資源簡介

第4節　電場力的功　電勢能
(分值:100分)
選擇題1~9題,每小題8分,共72分。
基礎對點練
題組一　電場力做功的特點
1.(多選)下列說法正確的是 (　　)
電荷從電場中的A點運動到B點,路徑不同,靜電力做功的大小就可能不同
電荷從電場中的某點出發,運動一段時間后,又回到了該點,則靜電力做功為零
正電荷沿電場線運動,靜電力對正電荷做正功,負電荷逆著電場線運動,靜電力對負電荷做正功
電荷在電場中運動,因為靜電力可能對電荷做功,所以能量守恒定律在電場中并不成立
2.兩帶電小球,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,桿與場強方向平行,其位置如圖所示。若此桿繞過O點垂直于桿的軸線轉過180°,則在此轉動過程中電場力做的功為 (　　)
0 qEl
2qEl πqEl
3.(2024·雨花臺區月考)如圖所示,Rt△ABC的邊AC與勻強電場的電場方向平行。將電荷q從A點移到B點,電場力做功為W1,從A點移到C點、從C點移到B點,電場力做功分別為W2、W3,則 (　　)
W1W2
W1=W2+W3 W1題組二　電勢能、電場力做功與電勢能變化的關系
4.如圖所示,空間有一水平勻強電場,在豎直平面內有初速度為v0的帶電微粒,在電場力和重力作用下沿圖中虛線由A運動至B,其能量變化情況是 (　　)
動能減少,重力勢能增加,電勢能減少
動能減少,重力勢能增加,電勢能增加
動能不變,重力勢能增加,電勢能減少
動能增加,重力勢能增加,電勢能減少
5.(多選)(2024·廣西來賓高二期中)如圖所示,帶正電的點電荷固定于Q點,電子在靜電力的作用下,做以Q點為焦點的橢圓運動,M、P、N為橢圓上的三點,P點是軌道上離Q點最近的點。電子從M點經P點到達N點的過程中 (　　)
速率先增大后減小
速率先減小后增大
電勢能先減小后增大
電勢能先增大后減小
6.某除塵裝置如圖所示,其收塵極為金屬圓筒,電暈極位于圓筒中心。當兩極接上高壓電源時,電暈極附近會形成很強的電場使空氣電離,含塵氣體中的塵埃吸附電子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積,以達到除塵目的。假設塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變,下列判斷正確的是 (　　)
金屬圓筒內場強處處為零
帶電塵埃向收塵極運動過程中電場力做負功
帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大
帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小
7.(多選)將一電荷量為+Q的小球放在不帶電的金屬球附近,穩定后所形成電場的電場線分布如圖所示,a、b為電場中的兩點,則 (　　)
a點的電場強度比b點的大
正電荷在a點的電勢能比在b點的小
負電荷在a點的電勢能比在b點的大
將負電荷從a點移到b點的過程中,電場力做負功
8.用輕質絕緣細線把兩個小球a、b懸掛起來,放置在水平向右的勻強電場中,靜止時的狀態如圖所示。現在讓兩個小球a、b帶上等量異號的電荷,其中a帶正電荷,b帶負電荷。由于有空氣阻力,當再次達到平衡時,a、b小球最后會達到新的平衡位置。不計兩帶電小球間相互作用的靜電力。則最后兩球新的平衡位置與原來的平衡位置相比,下列說法正確的是 (　　)
a球的重力勢能和電勢能都不變
b球的重力勢能和電勢能都增加
a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
b球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
綜合提升練
9.(多選)兩個帶等量正電的點電荷,固定在圖中P、Q兩點,MN為PQ連線的中垂線,交PQ于O點,A為MN上的一點。一帶負電的檢驗電荷q,從A點由靜止釋放,只在靜電力作用下運動,取無限遠處的電勢能為零,則 (　　)
q由A向O的運動是勻加速直線運動
q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小
q運動到O點時的動能最大
q運動到O點時電勢能為零
10.(8分)如圖所示,在電場強度為E=1×104 N/C、方向水平向右的勻強電場中,用一根長L=1 m 的絕緣細桿(質量不計)固定一個質量為m=0.2 kg、電荷量為q=5×1 C、帶正電的小球。細桿可繞軸O在豎直平面內自由轉動。現將桿由水平位置A輕輕釋放,在小球運動到最低點B的過程中,問(g取10 m/s2):
(1)(4分)靜電力對小球做功W電為多少 小球電勢能如何變化
(2)(4分)小球在最低點的動能為多少
11.(10分)一個勻強電場的電場強度方向水平向左,如圖所示,一個質量為m的帶正電的小球以初速度v0從O點出發,在靜電力與重力的作用下,恰能沿與電場強度的反方向成θ角的直線運動。求小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差。
培優加強練
12.(10分)電荷量為q=1×10-4 C的帶正電的小物塊置于粗糙的絕緣水平面上,所在空間存在沿水平方向的勻強電場,場強E與時間t的關系及物塊速度v與時間t的關系分別如圖甲、乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)(5分)物塊的質量m和物塊與水平面之間的動摩擦因數;
(2)(5分)物塊運動2 s過程中,其電勢能的改變量。
第4節　電場力的功　電勢能
1.BC　[靜電力做功和電荷運動路徑無關，故A錯誤；靜電力做功只和電荷的初、末位置有關，所以電荷從某點出發又回到了該點，靜電力做功為零，故B正確；正電荷沿電場線的方向運動，則正電荷受到的靜電力和電荷的速度方向相同，故靜電力對正電荷做正功，同理，負電荷逆著電場線的方向運動，靜電力對負電荷做正功，故C正確；電荷在電場中運動雖然有靜電力做功，但是電荷的電勢能和其他形式的能之間的轉化滿足能量守恒定律，故D錯誤。]
2.C　[電場力對兩小球均做正功，大小與路徑無關，對每個小球做的功均為qEl，共為2qEl，故C正確。]
3.C　[電荷在勻強電場中受到的電場力方向為水平向右，與AC邊平行。設勻強電場的電場強度為E，∠BAC＝θ，則將電荷q從A點移到B點，根據功的計算公式有電場力做功為W1＝qE·ABcos θ＝qE·AC，將電荷q從A點移到C點，電場力做功為W2＝qE·AC，將電荷q從C點移到B點，位移方向與受力方向垂直，所以電場力做功為W3＝0，則有W1＝W2，所以W1＝W2＋W3，故C正確，A、B、D錯誤。]
4.B　[因帶電微粒做直線運動，故重力與電場力的合力方向與速度方向在同一直線上，微粒受到的合外力方向與v0反向，做負功，故微粒的動能減少，同時，重力和電場力均做負功，重力勢能增加，電勢能增加，故B正確。]
5.AC　[電子受到點電荷的靜電力，當電子由M點向P點運動時，二者距離減小，靜電力做正功，故電勢能減小，又由動能定理知，動能增大，即速率增大；當電子由P點向N點運動時，電勢能增大，動能減小，速率減小，故A、C正確，B、D錯誤。]
6.D　[金屬圓筒內電場在水平面上的分布類似于負點電荷電場，電場線方向由收塵極指向電暈極，筒內場強不為零，故A錯誤；塵埃帶負電后受電場力作用向收塵極運動，電場力做正功，電勢能越來越小，故B、C錯誤；塵埃帶電荷量不變，其離電暈極越遠，場強越小，電場力越小，故D正確。]
7.AD　[電場線的疏密表示場強的大小，由圖可知，a點的場強比b點的場強大，故A正確；將正電荷由a點移到b點，電場力做正功，電勢能減小，所以正電荷在a點的電勢能比在b點的大，故B錯誤； 同理可知，把負電荷從a點移動到b點，電場力做負功，電勢能增大，所以負電荷在a點的電勢能比在b點的小，故C錯誤，D正確。]
8.C　[對ab整體受力分析可知Ob繩依然是豎直方向，對a受力分析可知a向右偏轉一定高度，所以b球的重力勢能和電勢能都不變，a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小，故A、B、D錯誤，C正確。]
9.BC　[q由A向O運動的過程中，靜電力的方向始終由A指向O，但力的大小變化，所以電荷q做變加速直線運動，靜電力做正功，電勢能減小，q通過O點后在靜電力的作用下做變減速運動，所以q運動到O點時速度最大，動能最大，電勢能最小，因無限遠處的電勢能為零，若把電荷q由無限遠處移到O點，靜電力做正功，電勢能減小，所以q在O點時的電勢能不為零，故選項B、C正確，A、D錯誤。]
10.(1)5×10－2 J　電勢能減少　(2)2.05 J
解析　(1)靜電力做功僅與初、末位置有關
W電＝qEL＝5×10－6×1×104×1 J＝5×10－2 J
電場力做正功，小球電勢能減少。
(2)由動能定理得mgL＋W電＝EkB－0
解得EkB＝0.2×10×1 J＋5×10－2 J＝2.05 J。
11.mvcos2θ
解析　
設電場強度為E，小球帶電荷量為q，因小球做直線運動，它所受的靜電力qE和重力mg的合力必與運動方向共線，如圖所示，有qE＝，
F合＝
小球做勻減速運動的加速度大小為
a＝
設從O點到最高點的位移為x，則
v＝2ax
運動的水平距離為L＝xcos θ
兩點的電勢能之差ΔEp＝qEL
聯立解得ΔEp＝mvcos2θ。
12.(1)0.5 kg　0.4　(2)電勢能減少了7 J
解析　(1)由題圖可知
E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C
a1＝2 m/s2
對小物塊根據牛頓第二定律有
qE1－μmg＝ma1①
qE2－μmg＝0②
聯立①②代入數據得m＝0.5 kg，μ＝0.4。
(2)ΔEp＝－qE1l1－qE2l2
＝－(1×10－4×3×104××2×1＋1×10－4×2×104×2×1) J＝－7 J
所以電勢能減少了7 J。第4節　電場力的功　電勢能
學習目標　1.知道靜電力做功與路徑無關的特點。2.理解靜電力做功與電勢能變化的關系。3.理解電勢能的概念，知道電勢能的相對性。
知識點一　電場力做功的特點
如圖所示，正檢驗電荷q在電場強度為E的勻強電場中，僅在電場力作用下從A移動到B。
(1)若q沿直線(圖甲)運動，電場力做的功為多少？
(2)若q沿折線(圖甲)AMB從A點移動到B點，電場力做的功為多少？
(3)若q沿任意曲線ANB(圖乙)從A點移動到B點，電場力做的功為多少？
(4)由此可得出什么結論？
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1.電場力做功：在勻強電場中，電場力做功W＝qExcos α。其中α為________與________之間的夾角。
2.特點：在靜電場中，電場力做功只與移動電荷的電荷量以及起點和終點的位置有關，而與路徑無關。
3.電場力做功正、負的判斷
(1)電荷做直線運動：根據電場力和位移方向的夾角判斷。若電場力和位移方向的夾角為銳角，電場力做正功；夾角為鈍角，電場力做負功；電場力和位移方向垂直時，電場力不做功。
(2)電荷做曲線運動：根據電場力和瞬時速度方向的夾角判斷。電場力和瞬時速度方向的夾角為銳角時，電場力做正功；夾角為鈍角時，電場力做負功；夾角為90°時，電場力不做功。
(3)若物體只受電場力作用，可根據動能的變化情況判斷。若物體的動能增加，則電場力做正功；若物體的動能減少，則電場力做負功。
思考
不只是重力和恒定靜電力，所有恒力做功都等于力與沿力方向位移的乘積，即恒力做功與路徑無關，取決于力和初、末位置，上述觀點是否正確？簡要說明理由。
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例1 如圖所示，正電荷q在勻強電場E中分別沿直線AB、折線AMB運動。已知AB間的距離為l，AM間的距離為d。AM方向平行于電場線，BM方向垂直于電場線。關于靜電力做功的大小，下列說法正確的是(　　)
A.電荷沿直線AB運動時，靜電力做功為qEl
B.電荷沿直線AB運動時，靜電力做功為qEd
C.電荷沿折線AMB運動時，靜電力做功為0
D.電荷沿折線AMB運動時，靜電力做功為qEl
訓練1 如圖所示是以點電荷＋Q為圓心的一組同心圓(虛線)，電場中有A、B、C、D四點。現將一帶電荷量為q的正點電荷由A點沿不同的路徑移動到D點，沿路徑①做功為W1，沿路徑②做功為W2，沿路徑③做功為W3，則(　　)
A.W2C.W2>W3>W1 D.W3>W2>W1
知識點二　電勢能、電場力做功與電勢能變化的關系
1.電勢能
(1)電勢能：電荷在________中具有的勢能，用Ep表示。
(2)單位：________，簡稱________，用符號表示為________。
(3)電勢能是標量，只有大小，沒有方向。
(4)電勢能具有系統性
電勢能是放入電場中的電荷與電場組成的________共有的，它既與電荷有關，也與電場有關。同一個電場中的同一位置，放置正電荷和負電荷，電勢能的正負號是相反的。
(5)電勢能具有相對性
電勢能零點的規定：通常取____________處或________為零電勢能位置。
2.電場力做功與電勢能變化的關系
(1)電場力做功與電勢能變化的定量關系：設電荷q在電場A、B兩點所具有的電勢能分別為EpA和EpB，把該電荷從A點移到B點，電場力對電荷所做的功為WAB，則WAB＝________。
(2)電場力做功與電勢能變化的定性關系：把電荷從A點移到B點，如果電場力做正功，電荷的電勢能________；反之，如果電場力做負功，電荷的電勢能________。
思考
1.請同學們根據靜電力做功特點及靜電力做功與電勢能變化的關系，證明WAC＝WAB＋WBC。
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2.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側。在礦粉分離的過程中，電場力對礦粉做正功還是做負功？礦粉的電勢能如何變化？
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角度1　電勢能大小的判斷
例2 (2024·四川成都七中高二期末)每朵“小雪花”的基本形狀如圖所示，并利用絕緣弧形細條擺成模型，若其左右分別均勻分布著等量異種電荷。a、b、c、d四點均位于對稱軸上，且它們與中心點的距離均相等。則(　　)
A.a點場強大于c點場強
B.正的檢驗電荷在a、c兩點的電勢能相等
C.b、d兩點的場強相同
D.正的檢驗電荷從b點到d點電勢能增加
總結提升　電勢能大小的比較
判斷角度 判斷方法
依據靜電力做功 無論正、負電荷，電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大
依據電場線方向 正電荷沿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
負電荷沿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
訓練2 (多選)如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子在電場中運動的軌跡。若帶電粒子僅受靜電力作用，運動方向由M到N，以下說法正確的是(　　)
A.粒子帶負電 B.粒子帶正電
C.粒子的電勢能增加 D.粒子的電勢能減少
角度2　電勢能大小的計算
例3 (教科版必修第三冊P25例題改編)將帶電荷量為6×10－6 C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了3×10－5 J的功，再從B移到C，靜電力做了1.2×10－5 J的功，則：
(1)電荷從A移到B，再從B移到C的過程中電勢能共改變了多少？
(2)如果規定A點的電勢能為零，則該電荷在B點和C點的電勢能分別為多少？
(3)如果規定B點的電勢能為零，則該電荷在A點和C點的電勢能分別為多少？
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
訓練3 (多選)質量為m的帶電小球射入勻強電場后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運動，在小球下落h的過程中(　　)
A.小球的重力勢能減少了2mgh
B.小球的動能減少了2mgh
C.靜電力做負功2mgh
D.小球的電勢能增加了3mgh
隨堂對點自測
1.(電場力做功)如圖所示，在勻強電場中有A、B兩點，將一電荷量為q的正電荷從A點移到B點，第一次沿直線AB移動該電荷，電場力做功為W1；第二次沿路徑ACB移動該電荷，電場力做功為W2；第三次沿曲線ADB移動該電荷，電場力做功為W3，則(　　)
A.W1>W2>W3 B.W1C.W1＝W2＝W3 D.W1＝W2>W3
2.(電場力做功與電勢能變化的關系)靜電紡紗中用到的高壓靜電場的電場線分布如圖中虛線所示，一個帶電粒子進入這個電場后僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，粒子依次經過A、B、C三點，則粒子從A到C過程中，下列判斷正確的是(　　)
A.速度先減小后增大
B.加速度先減小后增大
C.電勢能先減小后增大
D.電場力先做負功后做正功
3.(電勢能和電勢能變化的計算)在如圖所示的勻強電場中，有A、B、C三點，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿電場線方向，BC和電場線方向成60°角。一個電荷量為q＝4×10－8 C的正電荷從A移到B，靜電力做功為W1＝1.2×10－7 J。求：
(1)若規定電荷在A點的電勢能為零，求該電荷在B點的電勢能；
(2)勻強電場的電場強度E的大小；
(3)該電荷從B到C，電荷的電勢能改變了多少。
　
　
　
第4節　電場力的功　電勢能
知識點一
導學　提示　(1)電場力對檢驗電荷q做的功
WAB＝Fcos θ·|AB|＝qEcos θ·|AB|＝qE·|AM|。
(2)在q沿AM移動過程中電場力做功WAM＝qE·|AM|，在q沿MB移動過程中電場力做功WMB＝0，總功WAMB＝WAM＋WMB＝qE·|AM|。
(3)WANB＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝qE·|AM|。
(4)電荷在勻強電場中沿不同路徑由A點運動到B點，電場力做功相同。說明電場力做功與路徑無關，只與初、末位置有關。
知識梳理
1.靜電力　位移方向
[思考] 提示　上述觀點是正確的，因為初、末位置確定，也就確定了兩點間的位移，則沿恒力方向的位移就確定了，力做功就一定，恒力做功大小與路徑無關。
例1 B　[電荷所受靜電力為恒力，大小為F＝qE，由恒力做功的公式可知，電荷無論沿直線AB運動，還是沿折線AMB運動，靜電力做功都為W＝Flcos θ＝qEd，故B正確。]
訓練1 B　[因為電場力做功只與電荷的電荷量及其在電場中的初、末位置有關，而與電荷運動路徑無關，故沿三條路徑將點電荷由A點移動到D點的過程中，電場力做功相等，選項B正確，A、C、D錯誤。]
知識點二
1.(1)電場　(2)焦耳　焦　J　(4)系統　(5)無窮遠　大地
2.(1)EpA－EpB　(2)減少　增加
[思考]
1.提示　WAB＝EpA－EpB，WBC＝EpB－EpC
則WAB＋WBC＝EpA－EpC＝WAC
2.提示　電場力對礦粉做正功；礦粉的電勢能減少。
例2 C　[根據對稱性可知，a點場強等于c點場強，A錯誤；正的檢驗電荷從a點運動到c點，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；根據對稱性可知，b、d兩點的場強大小相等，方向相同，C正確；正的檢驗電荷從b點到d點電場力做功為零，電勢能不變，D錯誤。]
訓練2 BD　[根據運動軌跡與受力關系，帶電粒子受到的靜電力與電場方向一致，故粒子帶正電，A錯誤，B正確；粒子運動過程中，靜電力方向與速度的夾角小于90°，所以靜電力做正功，粒子的電勢能減少，C錯誤，D正確。]
例3 (1)增加了1.8×10－5 J　(2)3×10－5 J　1.8×10－5 J
(3)－3×10－5 J　－1.2×10－5 J
解析　(1)WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J
＝－1.8×10－5 J
則電勢能增加了1.8×10－5 J。
(2)如果規定A點的電勢能為零，由公式得該電荷在B點的電勢能為
EpB＝EpA－WAB＝0－(－3×10－5)J＝3×10－5 J。
同理，C點的電勢能為
EpC＝EpA－WAC＝0－(－1.8×10－5)J＝1.8×10－5 J。
(3)如果規定B點的電勢能為零，則該電荷在A點的電勢能為
EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋(－3×10－5)J＝－3×10－5 J
C點的電勢能為
EpC′＝EpB′－WBC＝0－1.2×10－5 J＝－1.2×10－5 J。
訓練3 BD　[帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，根據牛頓第二定律有F電－mg＝m·2g，得F電＝3mg。在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據功能關系可知，小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh，小球的動能減少了2mgh，故B、D正確，A、C錯誤。]
隨堂對點自測
1.C　[假設A、B兩點相距l，直線AB與電場線的夾角為θ(θ<90°)，根據功的定義可知，沿三種路徑移動該電荷，電場力做的功均為qElcos θ，選項C正確。]
2.B　[由圖可知，粒子從A運動到C過程中，粒子所受電場力指向軌跡的內側，則電場力方向與粒子的運動方向夾角大于90°，所以電場力對粒子一直做負功，粒子的電勢能一直增大，速度一直減小，故A、C、D錯誤；電場線的疏密程度反映場強的相對大小，根據電場線的疏密可知電場強度先減小后增大，由F＝qE可知粒子受到的電場力先變小后變大，根據牛頓第二定律F＝ma可知粒子的加速度先減小后增大，故B正確。]
3.(1)－1.2×10－7 J　(2)60 N/C　(3)減少了1.44×10－7 J
解析　(1)靜電力做功與電勢能變化的關系為
W1＝EpA－EpB
由題意知EpA＝0，則EpB＝－W1＝－1.2×10－7 J。
(2)由W1＝qE·AB得，該電場的電場強度大小為
E＝＝ N/C＝60 N/C。
(3)該電荷從B到C，靜電力做功為
W2＝F·BC·cos 60°＝qE·BC·cos 60°
＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J
所以，該過程電荷的電勢能減少了1.44×10－7 J。(共51張PPT)
第4節　電場力的功　電勢能
第一章　靜電場
1.知道靜電力做功與路徑無關的特點。
2.理解靜電力做功與電勢能變化的關系。
3.理解電勢能的概念，知道電勢能的相對性。
學習目標
目 錄
CONTENTS
知識點
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
知識點
1
知識點二　電勢能、電場力做功與電勢能變化的關系
知識點一　電場力做功的特點
知識點一　電場力做功的特點
如圖所示，正檢驗電荷q在電場強度為E的勻強電場中，僅在電場力作用下從A移動到B。
(1)若q沿直線(圖甲)運動，電場力做的功為多少？
(2)若q沿折線(圖甲)AMB從A點移動到B點，電場力做的功為多少？
(3)若q沿任意曲線ANB(圖乙)從A點移動到B點，電場力做的功為多少？
(4)由此可得出什么結論？
提示　(1)電場力對檢驗電荷q做的功
WAB＝Fcos θ·|AB|＝qEcos θ·|AB|＝qE·|AM|。
(2)在q沿AM移動過程中電場力做功WAM＝qE·|AM|，在q沿MB移動過程中電場力做功WMB＝0，總功WAMB＝WAM＋WMB＝qE·|AM|。
(3)WANB＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝qE·|AM|。
(4)電荷在勻強電場中沿不同路徑由A點運動到B點，電場力做功相同。說明電場力做功與路徑無關，只與初、末位置有關。
1.電場力做功：在勻強電場中，電場力做功W＝qExcos α。其中α為________與__________之間的夾角。
2.特點：在靜電場中，電場力做功只與移動電荷的電荷量以及起點和終點的位置有關，而與路徑無關。
靜電力
位移方向
3.電場力做功正、負的判斷
(1)電荷做直線運動：根據電場力和位移方向的夾角判斷。若電場力和位移方向的夾角為銳角，電場力做正功；夾角為鈍角，電場力做負功；電場力和位移方向垂直時，電場力不做功。
(2)電荷做曲線運動：根據電場力和瞬時速度方向的夾角判斷。電場力和瞬時速度方向的夾角為銳角時，電場力做正功；夾角為鈍角時，電場力做負功；夾角為90°時，電場力不做功。
(3)若物體只受電場力作用，可根據動能的變化情況判斷。若物體的動能增加，則電場力做正功；若物體的動能減少，則電場力做負功。
【思考】
不只是重力和恒定靜電力，所有恒力做功都等于力與沿力方向位移的乘積，即恒力做功與路徑無關，取決于力和初、末位置，上述觀點是否正確？簡要說明理由。
提示　上述觀點是正確的，因為初、末位置確定，也就確定了兩點間的位移，則沿恒力方向的位移就確定了，力做功就一定，恒力做功大小與路徑無關。
B
例1 如圖所示，正電荷q在勻強電場E中分別沿直線AB、折線AMB運動。已知AB間的距離為l，AM間的距離為d。AM方向平行于電場線，BM方向垂直于電場線。關于靜電力做功的大小，下列說法正確的是(　　)
A.電荷沿直線AB運動時，靜電力做功為qEl
B.電荷沿直線AB運動時，靜電力做功為qEd
C.電荷沿折線AMB運動時，靜電力做功為0
D.電荷沿折線AMB運動時，靜電力做功為qEl
解析　電荷所受靜電力為恒力，大小為F＝qE，由恒力做功的公式可知，電荷無論沿直線AB運動，還是沿折線AMB運動，靜電力做功都為W＝Flcos θ＝qEd，故B正確。
B
訓練1 如圖所示是以點電荷＋Q為圓心的一組同心圓(虛線)，電場中有A、B、C、D四點。現將一帶電荷量為q的正點電荷由A點沿不同的路徑移動到D點，沿路徑①做功為W1，沿路徑②做功為W2，沿路徑③做功為W3，則(　　)
A.W2C.W2>W3>W1 D.W3>W2>W1
解析　因為電場力做功只與電荷的電荷量及其在電場中的初、末位置有關，而與電荷運動路徑無關，故沿三條路徑將點電荷由A點移動到D點的過程中，電場力做功相等，選項B正確，A、C、D錯誤。
知識點二　電勢能、電場力做功與電勢能變化的關系
1.電勢能
(1)電勢能：電荷在______中具有的勢能，用Ep表示。
(2)單位：______，簡稱____，用符號表示為J。
(3)電勢能是標量，只有大小，沒有方向。
(4)電勢能具有系統性
電勢能是放入電場中的電荷與電場組成的______共有的，它既與電荷有關，也與電場有關。同一個電場中的同一位置，放置正電荷和負電荷，電勢能的正負號是相反的。
(5)電勢能具有相對性
電勢能零點的規定：通常取________處或______為零電勢能位置。
電場
焦耳
系統
無窮遠
大地
焦
2.電場力做功與電勢能變化的關系
(1)電場力做功與電勢能變化的定量關系：設電荷q在電場A、B兩點所具有的電勢能分別為EpA和EpB，把該電荷從A點移到B點，電場力對電荷所做的功為WAB，則WAB＝________________。
(2)電場力做功與電勢能變化的定性關系：把電荷從A點移到B點，如果電場力做正功，電荷的電勢能______；反之，如果電場力做負功，電荷的電勢能______。
EpA－EpB
減少
增加
【思考】
1.請同學們根據靜電力做功特點及靜電力做功與電勢能變化的關系，證明WAC＝WAB＋WBC。
提示　WAB＝EpA－EpB，WBC＝EpB－EpC
則WAB＋WBC＝EpA－EpC＝WAC
2.如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經漏斗落入水平勻強電場后，分落在收集板中央的兩側。在礦粉分離的過程中，電場力對礦粉做正功還是做負功？礦粉的電勢能如何變化？
提示　電場力對礦粉做正功；礦粉的電勢能減少。
C
角度1　電勢能大小的判斷
例2 (2024·四川成都七中高二期末)每朵“小雪花”的基本形狀如圖所示，并利用絕緣弧形細條擺成模型，若其左右分別均勻分布著等量異種電荷。a、b、c、d四點均位于對稱軸上，且它們與中心點的距離均相等。則(　　)
A.a點場強大于c點場強
B.正的檢驗電荷在a、c兩點的電勢能相等
C.b、d兩點的場強相同
D.正的檢驗電荷從b點到d點電勢能增加
解析　根據對稱性可知，a點場強等于c點場強，A錯誤；正的檢驗電荷從a點運動到c點，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；根據對稱性可知，b、d兩點的場強大小相等，方向相同，C正確；正的檢驗電荷從b點到d點電場力做功為零，電勢能不變，D錯誤。
總結提升　電勢能大小的比較
判斷角度 判斷方法
依據靜電力做功 無論正、負電荷，電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大
依據電場線方向 正電荷沿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
負電荷沿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
訓練2 (多選)如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電
粒子在電場中運動的軌跡。若帶電粒子僅受靜電力作
用，運動方向由M到N，以下說法正確的是(　　)
A.粒子帶負電 B.粒子帶正電
C.粒子的電勢能增加 D.粒子的電勢能減少
解析　根據運動軌跡與受力關系，帶電粒子受到的靜電力與電場方向一致，故粒子帶正電，A錯誤，B正確；粒子運動過程中，靜電力方向與速度的夾角小于90°，所以靜電力做正功，粒子的電勢能減少，C錯誤，D正確。
BD
角度2　電勢能大小的計算
例3 (教科版必修第三冊P25例題改編)將帶電荷量為6×10－6 C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了3×10－5 J的功，再從B移到C，靜電力做了1.2×10－5 J的功，則：
(1)電荷從A移到B，再從B移到C的過程中電勢能共改變了多少？
(2)如果規定A點的電勢能為零，則該電荷在B點和C點的電勢能分別為多少？
(3)如果規定B點的電勢能為零，則該電荷在A點和C點的電勢能分別為多少？
解析　(1)WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J＝－1.8×10－5 J
則電勢能增加了1.8×10－5 J。
(2)如果規定A點的電勢能為零，由公式得該電荷在B點的電勢能為
EpB＝EpA－WAB＝0－(－3×10－5)J＝3×10－5 J。
同理，C點的電勢能為
EpC＝EpA－WAC＝0－(－1.8×10－5)J＝1.8×10－5 J。
(3)如果規定B點的電勢能為零，則該電荷在A點的電勢能為
EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋(－3×10－5)J＝－3×10－5 J
C點的電勢能為
EpC′＝EpB′－WBC＝0－1.2×10－5 J＝－1.2×10－5 J。
答案　(1)增加了1.8×10－5 J (2)3×10－5 J　1.8×10－5 J
(3)－3×10－5 J　－1.2×10－5 J
BD
訓練3 (多選)質量為m的帶電小球射入勻強電場后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運動，在小球下落h的過程中(　　)
A.小球的重力勢能減少了2mgh B.小球的動能減少了2mgh
C.靜電力做負功2mgh D.小球的電勢能增加了3mgh
解析　帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，根據牛頓第二定律有F電－mg＝m·2g，得F電＝3mg。在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據功能關系可知，小球重力勢能減少了mgh，電勢能增加了3mgh，小球的動能減少了2mgh，故B、D正確，A、C錯誤。
隨堂對點自測
2
C
1.(電場力做功)如圖所示，在勻強電場中有A、B兩點，將一電荷量為q的正電荷從A點移到B點，第一次沿直線AB移動該電荷，電場力做功為W1；第二次沿路徑ACB移動該電荷，電場力做功為W2；第三次沿曲線ADB移動該電荷，電場力做功為W3，則(　　)
A.W1>W2>W3 B.W1C.W1＝W2＝W3 D.W1＝W2>W3
解析　假設A、B兩點相距l，直線AB與電場線的夾角為θ(θ<90°)，根據功的定義可知，沿三種路徑移動該電荷，電場力做的功均為qElcos θ，選項C正確。
B
2.(電場力做功與電勢能變化的關系)靜電紡紗中用到的高壓靜電場的電場線分布如圖中虛線所示，一個帶電粒子進入這個電場后僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，粒子依次經過A、B、C三點，則粒子從A到C過程中，下列判斷正確的是(　　)
A.速度先減小后增大 B.加速度先減小后增大
C.電勢能先減小后增大 D.電場力先做負功后做正功
解析　由圖可知，粒子從A運動到C過程中，粒子所受電場力指向軌跡的內側，則電場力方向與粒子的運動方向夾角大于90°，所以電場力對粒子一直做負功，粒子的電勢能一直增大，速度一直減小，故A、C、D錯誤；電場線的疏密程度反映場強的相對大小，根據電場線的疏密可知電場強度先減小后增大，由F＝qE可知粒子受到的電場力先變小后變大，根據牛頓第二定律F＝ma可知粒子的加速度先減小后增大，故B正確。
3.(電勢能和電勢能變化的計算)在如圖所示的勻強電場中，有A、B、C三點，AB＝5 cm，BC＝12 cm，其中AB沿電場線方向，BC和電場線方向成60°角。一個電荷量為q＝4×10－8 C的正電荷從A移到B，靜電力做功為W1＝1.2×10－7 J。求：
(1)若規定電荷在A點的電勢能為零，求該電荷在B點的電勢能；
(2)勻強電場的電場強度E的大小；
(3)該電荷從B到C，電荷的電勢能改變了多少。
答案　(1)－1.2×10－7 J　(2)60 N/C　(3)減少了1.44×10－7 J
解析　(1)靜電力做功與電勢能變化的關系為W1＝EpA－EpB
由題意知EpA＝0，則EpB＝－W1＝－1.2×10－7 J。
(2)由W1＝qE·AB得，該電場的電場強度大小為
(3)該電荷從B到C，靜電力做功為
W2＝F·BC·cos 60°＝qE·BC·cos 60°
＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J
所以，該過程電荷的電勢能減少了1.44×10－7 J。
課后鞏固訓練
3
BC
題組一　電場力做功的特點
1.(多選)下列說法正確的是(　　)
A.電荷從電場中的A點運動到B點，路徑不同，靜電力做功的大小就可能不同
B.電荷從電場中的某點出發，運動一段時間后，又回到了該點，則靜電力做功為零
C.正電荷沿電場線運動，靜電力對正電荷做正功，負電荷逆著電場線運動，靜電力對負電荷做正功
D.電荷在電場中運動，因為靜電力可能對電荷做功，所以能量守恒定律在電場中并不成立
基礎對點練
解析　靜電力做功和電荷運動路徑無關，故A錯誤；靜電力做功只和電荷的初、末位置有關，所以電荷從某點出發又回到了該點，靜電力做功為零，故B正確；正電荷沿電場線的方向運動，則正電荷受到的靜電力和電荷的速度方向相同，故靜電力對正電荷做正功，同理，負電荷逆著電場線的方向運動，靜電力對負電荷做正功，故C正確；電荷在電場中運動雖然有靜電力做功，但是電荷的電勢能和其他形式的能之間的轉化滿足能量守恒定律，故D錯誤。
C
2.兩帶電小球，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，桿與場強方向平行，其位置如圖所示。若此桿繞過O點垂直于桿的軸線轉過180°，則在此轉動過程中電場力做的功為(　　)
A.0 B.qEl C.2qEl D.πqEl
解析　電場力對兩小球均做正功，大小與路徑無關，對每個小球做的功均為qEl，共為2qEl，故C正確。
C
3.(2024·雨花臺區月考)如圖所示，Rt△ABC的邊AC與勻強電場的電場方向平行。將電荷q從A點移到B點，電場力做功為W1，從A點移到C點、從C點移到B點，電場力做功分別為W2、W3，則(　　)
A.W1＜W2 B.W1＞W2
C.W1＝W2＋W3 D.W1＜W2＋W3
解析　電荷在勻強電場中受到的電場力方向為水平向右，與AC邊平行。設勻強電場的電場強度為E，∠BAC＝θ，則將電荷q從A點移到B點，根據功的計算公式有電場力做功為W1＝qE·ABcos θ＝qE·AC，將電荷q從A點移到C點，電場力做功為W2＝qE·AC，將電荷q從C點移到B點，位移方向與受力方向垂直，所以電場力做功為W3＝0，則有W1＝W2，所以W1＝W2＋W3，故C正確，A、B、D錯誤。
B
題組二　電勢能、電場力做功與電勢能變化的關系
4.如圖所示，空間有一水平勻強電場，在豎直平面內有初速度為v0的帶電微粒，在電場力和重力作用下沿圖中虛線由A運動至B，其能量變化情況是(　　)
A.動能減少，重力勢能增加，電勢能減少
B.動能減少，重力勢能增加，電勢能增加
C.動能不變，重力勢能增加，電勢能減少
D.動能增加，重力勢能增加，電勢能減少
解析　因帶電微粒做直線運動，故重力與電場力的合力方向與速度方向在同一直線上，微粒受到的合外力方向與v0反向，做負功，故微粒的動能減少，同時，重力和電場力均做負功，重力勢能增加，電勢能增加，故B正確。
AC
5.(多選)(2024·廣西來賓高二期中)如圖所示，帶正電的點電荷固定于Q點，電子在靜電力的作用下，做以Q點為焦點的橢圓運動，M、P、N為橢圓上的三點，P點是軌道上離Q點最近的點。電子從M點經P點到達N點的過程中(　　)
A.速率先增大后減小 B.速率先減小后增大
C.電勢能先減小后增大 D.電勢能先增大后減小
解析　電子受到點電荷的靜電力，當電子由M點向P點運動時，二者距離減小，靜電力做正功，故電勢能減小，又由動能定理知，動能增大，即速率增大；當電子由P點向N點運動時，電勢能增大，動能減小，速率減小，故A、C正確，B、D錯誤。
D
6.某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣電離，含塵氣體中的塵埃吸附電子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，以達到除塵目的。假設塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變，下列判斷正確的是(　　)
A.金屬圓筒內場強處處為零
B.帶電塵埃向收塵極運動過程中電場力做負功
C.帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大
D.帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小
解析　金屬圓筒內電場在水平面上的分布類似于負點電荷電場，電場線方向由收塵極指向電暈極，筒內場強不為零，故A錯誤；塵埃帶負電后受電場力作用向收塵極運動，電場力做正功，電勢能越來越小，故B、C錯誤；塵埃帶電荷量不變，其離電暈極越遠，場強越小，電場力越小，故D正確。
AD
7.(多選)將一電荷量為＋Q的小球放在不帶電的金屬球附近，穩定后所形成電場的電場線分布如圖所示，a、b為電場中的兩點，則(　　)
A.a點的電場強度比b點的大
B.正電荷在a點的電勢能比在b點的小
C.負電荷在a點的電勢能比在b點的大
D.將負電荷從a點移到b點的過程中，電場力做負功
解析　電場線的疏密表示場強的大小，由圖可知，a點的場強比b點的場強大，故A正確；將正電荷由a點移到b點，電場力做正功，電勢能減小，所以正電荷在a點的電勢能比在b點的大，故B錯誤； 同理可知，把負電荷從a點移動到b點，電場力做負功，電勢能增大，所以負電荷在a點的電勢能比在b點的小，故C錯誤，D正確。
C
8.用輕質絕緣細線把兩個小球a、b懸掛起來，放置在水平向右的勻強電場中，靜止時的狀態如圖所示。現在讓兩個小球a、b帶上等量異號的電荷，其中a帶正電荷，b帶負電荷。由于有空氣阻力，當再次達到平衡時，a、b小球最后會達到新的平衡位置。不計兩帶電小球間相互作用的靜電力。則最后兩球新的平衡位置與原來的平衡位置相比，下列說法正確的是(　　)
A.a球的重力勢能和電勢能都不變
B.b球的重力勢能和電勢能都增加
C.a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
D.b球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小
解析　對ab整體受力分析可知Ob繩依然是豎直方向，對a受力分析可知a向右偏轉一定高度，所以b球的重力勢能和電勢能都不變，a球的重力勢能一定增加、電勢能一定減小，故A、B、D錯誤，C正確。
BC
綜合提升練
9.(多選)兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點。一帶負電的檢驗電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，取無限遠處的電勢能為零，則(　　)
A.q由A向O的運動是勻加速直線運動
B.q由A向O運動的過程電勢能逐漸減小
C.q運動到O點時的動能最大
D.q運動到O點時電勢能為零
解析　q由A向O運動的過程中，靜電力的方向始終由A指向O，但力的大小變化，所以電荷q做變加速直線運動，靜電力做正功，電勢能減小，q通過O點后在靜電力的作用下做變減速運動，所以q運動到O點時速度最大，動能最大，電勢能最小，因無限遠處的電勢能為零，若把電荷q由無限遠處移到O點，靜電力做正功，電勢能減小，所以q在O點時的電勢能不為零，故選項B、C正確，A、D錯誤。
10.如圖所示，在電場強度為E＝1×104 N/C、方向水平向右的勻強電場中，用一根長L＝1 m 的絕緣細桿(質量不計)固定一個質量為m＝0.2 kg、電荷量為q＝5×10－6 C、帶正電的小球。細桿可繞軸O在豎直平面內自由轉動。現將桿由水平位置A輕輕釋放，在小球運動到最低點B的過程中，問(g取10 m/s2)：
(1)靜電力對小球做功W電為多少？小球電勢能如何變化？
(2)小球在最低點的動能EkB為多少？
答案　(1)5×10－2 J　電勢能減少　(2)2.05 J
解析　(1)靜電力做功僅與初、末位置有關
W電＝qEL＝5×10－6×1×104×1 J＝5×10－2 J
電場力做正功，小球電勢能減少。
(2)由動能定理得mgL＋W電＝EkB－0
解得EkB＝0.2×10×1 J＋5×10－2 J＝2.05 J。
11.一個勻強電場的電場強度方向水平向左，如圖所示，一個質量為m的帶正電的小球以初速度v0從O點出發，在靜電力與重力的作用下，恰能沿與電場強度的反方向成θ角的直線運動。求小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差。
培優加強練
12.電荷量為q＝1×10－4 C的帶正電的小物塊置于粗糙的絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向的勻強電場，場強E與時間t的關系及物塊速度v與時間t的關系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物塊的質量m和物塊與水平面之間的動摩擦因數；
(2)物塊運動2 s過程中，其電勢能的改變量。
答案　(1)0.5 kg　0.4 (2)電勢能減少了7 J
解析　(1)由題圖可知
E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C
a1＝2 m/s2
對小物塊根據牛頓第二定律有
qE1－μmg＝ma1①
qE2－μmg＝0②
聯立①②代入數據得m＝0.5 kg，μ＝0.4。

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