《2018-2019高中物理 第一章 靜電場 1.4 電勢能和電勢課件 新人教版選修3-1.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019高中物理 第一章 靜電場 1.4 電勢能和電勢課件 新人教版選修3-1.ppt（103頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、4電勢能和電勢,一、靜電力做功的特點：1.靜電力做功：在勻強電場中，靜電力做功W=qElcosθ。其中θ為_____________之間的夾角。2.特點：在靜電場中移動電荷時，靜電力做的功與電荷的_________和_________有關，與電荷___________無關。,靜電力與位移,起始位置,終止位置,經(jīng)過的路徑,二、電勢能1.概念：電荷在_____中具有的勢能。用Ep表示。2.靜電力做功與電勢能變化的關系：靜電力做的功等于電勢能的_______，WAB=______。(1)電場力做正功，電勢能_____。(2)電場力做負功，電勢能_____。,電場,減少量,EpA-EpB,減少,增加,

2、3.電勢能的大?。弘姾稍谀滁c的電勢能，等于靜電力把它從該點移動到___________時所做的功。4.電勢能的相對性：電勢能的大小與_________的選取有關，通常選取_________或_________的位置為零勢能點。,零勢能位置,零勢能點,無窮遠處,大地表面,5.電勢能的標量性：電勢能有正、負之分，當電荷的電勢能為正值時，比在零電勢能位置的電勢能___；為負值時，比在零電勢能位置的電勢能___。,大,小,三、電勢與等勢面1.電勢：(1)定義：電荷在電場中某一點的_______與它的________的比值。(2)表達式和單位：φ=___。在國際單位制中，電勢的單位是_____，符號為_

3、_。,電勢能,電荷,量,伏特,V,(3)電勢零點：電場中規(guī)定的電勢為___的位置。常取離場源電荷_________或_____電勢為零。規(guī)定電勢零點之后，電勢有正、負之分。(4)矢標性：電勢只有_____，沒有_____，是個_____。(5)電勢與電場線的關系：沿電場線的方向，電勢_____。,零,無限遠處,大地,大小,方向,標量,降低,2.等勢面：(1)定義：電場中_________的各點構成的面。(2)等勢面與電場線的關系。①電場線跟等勢面_____。②電場線由_______的等勢面指向_______的等勢面。,電勢相同,垂直,電勢高,電勢低,【思考辨析】(1)只要電荷在電場中移動，電場

4、力一定做功。()(2)無論正、負電荷，只要電場力做正功，電荷的電勢能一定減少。()(3)電勢能是相對的，規(guī)定不同的零勢能點，電荷在電場中某點的電勢能不同。(),(4)電荷處在電場中，在電勢越高的位置電勢能一定越大。()(5)在電場中確定的兩點間移動電荷量大小相等的正、負電荷時，電勢能變化相同。(),提示：(1)。在等勢面上移動電荷電場力不做功，靜電力做功只與電荷的初、末位置有關。(2)√。電場力做功等于電勢能的減少量，與電荷的正負無關。(3)√。電勢能具有相對性，零勢能面的選取不同，電荷在電場中某點的電勢能不同。,(4)。正電荷在電勢越高處電勢能越大，負電荷在電勢越高處電勢能越小。(5)。在電

5、場中確定的兩點間移動電荷量大小相等的正、負電荷時，靜電力做的功絕對值相等，正、負不同，電勢能的變化量絕對值相等，增減情況相反。,,【生活鏈接】如圖所示，如果云層帶負電，和地面上的建筑物間發(fā)生放電現(xiàn)象，請分析放電時，空氣中的正、負離子各向什么方向移動？靜電力對離子做什么功？,,提示：放電時，空氣中的負離子向地面運動，正離子向云層運動。在這個過程中涉及能量的轉化，靜電力對離子做正功。,知識點一靜電力做功和電勢能變化的關系探究導入：如圖所示，一帶電量為q的正電荷在勻強電場E中從A點運動到B點，已知直角邊BC、AC的長度分別為a、b。,(1)若電荷沿直線AB運動，電場力做了多少功？正功還是負功？(2)

6、若電荷沿折線ACB運動，電場力做了多少功？正功還是負功？(3)由以上兩種情況可以總結出電場力做功有何特點？試猜想電荷沿曲線ADB運動，電場力做了多少功？,提示：(1)若電荷沿直線AB運動，電場力做功W=FlABcosθ=qEa，電場力做正功。(2)若電荷沿折線ACB運動，電場力在AC段不做功，在BC段做正功，做功W=FlBC=qEa。(3)以上兩種情況電場力做功相同，可以總結出電場力做功與電荷的運動路徑無關。并由此可以猜想到電荷沿曲線ADB運動時，電場力做功仍為qEa。,,【歸納總結】1.靜電力做功的特點：(1)靜電力對電荷所做的功，與電荷的初末位置有關，與電荷經(jīng)過的路徑無關。該結論適用于任何

7、靜電場。(2)無論帶電體在電場中做直線運動還是做曲線運動，無論帶電體只受靜電力作用還是受多個力作用，無論靜電力做正功還是做負功，靜電力做功的特點不變。,,2.電勢能的性質：(1)系統(tǒng)性：電勢能是由電場和電荷共同決定的，是屬于電荷和電場所共有的，我們習慣上說成電荷的電勢能。(2)相對性：電勢能是相對的，其大小與選定的參考點有關。確定電荷的電勢能，首先應確定參考點，也就是零勢能點的位置。,(3)標量性：電勢能是標量，有正負但沒有方向。電勢能為正值表示電勢能大于參考點的電勢能，電勢能為負值表示電勢能小于參考點的電勢能。,3.電勢能增減的判斷方法：(1)做功判斷法。無論正、負電荷，只要電場力做正功，電

8、荷的電勢能一定減??；只要電場力做負功，電荷的電勢能一定增大。,,(2)電場線判斷法。正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減?。荒嬷妶鼍€的方向移動時，電勢能逐漸增大。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)電勢判斷法。由公式Ep=qφ知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能小。(4)能量守恒法。只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能互相轉化，動能減少多少，電勢能就增加多少，反之亦然。,,電勢能與重力勢能的比較：,,【特別提醒】(1)利用做功判斷法時，正、負電荷遵循相同的規(guī)律；利用電場線或電勢判斷法時，正、負電荷遵循不

9、同的規(guī)律。(2)電荷在電場中移動時，電勢能的變化只與電場力所做的功有關，與零勢能點的選取無關。,【典題通關】考查角度1靜電力做功的定性分析【典例1】如圖所示，A、B為某電場線上的兩點，那么以下結論正確的是(),A.把正電荷從A移到B，靜電力做正功，電荷的電勢能增加B.把負電荷從A移到B，靜電力做負功，電荷的電勢能增加C.把負電荷從A移到B，靜電力做正功，電荷的電勢能增加D.不論正電荷還是負電荷，從A到B電勢能逐漸降低,【正確解答】選B。正電荷從A移到B，靜電力做正功，電勢能減少；負電荷從A移到B，靜電力做負功，電勢能增加，因此B正確。,考查角度2靜電力做功的定量計算【典例2】將電荷量為610-

10、6C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了310-5J的功，再從B點移到C點，靜電力做了1.210-5J的功。(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(guī)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(guī)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？,【正確解答】(1)WAC=WAB+WBC=(-310-5+1.210-5)J=-1.810-5J，可見電勢能增加了1.810-5J。(2)如果規(guī)定A點的電勢能為零，由公式得該電荷在B點的電勢能EPB1=EPA1-WAB=0-WAB=310-5J。同理，C點的電勢能為EPC

11、1=EPA1-WAC=0-WAC=1.810-5J。,(3)如果規(guī)定B點的電勢能為零，則A點的電勢能為EPA2=EPB2+WAB=0+WAB=-310-5JC點的電勢能為EPC2=EPB2-WBC=0-WBC=-1.210-5J。答案：見正確解答,【過關訓練】1.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，下列說法正確的是(),A.油滴帶正電B.電勢能增加C.動能增加D.重力勢能和電勢能之和增加,【解析】選C。由題圖的軌跡可知靜電力大于重力且方向向上，由電場方向知油滴帶負電，則從a到b靜電力做正功，電勢能減少，又有靜電力

12、做的功大于克服重力做的功，所以動能增加，由能量守恒定律知重力勢能和電勢能之和減少，所以選項C正確。,2.如圖所示的勻強電場中，有A、B、C三點，AB=5cm，BC=12cm，其中AB沿電場方向，BC和電場方向成60角。一個電荷量為q=410-8C的正電荷從A移到B，電場力做功為W1=1.210-7J。求：,(1)勻強電場的電場強度E的大小。(2)電荷從B到C，電荷的電勢能改變多少？【解析】(1)由W1=qEAB得，該電場的電場強度大小為：,(2)電荷從B到C，電場力做功為：W2=F電BCcos60=qEBCcos60=410-8601210-20.5J=1.4410-7J所以，該過程電勢能減少

13、1.4410-7J。答案：(1)60N/C(2)減少1.4410-7J,【補償訓練】(多選)下列說法正確的是()A.電荷從電場中的A點運動到了B點，路徑不同，電場力做功的大小就可能不同B.電荷從電場中的某點開始出發(fā)，運動一段時間后，又回到了該點，則說明電場力做功為零,C.正電荷沿著電場線運動，電場力對正電荷做正功，負電荷逆著電場線運動，電場力對負電荷做正功D.電荷在電場中運動，因為電場力可能對電荷做功，所以能量守恒定律在電場中并不成立,,【解析】選B、C。電場力做功與路徑無關，只與初末位置有關，所以B項正確，A項錯誤；正電荷沿電場線運動，負電荷逆著電場線運動，力與速度的夾角均為0度，電場力均做

14、正功，C項正確；能量守恒定律是自然界的普遍適用定律之一，與哪一個力做功無關，D項錯。,知識點二對電勢的理解探究導入：如圖所示的勻強電場，電場強度為E，取O點為零勢能點，A點距O點為L，AO連線與電場強度反方向的夾角為θ。,(1)電荷量分別為q和2q的試探電荷在A點的電勢能為多少？(2)電勢能與電荷量的比值是否相同？(3)電勢能與電荷量的比值與試探電荷的電荷量是否有關系？,提示：(1)由EpA-Ep0=WAO=EqLcosθ，知電荷量為q和2q的試探電荷在A點的電勢能分別為EqLcosθ、2EqLcosθ；(2)雖然兩電荷在電場中同一位置的電勢能不同，但電勢能與電荷量的比值相同，都為ELcosθ

15、。(3)由上面分析可知，電勢能與試探電荷的比值與試探電荷本身的電量沒有關系。,【歸納總結】電勢的性質：(1)相對性：電勢是相對的，電場中某點的電勢高低與電勢零點的選取有關。通常將離場源電荷無窮遠處或地球表面選為電勢零點。,(2)固有性：電場中某點的電勢大小是由電場本身的性質決定的，與在該點是否放有電荷及所放電荷的電荷量和電勢能均無關。,(3)標量性：電勢是只有大小、沒有方向的物理量，在規(guī)定了電勢零點后，電場中各點的電勢可能是正值，也可能是負值。正值表示該點的電勢高于零電勢；負值表示該點的電勢低于零電勢。顯然，電勢的正負只表示大小，不表示方向。,1.電勢與電勢能：,2.電勢與電場強度的比較：,,

16、,【易錯提醒】(1)電場中某點的電勢高低與該點的場強大小無關。(2)沿電場線的方向電勢降低，電勢降低最快的方向沿電場線的方向。(3)當涉及φ、Ep、q三者關系的問題時，一定要考慮三者的正負號問題。,【典題通關】考查角度1電勢與電勢能的理解【典例1】(多選)如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負試探電荷只受靜電力作用時的運動軌跡，若電荷是從A處運動到B處，以下判斷正確的是(),A.電荷從A到B加速度減小B.B處電勢能大C.B處電勢高D.電荷在B處速度小,【正確解答】選B、D。由題圖可知，B處的電場線比A處的電場線密，說明B處的電場強度大于A處的電場強度，根據(jù)牛頓第二定律，試探電荷在B處

17、的加速度大于在A處的加速度，選項A錯誤；由題圖可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即靜電力F≠0，且靜電力F的方向應指向運動軌跡的凹側，因為試探電荷帶負電，所以電場線指向是從電場線疏處到電場線,密處，再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷A、B處電勢高低關系是φA>φB，選項C錯誤；根據(jù)試探電荷的位移與所受靜電力的夾角大于90，可知靜電力對試探電荷做負功，所以由A→B電勢能增加，選項B正確；又因為靜電力做功與路徑無關，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減少，即速度減小，選項D正確。,【規(guī)律方法】電勢高低的判斷方法(1)電場線法：沿電場線方向，電勢越來越低。(2)場源電荷判斷法：離

18、場源正電荷越近的點，電勢越高；離場源負電荷越近的點，電勢越低。(3)電勢能判斷法：對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高；對于負電荷，電勢能越小，所在位置的電勢越高。,考查角度2電勢與電場強度的理解【典例2】如圖所示，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。下列判斷正確的是()A.1、2兩點的場強相等B.1、3兩點的場強相等C.1、2兩點的電勢相等D.2、3兩點的電勢相等,【正確解答】選D。根據(jù)電場線的疏密判斷電場強度的大小，電場線越密，電場強度越大，所以E1>E2，E1>E3，A、B均錯誤；電勢是標量，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，且在同一等勢面上電勢相等，所以φ1

19、>φ2，φ2=φ3，C錯誤，D正確。,【過關訓練】1.(多選)下列有關電勢高低的判斷正確的是()A.負電荷從A點移動到B點時，外力做正功，A點的電勢一定較低B.負電荷從A點移動到B點時，電勢能增加，A點的電勢一定較高,C.正電荷只在電場力作用下，從A點移動到B點，A點的電勢一定較高D.正電荷從A點移動到B點時，其電勢能增加，A點電勢一定較低,,【解析】選B、D。負電荷從A點移動到B點時，外力做正功，但不知道電場力做功的正負，無法判斷電勢能的變化，故A錯誤；負電荷從A點移動到B點時，電勢能增加，說明電場力做負功，負電荷是順著電場線方向移動的，故A點電勢高，故B正確；正電荷只在電場力作用下，從A點

20、移動到B點，但不知道是不是從靜止開始運動的，故無法判斷電勢高低，故C錯誤；正電荷從,A點移動到B點時，其電勢能增加，電場力做負功，故正電荷一定是逆著電場線方向移動的，故A點電勢低，故D正確。,2.如圖所示，P、Q是兩個電荷量相等的異種電荷，在其電場中有a、b、c三點在一條直線上，平行于P、Q的連線，b點在P、Q連線的中垂線上，a、c關于中垂線對稱，分別用φa、φb和φc表示三點的電勢，用Ea、Eb、Ec分別表示三點的場強。下列說法正確的是()A.φa>φb>φcB.φa>φc>φbC.Ea>Eb>EcD.Eb>Ea>Ec,【解析】選A。根據(jù)電場力做功判斷：若從a到b到c移動一正的試探電荷，電場

21、力做正功，電勢降低，所以A正確、B錯誤；由于點a和點c關于P、Q連線的中垂線對稱，故a、c兩點的場強大小相等，但方向不同，所以C、D錯誤。,【補償訓練】1.(多選)如圖所示，某區(qū)域電場線左右對稱分布，M、N為對稱線上的兩點。下列說法正確的是(),A.M點電勢一定高于N點電勢B.M點場強一定大于N點場強C.正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能D.將電子從M點移動到N點，電場力做正功,【解析】選A、C。沿電場線方向，電勢降低，所以M點電勢一定高于N點電勢，A正確；電場線的疏密程度表示電場的強弱，由圖可知，M點場強一定小于N點場強，B錯誤；正電荷q在M點的電勢能EpM=qφM，在N點的電勢能EpN

22、=qφN，由于φM>φN，所以EpM>EpN，C正確；電子在電場中受電場力的方向沿NM指向M，故從M移動到N，電場力做負功，D錯誤。,2.(多選)如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q，且CO=OD，∠ADO=60。下列判斷正確的是()A.O點電場強度為零B.D點電場強度為零C.若將點電荷+q從O移向C，電勢能增大D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大,【解析】選B、D。題中A、B兩個+Q在O點的場強矢量和為0，所以O點的場強等于C點點電荷在O點產(chǎn)生的場強(不為零)，A選項錯誤；題中A、B、C三點電荷在D點產(chǎn)生的場強如圖所示，大小相等，設EA

23、=EB=EC=E，EA、EB的矢量和沿x軸正方向，大小也等于E，EC方向沿x軸負方向，故三個場強的矢量和為0，B選項正確；x軸上xEA，所以粒子的加速度aB>aA；虛線表示等勢面，電勢φA>φB；由粒子運動軌跡的彎曲趨向可知電場力做正功，所以動能、電勢能的變化情況為EkB>EkA，EpBφcC.粒子P由a到b電場力做正功電勢能減少D.a、b、c的電場強度大小之比是2∶1∶2,【解析】選D。根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出粒子之間存在引力，P與固定在正方形一個頂點的電荷Q是異種電荷，故帶正電荷，A錯誤；根據(jù)點電荷的電場線的特點，Q與ac距離相等，則φa=φc，故B錯誤；正電荷P從a到b，電勢升高，電場力做

24、負功，電勢能就增加，故C錯誤；點電荷Q在a、b、c三點的電場強度大小可根據(jù)點電荷的場強公式求得，由題圖可知，,ra=rc=rb，場強公式：可得即Ea∶Eb∶Ec=2∶1∶2，故D正確。,【補償訓練】1.(多選)如圖所示，虛線圓是某靜電場中的等勢面，其電勢分別為φa、φb和φc。一帶正電粒子射入電場中，其運動軌跡如實線KLMN所示，由圖可知(),A.粒子從K到L的過程中，靜電力做負功B.粒子從L到M的過程中，靜電力做負功C.粒子從K到L的過程中，電勢能增加D.粒子從L到M的過程中，動能減少，電勢能增加【解析】選A、C。由粒子運動軌跡可判斷出該電場是正電荷形成的電場，帶正電的粒子射入電場中時，受斥

25、力作用，在靠近場源電荷的過程中，靜電力做負,功，動能減少，電勢能增加，在遠離場源電荷的過程中，靜電力做正功，動能增加，電勢能減少。粒子由K到L的過程中，由低電勢到高電勢處，靜電力做負功，動能減少，電勢能增加，故選項A、C正確；粒子由L到M的過程中，由高電勢到低電勢處，靜電力做正功，動能增加，電勢能減少，故選項B、D錯誤。,2.如圖，實線為一正點電荷的電場線，虛線為其等勢面。A、B是同一等勢面上的兩點，C為另一等勢面上的一點，下列判斷正確的是()A.A點場強等于B點場強B.C點電勢高于B點電勢C.將電子從A點移到B點，電場力不做功D.將質子從A點移到C點，其電勢能增加,【解析】選C。A、B兩點場

26、強大小相等，方向不同，A錯。A、B電勢相等，均高于C點電勢，B錯；A、B在同一等勢面上，將電子從A點移到B點，電勢能不變，電場力不做功，C對；由于φA>φC，質子帶正電，故由A點到C點，質子的電勢能減少，D錯。,【拓展例題】考查內(nèi)容：帶電物體在電場中的功能轉化關系【典例】如圖所示，一質量為m的塑料球形容器放在桌面上，它的內(nèi)部有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，彈簧直立地固定于容器內(nèi)壁的底部，彈簧上端經(jīng)絕緣體系住一只帶正電q、質量也為m的小球。從加一個豎直向上的場強為E的勻強電場起，,到容器對桌面壓力減為零時為止，求：(1)小球的電勢能改變量。(2)容器對桌面壓力減為零時小球的速度大小。,【正確解答】(1)初狀態(tài)，對小球進行受力分析，得彈簧壓縮量：mg=kx1，當容器對桌面壓力為零時，對容器受力分析，說明彈簧伸長且拉力為mg，彈簧伸長量x2=x1=該過程電場力做功：W=Eq(x1+x2)=所以小球電勢能減少,(2)對小球用動能定理，該過程彈簧彈力做功是零，只有重力和電場力做功：(Eq-mg)(x1+x2)=mv2，答案：(1)(2),