資源簡介

學案28 電勢能與電勢差
一、概念規律題組
圖1
1．如圖1所示，a、b、c是一條電場線上的三個點，電場線的方向由a到c，a、b間的距離等于b、c間的距離，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分別表示a、b、c三點的電勢和電場強度，可以判定(　　)
A．Ea＝Eb＝Ec B．Ea>Eb>Ec
C．φa>φb>φc D．φa＝φb＝φc
2．一負電荷僅受電場力的作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A、B兩點電場強度EA、EB及該電荷在A、B兩點的電勢能εA、εB之間的關系為(　　)
A．EA＝EB B．EAεB
圖2
3．如圖2所示，a、b是某電場中電場線上的兩點，將一點電荷q從a移到b，電場力做功為W，且a、b間的距離為d，以下說法中正確的是(　　)
A．a、b間的電勢差為W/q
B．a處的電場強度為E＝W/qd
C．b處的電場強度為E＝W/qd
D．a點的電勢為W/q
4．圖3中
圖3
虛線所示為靜電場中的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為0.一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經過a、b點時的動能分別為26 eV和5 eV.當這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變為－8 eV，它的動能應為(　　)
A．8 eV B．13 eV C．20 eV D．34 eV
二、思想方法題組
5．如圖4所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子．運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　)
圖4
A．a一定帶正電，b一定帶負電
B．a的速度將減小，b的速度將增加
C．a的加速度將減小，b的加速度將增加
D．兩個粒子的電勢能一個增加一個減小
6．兩帶電小球，電荷量分別為＋q和－q，固定在一長度為L的絕緣細桿的兩端，置于電場強度為E的勻強電場中，桿與場強的方向平行，其位置如圖5所示，若此桿繞過O點且垂直于桿的軸線轉過180°，則在此轉動的過程中電場力做的功為(　　)
圖5
A．0 B． 2qEL
C．πqEL D．qEL
一、電勢高低及電勢能大小的比較方法
1．比較電勢高低的幾種方法
(1)沿電場線方向，電勢越來越低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．
(2)判斷出UAB的正負，再由UAB＝φA－φB，比較φA、φB的大小，若UAB＞0，則φA＞φB，若UAB＜0，則φA＜φB.
(3)取無窮遠處為零電勢點，正電荷周圍電勢為正值，且離正電荷近處電勢高；負電荷周圍電勢為負值，且離負電荷近處電勢低．
2．電勢能大小的比較方法
(1)場源電荷判斷法
①離場源正電荷越近，試探正電荷的電勢能越大，試探負電荷的電勢能越小．
②離場源負電荷越近，試探正電荷的電勢能越小，試探負電荷的電勢能越大．
(2)電場線判斷法
①正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減小；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大．
②負電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸增大；逆著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減小．
(3)做功判斷法
電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方．反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方．
【例1】
圖6
如圖6所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關于MN對稱、b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的是(　　)
A．b點場強大于d點場強
B．b點場強小于d點場強
C．a、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差
D．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能
[規范思維]
　
　
　
二、電場力做功的特點及電場力做功的計算
1．電場力做功的特點
電場力做的功和路徑無關，只和初、末位置的電勢差有關．
2．電場力做功的計算方法
(1)由公式W＝Flcos θ計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為W＝qElE，式中lE為電荷初末位置在電場方向上的距離．
(2)由電勢差的定義式計算，WAB＝qUAB，對任何電場都適用．當UAB＞0，q＞0或UAB＜0，q＜0時，W＞0；否則W＜0.
(3)由電場力做功與電勢能變化的關系計算，WAB＝EPA－EPB.
(4)由動能定理計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk.
3．電場中的功能關系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化．
圖7
【例2】 如圖7所示的勻強電場E的區域內，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作為頂點構成一正方體空間，電場方向與面ABCD垂直，下列說法正確的是(　　)
A．A、D兩點間電勢差UAD與A、A′兩點間電勢差UAA′相等
B．帶正電的粒子從A點沿路徑A→D→D′移到D′點，電場力做正功
C．帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D′移到D′點，電勢能減小
D．同一帶電粒子從A點沿對角線移到C′點與從A點沿路徑A→B→B′移動到B′電場力做功相同
圖8
【例3】 如圖8所示，在O點放置一個正電荷，在過O點的豎直平面內的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m、電荷量為q.小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h.若小球通過B點的速度為v，則下列說法正確的是(　　)
A．小球通過C點的速度大小是
B．小球通過C點的速度大小是
C．小球由A到C電場力做功是mv2－mgh
D．小球由A到C機械能的損失是mg(h－)－mv2
[規范思維]
　
　
　
　
　
三、電場線、等勢線與運動軌跡的綜合分析
1．帶電粒子在電場中的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力的情況以及初速度的情況共同決定的．運動軌跡上各點的切線方向表示粒子在該點的速度方向．電場線只能夠描述電場的方向和定性地描述電場的強弱，它決定了帶電粒子在電場中各點所受電場力的方向和加速度的方向．
2．等勢線總是和電場線垂直，已知電場線可以畫出等勢線．已知等勢線也可以畫出電場線．
3．在利用電場線、等勢面和帶電粒子的運動軌跡解決帶電粒子的運動問題時，基本方法是：
(1)根據帶電粒子的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受的合力(往往只受電場力)指向運動軌跡曲線的凹側，再結合電場線確定帶電粒子的帶電種類或電場線的方向；
(2)根據帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結合題意確定電場力做正功還是做負功，電勢能的變化情況或是等勢面的電勢高低．
圖9
【例4】如圖9所示，xOy平面內有一勻強電場，場強為E，方向未知，電場線跟x軸的負方向夾角為θ，電子在坐標平面xOy內，從原點O以大小為v0、方向沿x正方向的初速度射入電場，最后打在y軸上的M點．電子的質量為m，電荷量為e，重力不計．則(　　)
A．O點電勢高于M點電勢
B．運動過程中電子在M點電勢能最多
C．運動過程中，電子的電勢能先減少后增加
D．電場對電子先做負功，后做正功
[規范思維]
　
　
　
　
　
　
　
圖10
[針對訓練]一粒子從A點射入電場，從B點射出，電場的等勢面和粒子的運動軌跡如圖10所示，圖中左側前三個等勢面平行，不計粒子的重力．下列說法正確的有(　　)
A．粒子帶負電荷
B．粒子的加速度先不變，后變小
C．粒子的速度不斷增大
D．粒子的電勢能先減小，后增大
【基礎演練】
1.
圖11
三個點電荷電場的電場線分布如圖11所示，圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，電勢分別為φa、φb，則(　　)
A．Ea＞Eb，φa＞φb
B．Ea＜Eb，φa＜φb
C．Ea＞Eb，φa＜φb
D．Ea＜Eb，φa＞φb
2．(2010·全國Ⅰ·16)關于靜電場，下列結論普遍成立的是(　　)
A．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低
B．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關
C．在正電荷或負電荷產生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向
D．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零
3．將一正電荷從無限遠處移入電場中M點，靜電力做功W＝6×10－9 J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無限遠處，靜電力做功W2＝7×10－9 J，則M、N兩點的電勢φM、φN，有如下關系(　　)
A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0
圖12
4．如圖12中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據此圖可作出正確判斷的是(　　)
A．帶電粒子所帶電荷的符號
B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向
C．帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大
D．帶電粒子在a、b兩點的電勢能何處較大
圖13
5．如圖13所示，在真空中A、B兩點分別放置等量的異種點電荷，在A、B兩點間取一矩形路徑abcd，該矩形路徑關于A、B兩點連線及連線的中垂線均為軸對稱．現將一電子沿該矩形路徑移動一周，下列判斷正確的是(　　)
A．a點和b點的電場強度相同
B．b點和c點的電勢相等
C．電子從c點到d點，電勢能先減小后增大
D．電子從d點到a點，電場力先做正功后做負功
圖14
6．空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖14所示．下列說法中正確的是(　　)
A．O點的電勢最低
B．x2點的電勢最高
C．x1和－x1兩點的電勢相等
D．x1和x3兩點的電勢相等
圖15
7． a、b、c、d四個帶電液滴在如圖15所示的勻強電場中，分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線運動(不考慮帶電液滴間的相互作用)，可知(　　)
A．a、b為同種電荷，c、d為異種電荷
B．a、b的電勢能、機械能均不變
C．c的電勢能減少，機械能增加
D．d的電勢能減少，機械能減少
8．關于靜電場，下列說法正確的是(　　)
A．電勢等于零的物體一定不帶電
B．電場強度為零的點，電勢一定為零
C．同一電場線上的各點，電勢一定相等
D．負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加
【能力提升】
圖16
9．如圖16所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，A、B、C三點的電勢分別為1 V、2 V、5 V，則下列說法中正確的是(　　)
A．D、E、F三點的電勢分別為7 V、6 V、3 V
B．電荷量為1.6×10－19 C的正點電荷在D點的電勢能為1.12×10－18 J
C．將電荷量為1.6×10－19 C的正點電荷從E點移到F點，電場力做的功為3.2×10－19 J
D．將電荷量為1.6×10－19 C的負點電荷從F點移到A點，電荷的電勢能減少了3.2×10－19 J
圖17
10．如圖17所示，在x軸上關于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷＋Q和－Q，x軸上的P點位于－Q的右側．下列判斷正確的是(　　)
A．在x軸上還有一點與P點電場強度相同
B．在x軸上還有兩點與P點電場強度相同
C．若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能增大
D．若將一試探電荷＋q從P點移到O點，電勢能減小
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
圖18
11．如圖18所示，BAC是光滑絕緣的“L”字形平面，倒置于水平勻強電場中BA⊥AC，D為AC的中點，BC與水平面平行，且∠B＝60°，AB＝l，有一帶電荷量＋q的滑塊，質量為m，先由A端沿AB面無初速下滑，到達B端的速率為v0，再由A端沿AC面無初速下滑到C端．試求：
(1)滑塊到達D點的速度大小vD；
(2)假設滑塊對C端沒有壓力，滑塊的加速度多大．
圖19
12．如圖19所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均為Q，其中A帶正電荷，B帶負電荷，D、C是它們連線的垂直平分線，A、B、C三點構成一邊長為d的等邊三角形，另有一個帶電小球E，質量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)，被長為L的絕緣輕質細線懸掛于O點，O點在C點的正上方．現在把小球E拉起到M點，使細線水平繃直且與A、B、C處于同一豎直面內，并由靜止開始釋放，小球E向下運動到最低點C時，速度為v.已知靜電力常量為k.若取D點的電勢為零．試求：
(1)在A、B所形成的電場中，M點的電勢φM；
(2)絕緣細線在C點所受到的拉力FT.
　　　　學案28　電勢能與電勢差
1．C　[試題只給出了一條電場線，因此無法判斷電場的強度分布情況，考慮問題的多種可能性，如點電荷電場中，則選項A錯誤；若為勻強電場，則選項B錯誤．由于順著電場線，電勢逐漸降低，故選項C正確，D錯誤．]
2．AD　[負電荷在電場中只受電場力作用而做勻加速直線運動，可知電場是勻強電場，故A對．
由于電場力對負電荷做正功，動能增加，則電勢能減少，故D對．]
3．A　[由W＝qU，得U＝W/q，兩點間的電勢差等于把試探電荷在兩點間移動時電場力做功與試探電荷電荷量的比值，因此a、b間的電勢差為U＝W/q，故A正確；由于沒有明確是否是勻強電場，因此W＝qEd不能使用，也就是說E＝W/qd在這里不能使用，故B、C均不對；在題中未給出零電勢點，因此不能確定其中某點的電勢的值，這里如果取b點的電勢為零，a點的電勢才是W/q.]
4．C　[等勢面3的電勢為零，則該電荷在此位置的電勢能也為零．由于兩相鄰等勢面的電勢差相等，又知Eka>Ekb，則a點的電勢能可表示為－2qU(U為相鄰兩等勢面的電勢差)，b點的電勢能可表示為qU.
由于總的能量守恒，則有：Eka＋(－2qU)＝Ekb＋qU
即26－2qU＝5＋qU，解得qU＝7 eV
則總能量為7 eV＋5 eV＝12 eV
當電勢能為－8 eV時，動能Ek＝12 eV－(－8) eV＝20 eV.]
5．C　[兩粒子均僅在電場力作用下運動，電場力做正功，電勢能減少，速度增加．根據電場線疏密表示場強的強弱可知a受的電場力將減小，加速度也將減小，類似b的電場力增大，加速度將增加．C選項正確．]
6．B　[轉動過程中電場力對兩電荷均做正功，所以
W＝EqL＋EqL＝2EqL.]
思維提升
1．電場力做正功，電荷的電勢能減少；電場力做負功，電荷的電勢能增加．電場力做的功只能決定電勢能的變化量，而不能決定電荷電勢能的數值．
2．電勢、電勢能的大小與零電勢點的選取有關；而電勢差、電勢能的變化與零電勢點的選取無關．
3．電勢差的正負反映了兩點電勢的高低；電勢的正負反映了該點與零電勢點相比電勢的高低．
4．注意區分等差等勢面與等距等勢面．在非勻強電場中，場強大處等差等勢面也密．
例1 BC　[在圖中畫出等量異種點電荷產生的電場的電場線分布情況，由電場線的疏密表示場強大小可知Ed>Eb.故選項A錯誤，選項B正確．a、c兩點關于MN對稱，故Uab＝Ubc，選項C正確．沿電場線方向電勢降低，所以φa>φc，由Ep＝qφ可知Epa>Epc，故選項D錯誤．]
[規范思維]　電勢高低由電場線方向判斷；電場強弱由電場線疏密判斷；電勢能的大小關系由電場力做功的正、負判斷．
例2 BD　[由圖可知ABCD為等勢面，φA＝φD，而φA>φA′，故A項錯誤；由φA＝φD>φD′知，帶正電的粒子從A移至D′電場力做正功，B項正確；而帶負電的粒子從A點沿路徑A→D→D′移到D′點，電場力做負功，電勢能增加，選項C錯誤；電場力做功與路徑無關，D項正確．]
例3 BD　[小球從A到B運動的過程中，設電場力做功為WF，則由動能定理可得
從A到B：mg(h－R·sin 30°)＋WF＝mv2－0
從A到C：mgh＋WF＝mv
聯立以上兩式可得：vC＝，A錯，B對；小球由A到C電場力做功mv－mgh，C錯；小球由A到C機械能的損失等于除重力以外其他的力(電場力)所做的功，由B到C電場力做功為0，則ΔE＝－WF＝mg(h－)－mv2，D正確．]
[規范思維]　在解決電場中的能量問題時常用到的基本規律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關系．
(1)應用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)．
(2)應用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能間的轉化．
(3)應用功能關系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應關系．
例4 D　[由電子的運動軌跡知，電子受到的電場力方向斜向上，故電場方向斜向下，M點電勢高于O點，A錯誤，電子在M點電勢能最少，B錯誤，運動過程中，電子先克服電場力做功，后電場力對電子做正功，故C錯誤，D正確．]
[規范思維]　解此題的基本思路是：
[針對訓練]
AB
　[電場線如圖所示，由于受力總指向運動軌跡的凹側，故粒子帶負電荷，A對；由電場線分布知電場力先不變，后越來越小，B對；電場力一直做負功，粒子速度一直減小，電勢能一直增加，C、D錯．]
1．C　2.C　
3．C　[對正電荷φ∞－φM＝；對負電荷φN－φ∞＝.即φ∞－φN＝.而W2＞W1，φ∞＝0，且和均大于0，則φN＜φM＜0，C正確．]
4．BCD
5．BD　[A、B兩等量異種點電荷的電場線、等勢面的分布如圖所示．
①由圖可知，a、b兩點場強大小相同，方向不同，A錯．②畫出等勢面可知b、c為等勢面上兩點．B正確．③利用W＝qU或W＝Fl可知電子從d到a電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，故D正確．]
6．C　[由題圖象知，O點兩側電場強度方向相反、因電場強度的方向沿x軸，故O點可能電勢最低，也可能電勢最高，A選項不正確；x1、x2、x3三點在同一電場線上，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，無論O點右側電場強度沿x軸向右還是向左，x2點電勢都不是最高，x1、x3兩點的電勢也不相等，故B、D不正確；由題圖象，電場強度在O點兩側對稱，故x1、－x1兩點電勢相等，C正確．]
7．BC　[電場力對a、b不做功，故a、b的電勢能和機械能均不變，B對；四個帶電液滴所受電場力方向均向上，故均帶正電荷，A錯；電場力對c做正功，對d做負功，故c的電勢能減小，機械能增加，d的電勢能增加，機械能減小，C對，D錯．]
8．D　[零電勢點是人為選擇的參考點，所以電勢等于零的物體可以帶電，也可以不帶電，故A錯；電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度為零的點，電勢不一定為零，B錯；沿著電場線方向電勢不斷降低，故C錯；負電荷在電場中受到的電場力的方向與電場線方向相反，故負電荷沿電場線方向移動時，電場力做負功，電勢能增加，故D對．]
9．AB　[由公式U＝Ed知，在勻強電場中，平行等距離的兩點間的電勢差相等，所以UBA＝UDE，UCB＝UEF，UDC＝UFA，經驗證得A選項正確．由ED＝qφD得，ED＝1.6×10－19×7 J＝1.12×10－18 J，故B正確．由WEF＝qUEF得WEF＝1.6×10－19×3 J＝4.8×10－19 J，故C錯誤．又WFA＝qUFA＝－1.6×10－19×2 J＝－3.2×10－19 J，即電荷的電勢能增加3.2×10－19 J，D錯誤．]
10．AC　[如下圖所示：
EP＝－　方向向左
EP′＝－　方向向左，A對，P到－Q的平均電場強度小于－Q到O的平均電場強度，電場力做的正功小于做的負功，O點與P點比較電勢能增加．C對，D錯．]
11．(1) 　(2)2g
解析　(1)設AB間的電壓大小為U，從A→B由動能定理得：
mgl－qU＝mv－0①
從A→D，由動能定理得mghAD＋qUAD＝mv－0②
又hAD＝l，UAD＝UBA＝U.③
解①②③各式得：
vD＝ .
(2)滑塊在C端受力分析如圖，由FN＝0得：mgcos 30°＝qEsin 30°④
又由牛頓第二定律得：
qEcos 30°＋mgsin 30°＝ma⑤
解④⑤得a＝2g.
12．(1)　(2)k＋mg＋m
解析　(1)電荷E從M點運動到C點的過程中，電場力做功為qUMC，重力做功為mgL.根據動能定理qUMC＋mgL＝
得M、C兩點的電勢差為UMC＝
又因為C點與D點為等勢點，所以M點電勢為
φM＝UMC＋φC＝UMC＋φD＝.
(2)在C點時A對E的電場力F1與B對E的電場力F2相等，為F1＝F2＝
又因為A、B、C為一等邊三角形，所以F1、F2的夾角為120°，故F1、F2的合力為F12＝，且方向豎直向下．
由牛頓第二定律得FT－k－mg＝
由牛頓第三定律絕緣細線在C點所受的張力為FT′＝FT＝k＋mg＋m.
易錯點評
1．電勢和電場強度都是電場本身所固有的屬性，但二者沒有必然聯系．電勢高處場強不一定大；電勢為0處場強也不一定為0.
2．電勢能的變化只決定于電場力的功，與其它力是否存在以及是否做功無關．另凡有電場力做功的情境，機械能一定不守恒．
3．應特別注意等量同種電荷和等量異種電荷電場的分布情況．特別是電荷的連線上和連線的中垂線上電場強度和電勢的變化規律應熟記．

展開更多......

收起↑