2024-2025學年新教材高中物理第十章靜電場中的能量階段提升課學案新人教版必修3

PAGE9-第十章靜電場中的能量學問體系·思維導圖考點整合·素養(yǎng)提升考點1電勢與電勢差的比較(難度☆☆☆)電勢與電勢差的比較電勢φ電勢差U區(qū)別定義電勢能與電荷量的比值φ=靜電力做功與電荷量的比值U=確定因素由電場和在電場中的位置確定由電場和場內(nèi)兩點的位置確定相對性有,與零電勢點的選取有關無,與零電勢點的選取無關聯(lián)系數(shù)值關系UAB=φA-φB,當φB=0時,UAB=φA單位相同,均是伏特(V),常用的還有kV、mV等標量性都是標量,但均具有正負物理意義均是描述電場性質(zhì)的物理量提示:電勢差是兩點電勢的差值,與零電勢點的選取無關,在數(shù)值上等于移動單位正電荷電場力做的功。電勢與電勢差的關鍵詞轉(zhuǎn)化1.(2024·菏澤高二檢測)在某電場中,A、B兩點間的電勢差UAB=60V,B、C兩點間的電勢差UBC=-50V,則A、B、C三點電勢凹凸關系是()A.φA>φB>φC B.φA<φC<φBC.φA>φC>φB D.φC>φB>φA【解析】選C。A和B兩點間的電勢差UAB=60V,知A點的電勢比B點的電勢高60V,B、C兩點間的電勢差UBC=-50V,知B點的電勢比C點的電勢低50V,則A點的電勢比C點的電勢高10V,所以φA>φC>φB,故C正確,A、B、D錯誤。2.如圖所示,A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點,電場方向與正方形平面平行。已知A、B、C三點的電勢分別為φA=15V、φB=3V、φC=-3V。求D點電勢φD為多少?！窘馕觥吭趧驈婋妶鲋蠥B=DC,且AB∥DC,所以UAB=UDC,即φA-φB=φD-φC,得φD=9V。答案:9V【規(guī)律總結(jié)】勻強電場中求解電勢(場強)的技巧(1)在勻強電場中,電勢沿直線勻稱改變,即直線上距離相等的線段兩端的電勢差值相等。(2)等分線段找等勢點法:將電勢最高點和電勢最低點連接后依據(jù)須要平分成若干段,必能找到第三點電勢的等勢點,它們的連線即等勢面(或等勢線),與其垂直的線即為電場線。【加固訓練】將一電荷量為-3×10-6C的負電荷從電場中的A點移動到B點,克服靜電力做了3×10-5J的功,再將該電荷從B點移動到C點,靜電力做了1.2×10-5A、C間的電勢差為________V,三點的電勢φA、φB、φC大小關系是____________,該電荷從A點移動到B點再從B點移動到C點的過程中,電勢能改變了______J。

【解析】A、B間的電勢差為:UAB==V=10V,φA>φB,B、C間的電勢差為:UBC==V=-4V,φB<φC,所以有:UAC=UAB+UBC=6V,φA>φC,φA>φC>φB;該電荷從A點移動到B點再從B點移動到C點的過程中,電場力做功為:WAC=WAB+WBC=-3×10-5J+1.2×10-5J=-1.8×10-5J,電場力做負功,電荷的電勢能增加了1.8×10-5J。答案:6φA>φC>φB1.8×10-5J考點2有關電場的圖像問題(難度☆☆☆)1.電場中幾種圖像的特點與應用:v-t圖像依據(jù)v-t圖像中速度改變、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小改變,確定電場的方向、電勢凹凸及電勢能改變φ-x圖像①電場強度的大小等于φ-x圖像的斜率大小,電場強度為零處,φ-x圖像存在極值,其切線的斜率為零;②在φ-x圖像中可以干脆推斷各點電勢的凹凸,并可依據(jù)電勢凹凸關系確定電場強度的方向;③在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的改變,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后做出推斷E-t圖像依據(jù)題中給出的E-t圖像,確定E的方向,再在草稿紙上畫出對應電場線的方向,依據(jù)E的大小改變,確定電場的強弱分布E-x圖像①反映了電場強度隨位移改變的規(guī)律;②E>0表示場強沿x軸正方向,E<0表示場強沿x軸負方向;③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差,“面積”大小表示電勢差大小,兩點的電勢凹凸依據(jù)電場方向判定Ep-x圖像①反映了電勢能隨位移改變的規(guī)律;②圖線的切線斜率大小等于電場力大小;③進一步推斷場強、動能、加速度等隨位移的改變狀況1.電荷量為q1和q2的兩點電荷分別固定在x軸上的O、C兩點,規(guī)定無窮遠處電勢為零,一帶正電的摸索電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x的改變關系如圖所示。其中,摸索電荷在B、D兩點處的電勢能均為零;在DJ段中H點處電勢能最大。則 ()A.q1的電荷量小于q2的電荷量B.G點處電場強度的方向沿x軸正方向C.若將一帶負電的摸索電荷自G點釋放,僅在電場力作用下肯定能到達D點D.若將一帶負電的摸索電荷從D點移到J點,電場力先做正功后做負功【解析】選D。由EP=qφ知正電荷的電勢能改變和電場的電勢改變相同。由圖知無窮遠處的電勢為0,B點的電勢為零,由于沿著電場線電勢降低,所以O點的電荷q1帶正電,C點電荷q2帶負電,由于B點距離O比較遠而距離C比較近,所以q1電荷量大于q2的電荷量,選項A錯誤;沿著電場線電勢漸漸降低,可知G點的場強沿x軸負方向,選項B錯誤;帶負電的摸索電荷在G點受沿x軸正方向的電場力,故沿x軸正向加速運動,選項C錯誤;負電荷從D點到J點的電場力先沿x軸正向后沿x軸負向,故電場力先做正功后做負功,選項D正確。2.(2024·衡陽高二檢測)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動,其電勢能Ep隨位移x改變關系如圖所示,其中O～x2段是關于直線x=x1對稱的直線,x2～x3段是曲線,則下列說法正確的是 ()A.x1處電場強度最小B.在O、x1、x2、x3處電勢φO、φ1、φ2、φ3的關系為φ3<φ2=φO<φ1C.O～x2段帶電粒子做勻變速直線運動D.O～x1段電場方向不變,大小變,x2～x3段的電場強度大小和方向均不變【解析】選B。依據(jù)電勢能與電勢的關系:Ep=qφ,場強與電勢的關系:E=,得E=·,由數(shù)學學問可知Ep-x圖像切線的斜率等于,x1處的斜率可以認為與O～x1段相等,故此時電場強度并不是最小的,故A錯誤;依據(jù)電勢能與電勢的關系:Ep=qφ,粒子帶負電,q<0,則知電勢能越大,粒子所在處的電勢越低,所以有φ3<φ2=φO<φ1,故B正確;由圖可知,O～x1段和O～x2段電場方向相反,故加速度并不相同,不是始終做勻變速運動,故C錯誤;O～x1段電場方向不變,大小不變,x2～x3段圖像的斜率減小,故電場強度減小,方向不變,故D錯誤。故選B?？键c1電容器的動態(tài)分析(難度☆☆☆)用“四步法”對電容器動態(tài)分析靜電計是在驗電器的基礎上制成的,用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個金屬板,G為靜電計。起先時開關S閉合,靜電計指針張開肯定角度,為了使指針張開的角度增大些,下列實行的措施可行的是 ()A.斷開開關S后,將A、B兩極板分開些B.保持開關S閉合,將A、B兩極板分開些C.保持開關S閉合,將A、B兩極板靠近些D.保持開關S閉合,將滑動變阻器滑動觸頭向右移動【解析】選A。要使靜電計的指針張開角度增大些,必需使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大,斷開開關S后,將A、B兩極板分開些,電容器的帶電量不變,電容減小,電勢差增大,A正確;保持開關S閉合,將A、B兩極板分開或靠近些,靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變,B、C錯誤;保持開關S閉合,將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動,靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變,D錯誤?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,R是一個定值電阻,A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài),則下列說法正確的是 ()A.若增大A、B兩金屬板的間距,有向右的電流通過電阻RB.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運動C.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊肯定厚度的金屬片,P將向上運動D.若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊肯定厚度的陶瓷片,P將向上運動【解析】選C。電容器和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,依據(jù)公式C=可知,電容減小,依據(jù)公式C=,可得電容器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A項錯誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,依據(jù)公式E=可得兩極板間的電場強度減小,微粒P受到的電場力小于重力,將向下運動,B項錯誤;若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊肯定厚度的金屬片,相當于兩極板間的距離減小,則電場強度增大,電場力大于重力,P向上運動,C項正確;若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊肯定厚度的陶瓷片,相當于εr增大,但兩極板間的電場強度不變,電場力不變,微粒P仍靜止,D項錯誤?？键c2電場中的功能關系(難度☆☆☆☆)推斷電勢能大小的兩種方法:(1)依據(jù)Ep=qφ計算,可推斷:電勢越高處,正電荷具有的電勢能越大,負電荷具有的電勢能越小。(2)依據(jù)靜電力做功與電勢能改變的關系WAB=EpA-EpB推斷,這是推斷電勢能如何改變最基本、最有效的方法。電場中的功能關系的關鍵詞轉(zhuǎn)化(多選)(2024·南昌高二檢測)如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點由靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零。則小球a()A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中,速領先增大后減小C.從N到Q的過程中,電勢能始終增加D.從P到Q的過程中,動能削減量小于電勢能增加量【解析】選B、C。小球a從N點由靜止釋放,過P點后到Q點速度為零,整個運動過程只有重力和庫侖力做功,庫侖力方向與小球a速度方向夾角始終大于90°,所以庫侖力在整個過程中做負功。小球a從N到Q的過程中,庫侖力增大,庫侖力與重力的夾角減小,所以它們的合力始終增大,故A錯誤;小球a受力如圖所示,在靠近N點的位置,合力與速度夾角小于90°,在P點合力與速度夾角大于90°,所以小球a從N到P的過程中,速率應先增大后減小,故B正確;從N到Q的過程中,庫侖力始終做負功,所以電勢能始終增加,故C正確;依據(jù)能量守恒可知,從P到Q的過程中,動能的削減量等于重力勢能和電勢能的增加量之和,故D錯誤?！炯庸逃柧殹?2024·全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后放射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點放射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g,求:(1)電場強度的大