高中物理 第2章 电势能与电势差 第1节 静电力做功与电势能教案 必修第三册高二第三册物理教案

第2章电势能与电势差
课标要求
1.知道静电场中的电荷具有电势能。

了解电势能、电势和电势差的含义。

知道匀强电场中电势差与电场强度的关系。

能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。

2.观察常见电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象。

能举例说明电容器的应用。

第1节静电力做功与电势能
[观图助学]
两辆完全相同的小汽车从山脚下的同一地点，沿不同的路径到山顶，重力做功一样吗？1.静电力做功：在匀强电场中，静电力做功W＝qE·l cos θ。

其中θ为静电力方向与位移方向之间的夹角。

2.特点：在静电场中移动电荷时，静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。

以上结论不仅适用于匀强电场，而且也适用于非匀强电场。

[思考判断]
(1)电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小就可能不同。

(×)
(2)正电荷沿着电场线运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，静电力对负电荷做正功。

(√)
知识点二电势能
[观图助学]
在甲、乙两图中，小球均从A点移到B点，甲图中小球的重力势能怎样变化？乙图中小球电势能怎样变化？
1.概念：电荷在电场中具有的势能。

用E p表示。

2.大小：电荷在电场中某点的电势能，等于电荷从该点移到零电势能点静电力所做的功。

3.电势能与电场力做功的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p。

4.电势能的相对性：选择不同的零电势能点，电荷在电场中同一点的电势能的值是不同的(填“相同”或“不同”)。

[思考判断]
(1)静电力做功，电势能一定变化。

(√)
(2)静电力做正功，电荷的电势能减少，静电力做负功，电荷的电势能增加。

(√)
(3)正电荷和负电荷沿着电场线运动，电势能均减少。

(×)
(4)某点的场强为零，电荷在该点的电势能一定为零。

(×),
曲线
W＝W1＋W2＋W3＋…＝qE(|AB1|＋|A1B2|＋|A2B3|＋…)＝qE×|AM|
注意：
静电力做功与运动状态、路径无关。

相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫势能。

电势能零点的规定：通常把电荷在离场源电荷无限远处或把电荷在大地表面上的电势能规定为零。

核心要点静电力做功的特点
[观察探究]
如图所示，一带电荷量为q的正电荷在匀强电场中从A点运动到B点，已知直角边BC、AC 的长度分别为a、b。

(1)若电荷沿直线AB运动，电场力做了多少功？是正功还是负功？
(2)若电荷沿折线ACB运动，电场力做了多少功？是正功还是负功？
(3)由以上两种情况可以总结出电场力做功有何特点？试猜想电荷沿曲线ADB运动，电场力做了多少功？是正功还是负功？
答案(1)qEa正功
(2)qEa正功
(3)电场力做功与路径无关，只与始末位置有关，若电荷沿曲线ADB运动，电场力做的功W3＝qEa正功
[探究归纳]
(1)在匀强电场中，静电力做的功为W＝qEd，其中d为沿电场线方向的位移。

(2)静电力和瞬时速度方向的夹角为锐角时静电力做正功，夹角为钝角时做负功。

注意 判断静电力方向时要注意正负电荷。

[试题案例]
[例1] 如图所示的匀强电场中，有a 、b 、c 三点，d ab ＝5 cm ，d bc ＝12 cm ，其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角。

一个电荷量为q ＝4×10－8
C 的正电荷从a 移到b 时电场力做的功为W 1＝1.2×10－7
J ，求： (1)匀强电场的电场强度E 的大小； (2)电荷从a 移到c ，电场力做的功W 2。

解析 (1)从a 到b ，正电荷受到的电场力F 1＝qE 电场力做的功W 1＝F 1d ab ＝qEd ab
则E ＝W 1qd ab ＝ 1.2×10
－7
4×10－8×5×10－2
V/m ＝60 V/m 。

(2)由于电场力做功与路径无关，所以把电荷从a 移到c 做的功W 2＝W 1＋W bc ，把电荷从b 移到c ，电场力做的功W bc ＝qE ·d bc ·cos 60°＝4×10－8
×60×12×10－2
×
0.5 J ＝1.44×10－7
J ，故W 2＝W 1＋W bc ＝1.2×10－7
J ＋1.44×10－7
J ＝2.64×10－7
J 。

答案 (1)60 V/m (2)2.64×10－7
J
[针对训练1] 如图所示，一根绝缘杆长l ，两端分别带有等量异种电荷，电荷量均为Q ，杆处于纸面内时，匀强电场的方向与杆的夹角α＝60°。

若场强为E ，使杆绕杆中点O 沿顺时针方向转过60°角，电场力一共做了多少功？
解析 正电荷受到的电场力沿场强方向，负电荷受到的电场力沿场强反方向，因此杆顺时针转动，电场力对正、负电荷都做正功，所以电场力一共做功
W ＝2QE ·12l ·(1－cos 60°)＝12
QEl 。

答案 12
QEl
核心要点
电势能
[要点归纳] 1.电势能的性质
(1)系统性：电势能是由电场和电荷共同决定的，是属于电荷和电场所共有的，我们习惯上说成电荷的电势能。

(2)相对性：电势能是相对的，其大小与选定的零电势能点有关。

确定电荷的电势能，首先应确定零势能点的位置。

(3)标量性：电势能是标量，有正负但没有方向。

电势能为正值表示电势能大于零电势能点的电势能，电势能为负值表示电势能小于零电势能点的电势能。

2.静电力做功与电势能变化的关系
W AB ＝E p A －E p B →⎩
⎪⎨
⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫静电力做正功，电势能减少静电力做负功，电势能增加→W AB ＝－ΔE p [试题案例]
[例2] 将带电荷量为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 移到C ，静电力做了1.2×10－5
J 的功，则：
(1)电荷从A 移到B ，再从B 移到C 的过程中电势能改变了多少？
(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)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？ 解析 (1)W AC ＝W AB ＋W BC ＝(－3×10－5
＋1.2×10－5
) J ＝－1.8×10－5
J 。

可见电势能增加了1.8×10－5
J 。

(2)如果规定A 点的电势能为零，由公式W AB ＝E p A －E p B 得该电荷在B 点的电势能为E p B ＝E p A －
W AB ＝0－W AB ＝3×10－5 J 。

同理，C 点的电势能为
E p C ＝E p A －W AC ＝0－W AC ＝1.8×10－5 J 。

(3)如果规定B 点的电势能为零，则该电荷在A 点的电势能为
E p A ′＝E p B ′＋W AB ＝0＋W AB ＝－3×10－5 J 。

C 点的电势能为E p C ′＝E p B ′－W BC ＝0－W BC ＝－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 方法凝炼 电势能大小的判断方法
力作用，则下列说法正确的是( )
A.若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向B运动，电势能减少
B.若在C点无初速度地释放正电荷，则正电荷向A运动，电势能增加
C.若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向A运动，电势能增加
D.若在C点无初速度地释放负电荷，则负电荷向B运动，电势能减少
解析若在C点无初速度地释放正电荷，正电荷所受电场力向右，则正电荷向B运动，电场力做正功，电势能减少；若在C点无初速度地释放负电荷，负电荷所受电场力向左，则负电荷向A运动，电场力做正功，电势能减少。

答案 A
[针对训练3] (多选)如图所示，在点电荷电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把电荷量为＋q和－q的点电荷依次放在这三点上，关于它们所具有的电势能，下列说法中正确的是( )
A.放上＋q时，它们的电势能E p A>E p B>E p C
B.放上＋q时，它们的电势能E p A<E p B<E p C
C.放上－q时，它们的电势能E p A>E p B>E p C
D.放上－q时，它们的电势能E p A<E p B<E p C
解析对正电荷从A经B移到C，电场力做正功，电势能减少，故E p A>E p B>E p C，对负电荷从A 经B至C，电场力做负功，电势能增加，故E p A<E p B<E p C。

答案AD
1. (静电力做功的特点)(多选)下列说法正确的是( )
A.电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小就可能不同
B.电荷从电场中的某点开始出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零
C.正电荷沿着电场线运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，静电力对负电荷做正功
D.电荷在电场中运动，因为静电力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立解析静电力做功和电荷运动路径无关，故A错误；静电力做功只和电荷的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，故B正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的静电力方向和电荷的运动方向相同，故静电力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，静电力对负电荷做正功，故C正确；电荷在电场中运动虽然有静电力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，故D错误。

答案BC
2.(对电势能的理解)(多选)一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点的电势能为4.8×10－17 J，动能为
3.2×10－17 J，由A点到B点静电力做功为1.6×10－17 J，如果电子只受静电力作用，则( )
A.电子在B点的动能为4.8×10－17 J
B.电子在B点的动能为1.6×10－17 J
C.电子在B点的电势能为3.2×10－17 J
D.电子在B点的电势能为6.4×10－17 J
解析电子由A点到B点静电力做功为1.6×10－17 J，即电子从A点到B点电势能减少1.6×10－17 J，则在B点的电势能为3.2×10－17 J，电子只受静电力，则电子的电势能和动能之和不变，在A点有E＝E k＋E p＝3.2×10－17 J＋4.8×
10－17 J＝8×10－17 J，在B点的动能E k′＝E－E p′＝8×10－17 J－3.2×10－17 J＝4.8×10－17 J，故A、C正确，B、D错误。

答案AC
3.(静电力做功与电势能的关系)(多选)如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子在电场中运动的轨迹。

若带电粒子仅受电场力作用，运动方向由M到N，以下说法正确的是( ) A.粒子带负电 B.粒子带正电
C.粒子的电势能增加
D.粒子的电势能减少
解析根据运动轨迹与受力关系，带电粒子受到的电场力与电场方向一致，故粒子带正电，A错误，B正确；粒子运动过程中，电场力方向与速度方向的夹角小于90°，所以电场力做正功，粒子的电势能减少，C错误，D正确。

答案BD
基础过关
1.(多选)光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球A、B，小球A通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连，如图所示。

让小球B在外力F作用下缓慢向右移动，移动中两小球的电荷量不变，则下列对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是( )
A.外力F对系统做正功，弹性势能增大
B.外力F对系统做正功，弹性势能减小
C.静电力做正功，电势能减小
D.静电力做负功，电势能增大
解析在小球B向右移动的过程中，外力对系统做正功，两球间距离增大，它们之间的静电力减小，因此弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，故A错误，B正确；由于两球间距离增大，
静电力做负功，系统的电势能增大，故C错误，D正确。

答案BD
2.一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点的过程中，电场力做了5×10－6J的正功，那么( )
A.电荷的电势能减少了5×10－6 J
B.电荷的动能减少了5×10－6 J
C.电荷在B处时具有5×10－6 J的电势能
D.电荷在B处时具有5×10－6 J的动能
解析据电场力做功的多少，只能判断E p和E k的变化量，不能确定E p和E k的大小，故C、D 错误；电场力做正功，电势能减少，动能增加，故A正确，B错误。

答案 A
3.如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。

M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。

不计重力，下列表述正确的是( )
A.粒子在M点的速率最大
B.粒子所受电场力沿电场方向
C.粒子在电场中的加速度不变
D.粒子在电场中的电势能始终在增加
解析粒子带负电，所受电场力沿电场反方向，在接近M点的过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M点粒子的速率应该最小，A、B错误；粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C正确；因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D错误。

答案 C
4.(多选)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个正方形路径abcd，如图所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断中正确的是( )
A.由a→b电场力做正功，电子的电势能减小
B.由b→c电场对电子先做负功，后做正功，总功为零
C.由c→d电子的电势能一直增加
D.由d→a电子的电势能先减小后增加，电势能变化量为零
解析由a→b电场力做负功，A项错误；由b→c电场力先做负功，后做正功，但总功为零，
B 项正确；由c →d ，电场力一直做正功，电势能一直减少，
C 项错误；由d →a ，电场力先做正功，后做负功，总功为零，则电势能的变化为零，
D 项正确。

答案 BD
5.(多选)带电粒子以速度v 0沿竖直方向垂直进入匀强电场E 中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v 0，则一定有( ) A.电场力大于重力
B.电场力所做的功大于重力所做的功
C.粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小
D.电势能的减少量一定等于重力势能的增加量
解析 设粒子运动的水平位移、竖直位移大小分别为L 、L ′，由s ＝v 0
2t 知L ＝L ′，C 正确；
由动能定理得qEL －mgL ′＝0，故mg ＝Eq ，A 、B 错误；又重力势能的增加量为mgL ′，电势能的减少量为EqL ，故D 正确。

答案 CD
6.一带电小球在从电场中的a 点运动到b 点的过程中，重力做功W G ＝3 J ，克服空气阻力做功W f ＝0.5 J ，小球的动能增加量ΔE k ＝1 J 。

求在此过程中带电小球的电势能变化了多少？ 解析 根据动能定理可得W 电＋W G －W f ＝ΔE k 所以W 电＝ΔE k －W G ＋W f ＝1 J －3 J ＋0.5 J ＝－1.5 J
即电场力对小球做了1.5 J 的负功，所以带电小球的电势能增加了1.5 J 。

答案 增加了1.5 J
能力提升
7.(多选)在电场强度大小为E 的匀强电场中，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物体从A 点开始以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度的大小为0.8qE m
，物体运动距离
l 到B 时速度变为零。

下列说法正确的是( )
A.物体克服电场力做功qEl
B.物体的电势能减少了qEl
C.物体的电势能增加了qEl
D.若选A 点的电势能为零，则物体在B 点的电势能为qEl
解析 物体所受电场力方向与运动方向相反，所以电场力做负功，即克服电场力做功W ＝
qEl ，选项A 正确；由于电场力做负功，电势能增加，电场力做了多少负功，电势能就增加
多少，所以电势能增加了qEl ，选项B 错误，选项C 正确；由W AB ＝E p A －E p B 可知，当选A 点的电势能为零时，E p B ＝－W AB ＝qEl ，选项D 正确。

答案 ACD
8.地球表面附近某区域存在大小为150 N/C 、方向竖直向下的电场。

一质量为1.00×10－4
kg 、带电荷量为－1.00×10－7
C 的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m 。

对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s 2
，忽略空气阻力)( ) A.－1.50×10－4
J 和9.95×10－3
J B.1.50×10－4
J 和9.95×10－3
J C.－1.50×10－4
J 和9.65×10－3
J D.1.50×10－4
J 和9.65×10－3
J
解析 对带电小球进行受力分析，考虑到忽略空气的阻力，小球受到向下的重力和向上的电场力，下落10.0 m 时，小球克服电场力做功，小球的电势能增大，ΔE p ＝Eqh ＝150×1.00×10
－7
×10.0 J＝1.50×10－4
J ；根据动能定理可知小球下落10.0 m 时的动能的改变量为ΔE k
＝W G －W E ＝mgh －Eqh ＝1.00×10－4
×9.8×10.0 J－1.50×10－4
J ＝9.65×10－3
J ，所以选项D 正确。

答案 D
9.如图所示的一匀强电场，场强方向水平向左。

一个质量为m 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。

求小球运动到最高点时其电势能与在O 点的电势能之差。

解析 设小球的电荷量为q ，因小球做直线运动，则它受到的电场力Eq 和重力mg 的合力必沿初速度反方向，如图所示。

有mg ＝qE tan θ
由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝F 合m ＝mg
sin θm ＝g
sin θ
设从O 点到最高点的路程为s ，有v 2
0＝2as 运动的水平距离为l ＝s cos θ 联立解得电场力做功
W ＝－qEl ＝－1
2
mv 20cos 2θ
电势能之差ΔE p ＝－W ＝12
mv 20cos 2
θ。

答案 12
mv 20cos 2
θ
10.如图所示，在场强E ＝1×104
N/C 的水平匀强电场中，有一根长l ＝15 cm 的细线，一端固定在O 点，另一端系一个质量m ＝3 g 、电荷量q ＝2×10－6
C 的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g 取10 m/s 2。

则：
(1)小球到达最低点B 的过程中重力势能变化量、电势能变化量分别为多少？ (2)若取A 点电势能为零，小球在B 点的电势能为多大？ (3)小球到B 点时速度为多大？细线的张力为多大？ 解析 (1)重力势能变化量 ΔE p ＝－mgl ＝－4.5×10－3
J 电势能的变化量
ΔE p 电＝qEl ＝3×10－3
J 。

(2)小球在B 点的电势能E p B ＝3×10－3
J 。

(3)小球从A 到B 由动能定理得
mgl －Eql ＝12
mv 2B
得v B ＝1 m/s
在B 点，对小球有T －mg ＝mv 2
B
l
解得T ＝5×10－2
N 。

答案 (1)重力势能减少4.5×10－3
J 电势能增加3×10－3
J (2)3×10－3
J (3)1 m/s 5×10－2
N。