2018-物理选修3-1人教全国版全程导学笔记第一章静电场微型专题2电场能的性质.docx

微型专题2电场能的性质

[学习目标]1.理解电势、电势差、电势能的概念，会分析带电粒子在电场中运动时电势能等物理量的变化.2.会分析电势、电势能及电场力做功的综合问题.3.会用等分法确定等势面和电场方向.4.理解E－x、φ－x图象的意义，并会分析有关问题．

一、电场线、等势面和运动轨迹的综合

例1(多选)(2017·天津理综·7)如图1所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()

图1

A．电子一定从A向B运动

B．若aAaB，则Q靠近M端且为正电荷

C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpB

D．B点电势可能高于A点电势

答案BC

解析电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在电场力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线指向曲线的凹侧，电场的方向与电子所受电场力的方向相反，如图所示．由所给条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aAaB，说明电子在A点受到的电场力较大，A点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应为正电荷，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势φAφB，电子电势能Ep＝－eφ，电势能是标量，所以一定有EpAEpB，故C正确，D错误．

1．速度方向沿运动轨迹的切线方向，所受电场力的方向沿电场线的切线方向或反方向，所受合外力的方向指向曲线凹侧．

2．电势能大小的判断方法

(1)电场力做功：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．

(2)利用公式法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．

针对训练1如图2所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点，下列说法中正确的是()

图2

A．三个等势面中，等势面a的电势最高

B．带电质点一定是从P点向Q点运动

C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小

D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小

答案D

解析由等势面画出电场线形状如图．

根据轨迹判断受力指向曲线内侧，由于是正电荷，可判断出c电势最高，A错；带电质点运动方向无法判断，B错；等差等势面密集处场强大，P点场强大于Q点场强，P点加速度大于Q点加速度，C错；如从P向Q运动，电场力做正功，EkPEkQ，如从Q向P运动，电场力做负功，EkPEkQ，D正确．

二、电势、电势能、电场力做功的综合分析

例2在电场中把电荷量为2.0×10－9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10－7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10－7J.

(1)求A、C两点间电势差；

(2)电荷从A经B移到C，电势能的变化怎样？

答案(1)－125V

(2)电荷从A经B移到C，电势能先减少1.5×10－7J，再增加4.0×10－7J，从A到C，电势能增加2.5×10－7J

解析(1)在电场中把电荷量为2×10－9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10－7J，再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10－7J，故电场力做的总功为：

WAC＝WAB＋WBC＝1.5×10－7J－4.0×10－7J＝－2.5×10－7J

故UAC＝eq\f(WAC,q)＝eq\f(－2.5×10－7J,2.0×10－9C)＝－125V

(2)在电场中把电荷量为2.0×10－9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10－7J，电势能减少1.5×10－7J．再把这个电荷从B点移到C点，克服电场力做功4.0×10－7J，电势能增加4.0×10－7J．从A到C，电势能增加2.5×10－7J.

例3如图3所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq\r(gR).求：

图3

(1)小球滑到C点时的速度大小；

(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势．

答案(1)eq\r(7gR)(2)－eq\f(mgR,2q)

解析(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零．

由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq\f(3R,2)

根据动能定理有mg·eq\f(3R,2)＝eq\f(mv\o\al(,C2),2)－