x图像描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向).对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点,下列结论正确的是()A.两点场强相同,c点电势更高B.两点场强相同,d点电势更高C.两点场强不同,两点电势相等,均比O点电势高D.两点场强不同,两点电势相等,均比O点电势低\n解析题图中a点左侧,b点右侧的电场都沿x轴负方向,则a点处为正电荷,b点处为负电荷,又两点电荷的电荷量相等,则c、d两点的场强相同,c点电势更高,A正确,B、C、D错误.答案A\n三、电场中的功能关系1.合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.2.静电力做功决定带电体电势能的变化量,即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似.3.只有静电力做功时,带电体电势能与机械能的总量不变,即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2.这与只有重力做功时,物体的机械能守恒类似.\n[例4](多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平.a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零.则小球a()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量\n解析小球a从N点静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°,所以库仑力在整个过程中做负功.小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误；小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90°,在P点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确；\n从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C正确；根据能量守恒可知,从P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误.答案BC\n方法总结带电体的运动情况取决于它的受力情况及初始状态,准确分析带电体的受力情况是解题的关键,通过受力分析可判断带电体的运动性质及运动轨迹.从力和运动的角度进行分析是解决带电体在电场中运动问题的最基本方法.\n[例5]如图所示,一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定在场强为E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q＝＋1.0×10－6C,质量m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动.问：(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2,取g＝10m/s2)(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时,距M端的高度h1为多大？(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.61m时,速度为v＝1.0m/s,求此过程中小球B的电势能改变了多少？\n\n设小球B的电势能改变了ΔEp,则代入数据得ΔEp＝8.4×10－2J.答案(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)增加了8.4×10－2J\n方法归纳高考对本节内容的考查大多是静电力做功、电势能的变化及力学知识的综合问题,对该类问题的处理要注意在受力分析的基础上,正确判断物体的运动过程和能量转化过程,然后依据相关的力学规律求解.\n[针对训练4](多选)在光滑的绝缘水平面上,有一个正方形abcd,顶点a、c分别固定一个正点电荷,电荷量相等,如图所示.若将一个带负电的粒子置于b点由静止自由释放,粒子将沿着对角线bd往复运动.粒子从b点运动到d点的过程中()A.先做匀加速运动,后做匀减速运动B.先从高电势到低电势,后从低电势到高电势C.电势能与机械能之和保持不变D.电势能先减小,后增大\n解析a、c两点固定相同的正点电荷,则bd为等量正点电荷连线的中垂线,由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速运动,故A错误；等量正点电荷连线的中垂线的中点电势最高,带负电的粒子从b点运动到d点的过程中,先从低电势到高电势,再从高电势到低电势,故B错误；带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受静电力先由b指向d,后由d指向b,所以静电力先做正功后做负功,因此电势能先减小,后增大,故D正确；只有静电力做功,电势能与机械能之和保持不变,故C正确.答案CD\n\n(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有解析(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg＋qE＝ma①\n联立③④⑤⑥式得