第2章 电势能与电势差
第1节 静电力做功与电势能
1.把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，关于电场力对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是（ ）
A.电场力做正功，电势能增加 B.电场力做正功，电势能减少
C.电场力做负功，电势能增加 D.电场力做负功，电势能减少
2.正点电荷电场分布如图所示，该正点电荷电荷量为Q，则该电荷在与它相距r处的点所产生的电场强度大小为E＝k，A、B、C是电场线上的三个点。另一个正点电荷在静电力作用下，沿电场线由A点移至B点的过程中，静电力做功为W1，将该正点电荷从A点移至C点再移至B点过程中静电力做功为W2，则（ ）
A.W1＝W2 B.W1＞W2
C.W1＜W2 D.W1＝2W2
3.（多选）如图所示，在真空中一条竖直方向的电场线上有M和N两点。一带正电的小球在M点由静止释放后沿电场线向下运动，到达N点时速度恰好为零，则（ ）
A.N点的电场强度方向向上
B.M点的电场强度大于N点的电场强度
C.小球在N点所受到的合力一定为零
D.小球在M点的电势能小于在N点的电势能
4.（2023·北京高考8题）如图所示，两个带等量正电荷的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A.做匀加速直线运动
B.在O点所受静电力最大
C.由E到O的时间等于由O到F的时间
D.由E到F的过程中电势能先增大后减小
5.如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F作用于b时，a、b紧靠板静止。现稍改变F的大小，使b稍向左移动一小段距离，则当a、b重新静止后（ ）
A.QO对b的支持力比原来大 B.力F比原来大
C.系统的重力势能比原来小 D.系统的电势能比原来小
6.（多选）如图甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点。一正试探电荷仅在电场力作用下以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度—时间图像如图乙所示。则（ ）
A.Q2带正电
B.Q2带负电
C.试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大
D.试探电荷从b点到a点的过程中电势能减小
7.如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将电荷量为＋q的点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L，AB方向与电场方向成60°角，求：
（1）点电荷所受电场力的大小；
（2）在此过程中电场力做的功。
8.（多选）电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A.物块在4 s内的总位移s＝6 m
B.物块的质量m＝0.5 kg
C.物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D.物块在4 s内电势能减少14 J
9.在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s＝0.10 m。一个电荷量q＝＋2.0×10－8 C的点电荷所受电场力的大小F＝4.0×10－4 N。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W；
（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电势能改变了多少？
10.如图所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，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，静电力做功为W1＝1.2×10－7 J。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）该电荷从B到C，电荷的电势能改变多少？
第1节 静电力做功与电势能
1.C 把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，受力与位移方向相反，则电场力做负功，电势能增加，故C正确，A、B、D错误。
2.A 静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，两次过程的初末位置相同，故两次做功的情况相同，即W1＝W2，A正确，B、C、D错误。
3.AD 由题意可知小球在N点所受电场力向上，而小球带正电，所以N点的电场强度方向向上，A正确；由题意可知小球在M点所受电场力小于重力，在N点所受电场力大于重力，所以M点的电场强度小于N点的电场强度，B错误；小球在N点受到的合力竖直向上，C错误；小球从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在M点的电势能小于在N点的电势能，D正确。
4.C 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为中心来回运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
5.D 以a球为研究对象，分析受力情况如图所示。根据平衡条件，可知电场力F电＝，α减小，cos α增大，则电场力F电减小，挡板对a的弹力N＝mgtan α，α减小，N减小，对整体受力分析，在水平方向有F＝N，则作用力F也减小，在竖直方向有N'＝mAg＋mBg，则QO对b的支持力不变，A、B错误；由于F电减小，根据F电＝k可知，两球间距离增大，由于b稍有向左移动一段小距离，所以a球上升，系统重力势能增加，C错误；由选项C知，两球间距离增大，电势能减小，D正确。
6.BC 由题图乙可知，从b点到a点速度减小，则试探电荷受向左的静电力，因此Q2带负电，故A错误，B正确。试探电荷从b点到a点，由于静电力做负功，其电势能增大，故C正确，D错误。
7.（1）qE （2）
解析：（1）匀强电场电场强度处处相同，大小均为E，点电荷所受电场力的大小F＝qE。
（2）在A到B过程中电场力是恒力，在此过程中电场力做的功W＝FLcos 60°＝。
8.ACD v-t图像的面积表示位移，由图像乙可得s＝ m＝6 m，A正确；0～2 s内由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，2～4 s内由平衡条件有qE2＝μmg，由图甲、乙可知E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，a＝＝1 m/s2，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，B错误，C正确；由图乙可知加速阶段的位移为s1＝×2×2 m＝2 m，匀速阶段的位移为s2＝2×2 m＝4 m，物块在4 s内电场力做功为W＝qE1s1＋qE2s2＝14 J，物块在4 s内电势能减少14 J，D正确。
9.（1）2×104 N/C （2）4×10－5 J （3）减少了4×10－5 J
解析：（1）根据电场强度的定义式可得E＝＝2×104 N/C。
（2）点电荷所受电场力沿电场线方向，将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为W＝Fs＝4×10－5 J。
（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减少了4×10－5J。
10.（1）60 N/C （2）减少了1.44×10－7 J
解析：（1）由W1＝qE｜AB｜得，该电场的电场强度大小为E＝＝ N/C＝60 N/C。
（2）该电荷从B到C，静电力做功为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，该过程电荷的电势能减少了1.44×10－7 J。
2 / 3第1节 静电力做功与电势能
核心 素养 目标 物理观念 1.知道静电力做功的特点。 2.掌握静电力做功与电势能变化的关系
科学思维 通过类比法分析得出静电力做功与电势能变化的关系
知识点一 静电力做功的特点
1.静电力做功：在匀强电场中，静电力做功W＝qElcos θ。其中θ为 之间的夹角。
2.静电力做功的特点：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 ，与电荷经过的路径 。
知识点二 电势能
1.概念
电荷在 中具有的势能。用Ep表示。
2.静电力做功与电势能变化的关系
静电力做的功等于电势能的 ，WAB＝ 。
3.大小
电荷在电场中某点的电势能，等于电荷从该点移动到 静电力所做的功。
4.零电势能点
电场中规定的电势能为 的位置，通常把离场源电荷 或 的电势能规定为零。
【情景思辨】
如图所示，一个不计重力的试探电荷在匀强电场中某点由静止释放。
（1）图中的电荷为正电荷，释放后电场力做正功，电荷的电势能减小。（ ）
（2）电势能是相对的，其大小与规定的零势能点有关。（ ）
（3）电势能的变化量与零电势能点的选取有关。（ ）
（4）电荷电势能的变化量由电场力做功决定。（ ）
要点一 静电力做功的计算与正负判断
【探究】
（1）如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，带正电的试探电荷q沿直线从A移动到B，静电力做的功为多少？若q沿折线AMB从A点移动到B点，静电力做的功为多少？
（2）若q沿任意曲线从A点移动到B点，静电力做的功为多少？由此可得出什么结论？
（3）对比静电力做功和重力做功的特点，它们有什么相同之处？重力做功引起重力势能的变化，静电力做功引起什么能的变化？
【归纳】
1.静电力做功的大小
在匀强电场中，静电力对电荷做的功为W＝qEd，其中d为电荷位移沿电场方向的投影。
2.静电力做功的正负判断
（1）根据静电力和位移方向的夹角判断：夹角为锐角，静电力做正功；夹角为钝角，静电力做负功；夹角为90°，静电力不做功。此法常用于匀强电场中恒定静电力做功情况的判断。
（2）根据静电力和瞬时速度方向的夹角判断：夹角为锐角时，静电力做正功；夹角为钝角时，静电力做负功；静电力和瞬时速度方向垂直时不做功。此法常用于判断曲线运动中变化静电力的做功情况。
（3）根据电势能的变化情况判断：若电势能增加，则静电力做负功；若电势能减小，则静电力做正功。
（4）若物体只受静电力作用，可根据动能的变化情况判断：若物体的动能增加，则静电力做正功；若物体的动能减少，则静电力做负功。
3.电场中几种常见的功能关系
（1）若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。
（2）若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
（3）除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化。
（4）所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化。
【典例1】 如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，一根长为l的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量为＋q和－q的小球（大小不计）。现让绝缘杆绕中点O逆时针转动α角，则转动过程中两个带电小球克服电场力做功为多少？
尝试解答
1.如图所示，A、B为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是（ ）
A.把正电荷从A移到B，静电力做正功，电荷的电势能减少
B.把负电荷从A移到B，静电力做负功，电荷的电势能减少
C.把负电荷从A移到B，静电力做正功，电荷的电势能增加
D.不论正电荷还是负电荷，从A移到B，电势能均逐渐减少
2.（多选）如图所示，在直角三角形ABC中，∠C＝30°，D为斜边AC的中点，在顶点A处有一点电荷＋Q，试探电荷q由B移至C电场力做功W1，由B移至D电场力做功W2，由D移至C电场力做功W3，关于W1、W2、W3的关系，下列说法正确的是（ ）
A.W1＝W2＋W3 B.W1＝W2
C.W1＝W3 D.W2＝W1＋W3
要点二 电势能的理解与计算
【探究】
观察下列图形，请思考：
（1）静电力做正功，电势能怎样变化？
（2）静电力做负功，电势能怎样变化？
【归纳】
1.电势能的特性
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
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，首先应确定零电势能点
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.判断电势能大小的两种方法
做功法 静电力做正功，电势能减小 静电力做负功，电势能增加
能量守 恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化。动能增加，电势能减小；动能减小，电势能增加
【典例2】 将电荷量为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）该电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？
（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？
尝试解答
1.（多选）在如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是（ ）
A.电场强度EA＞EB
B.电场强度EA＜EB
C.将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，静电力做正功，电势能减少
D.将电荷量为q的负电荷从A点移到B点，电荷具有的电势能EpA＞EpB
2.（多选）将带电荷量q1＝＋1.0×10－8 C的点电荷，从无限远处移到匀强电场中的P点，需克服电场力做功2.0×10－6 J，q1在P点受到的电场力是2.0×10－5 N，方向向右。则（ ）
A.P点电场强度的大小为2 000 N/C
B.P点电场强度的方向向右
C.电荷的电势能在移动过程中增加
D.电荷在P点的电势能为2.0×10－5 J
要点回眸
1.如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于M、N两点，A、B为M、N连线的中垂线上的两点，现将一负电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.q的电势能逐渐减小 B.q的电势能逐渐增大
C.q的电势能先增大后减小 D.q的电势能先减小后增大
2.如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正点电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动该电荷，静电力做功为W3，则（ ）
A.W1＞W2＞W3 B.W1＜W2＜W3
C.W1＝W2＝W3 D.W1＝W2＞W3
3.某电场区域的电场线如图所示，把一个电子从A点移到B点时（ ）
A.电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功
B.电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功
C.电子所受的电场力增大，电势能减少
D.电子所受的电场力增大，电势能增加
4.（多选）如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹。若电荷是从A处运动到B处，以下判断正确的是（ ）
A.电荷从A到B加速度减小
B.电荷从A到B加速度增大
C.电荷从A到B电势能减少
D.电荷从A到B电势能增加
第1节 静电力做功与电势能
【基础知识·准落实】
知识点一
1.静电力与位移方向 2.有关 无关
知识点二
1.静电场 2.减少量 EpA－EpB 减小 增加
3.零电势能点 4.零 无限远处 大地表面
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）静电力F＝qE，静电力方向与位移方向夹角为θ，静电力对试探电荷q做的功W＝F·｜AB｜cos θ＝qE·｜AM｜。q沿AM移动，静电力做的功W1＝qE·｜AM｜，q沿MB移动，静电力做的功W2＝0，总功W＝W1＋W2＝qE·｜AM｜。
（2）W＝qE·｜AM｜。电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运动到B点，静电力做功相同。说明静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关。
（3）静电力做功与重力做功都与路径无关，静电力做功引起电势能的变化。
【典例1】 qEl（1－cos α）
解析：电场力对带正电小球做功为W1＝－qE··（1－cos α）；电场力对带负电小球做功为W2＝－qE··（1－cos α）。转动过程中电场力对两小球做的总功为W＝W1＋W2＝－qEl（1－cos α），即两个带电小球克服电场力做功为qEl（1－cos α）。
素养训练
1.A 正电荷受到的电场力沿A到B，从A移到B过程中，静电力做正功，电荷的电势能减少，A正确；负电荷受到的电场力由B到A，从A移到B过程中，静电力做负功，电荷的电势能增加，B、C错误；由A、B、C三项分析可知，D错误。
2.AC 根据电场力做功的特点，试探电荷由B移至C电场力做功与由B先经过D再移至C电场力做功相等，即W1＝W2＋W3，A正确，D错误；若以A点为圆心、以AB为半径画圆，则D在圆周上，将试探电荷由B点移至D点时，电荷的电势能不变，即电场力不做功，W2＝0，则W1＝W3，C正确，B错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）静电力做正功，电势能减小。
（2）静电力做负功，电势能增加。
【典例2】 （1）增加了1.8×10－5 J （2）3×10－5 J 1.8×10－5 J
解析：（1）负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加了1.8×10－5 J。
（2）WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
素养训练
1.BC 电场线密处电场强度大，则EA＜EB，选项A错误，B正确；正电荷从A点移到B点，静电力做正功，电势能减少，选项C正确；负电荷从A点移到B点，静电力做负功，电势能增大，故EpA＜EpB，选项D错误。
2.ABC E＝＝ N/C＝2 000 N/C，方向向右，A、B正确；无穷远处电势能为零，电荷在由无穷远处移到P点的过程中电场力做负功，电势能增加，在P点的电势能等于该过程中克服电场力做的功，则Ep＝WP∞＝2.0×10－6 J，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.D 由于M、N带正电，故负电荷q由A到B过程中，电场力先做正功后做负功，电荷的电势能先减小后增大，故D正确。
2.C 设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、B、D错误。
3.C 电子从A点向B点移动，电子所受电场力方向与运动方向相同，所以电场力做正功，电势能减少。电场线密处电场强度大，则电场线密处电子的受力也大，所以电子所受的电场力增大。故C正确。
4.AD 根据电场线的疏密程度可以判断A处的电场强度大于B处的电场强度，也就是说试探电荷在A处受到的电场力大于在B处的电场力，由牛顿第二定律可知电荷在A处的加速度大于在B处的加速度，所以选项A正确，B错误；根据物体做曲线运动的条件可知，曲线向力的方向弯曲，可判定，在A、B两点试探电荷所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左，由此判断电场线方向发散向外，试探电荷在电场中从A向B点运动，电场力对试探电荷做负功，电势能不断增大，选项C错误，D正确。
4 / 5(共62张PPT)
第1节 静电力做功与电势能
核
心 素
养 目
标 物理
观念 1.知道静电力做功的特点。
2.掌握静电力做功与电势能变化的关系
科学
思维 通过类比法分析得出静电力做功与电势能变化的关系
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点一 静电力做功的特点
1. 静电力做功：在匀强电场中，静电力做功W＝qElcos θ。其中θ
为 之间的夹角。
2. 静电力做功的特点：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 ，与电荷经过的路径 。
静电力与位移方向
有关
无关
知识点二 电势能
1. 概念
电荷在 中具有的势能。用Ep表示。
2. 静电力做功与电势能变化的关系
静电力做的功等于电势能的 ，WAB＝ 。
静电场
减少量
EpA－EpB
3. 大小
电荷在电场中某点的电势能，等于电荷从该点移动到
静电力所做的功。
4. 零电势能点
电场中规定的电势能为 的位置，通常把离场源电荷
或 的电势能规定为零。
零电势能
点
零
无限远
处
大地表面
【情景思辨】
如图所示，一个不计重力的试探电荷在匀强电场中某点由静止
释放。
（1）图中的电荷为正电荷，释放后电场力做正功，电荷的电势能减
小。 （ √ ）
（2）电势能是相对的，其大小与规定的零势能点有关。 （ √ ）
（3）电势能的变化量与零电势能点的选取有关。 （ × ）
（4）电荷电势能的变化量由电场力做功决定。 （ √ ）
√
√
×
√
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 静电力做功的计算与正负判断
【探究】
（1）如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，带正电的试探电荷q沿直线从A移动到B，静电力做的功为多少？若q沿折线AMB从A点移动到B点，静电力做的功为多少？
提示：静电力F＝qE，静电力方向与位移方向夹角为θ，静电力对试探
电荷q做的功W＝F·｜AB｜cos θ＝qE·｜AM｜。q沿AM移动，静电力做
的功W1＝qE·｜AM｜，q沿MB移动，静电力做的功W2＝0，总功W＝
W1＋W2＝qE·｜AM｜。
（3）对比静电力做功和重力做功的特点，它们有什么相同之处？重
力做功引起重力势能的变化，静电力做功引起什么能的变化？
（2）若q沿任意曲线从A点移动到B点，静电力做的功为多少？由此可
得出什么结论？
提示：W＝qE·｜AM｜。电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运
动到B点，静电力做功相同。说明静电力做功与路径无关，只与
初、末位置有关。
提示：静电力做功与重力做功都与路径无关，静电力做功引起
电势能的变化。
【归纳】
1. 静电力做功的大小
在匀强电场中，静电力对电荷做的功为W＝qEd，其中d为电荷位移
沿电场方向的投影。
2. 静电力做功的正负判断
（1）根据静电力和位移方向的夹角判断：夹角为锐角，静电力做
正功；夹角为钝角，静电力做负功；夹角为90°，静电力不
做功。此法常用于匀强电场中恒定静电力做功情况的判断。
（2）根据静电力和瞬时速度方向的夹角判断：夹角为锐角时，静
电力做正功；夹角为钝角时，静电力做负功；静电力和瞬时
速度方向垂直时不做功。此法常用于判断曲线运动中变化静
电力的做功情况。
（3）根据电势能的变化情况判断：若电势能增加，则静电力做负
功；若电势能减小，则静电力做正功。
（4）若物体只受静电力作用，可根据动能的变化情况判断：若物
体的动能增加，则静电力做正功；若物体的动能减少，则静
电力做负功。
3. 电场中几种常见的功能关系
（1）若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。
（2）若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保
持不变。
（3）除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变
化。
（4）所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化。
【典例1】 如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，一根长为
l的绝缘杆，两端分别固定着带有电荷量为＋q和－q的小球（大小不
计）。现让绝缘杆绕中点O逆时针转动α角，则转动过程中两个带电小
球克服电场力做功为多少？
答案：qEl（1－cos α）
解析：电场力对带正电小球做功为W1＝－qE··（1－cos α）；电场力
对带负电小球做功为W2＝－qE··（1－cos α）。转动过程中电场力对两小球做的总功为W＝W1＋W2＝－qEl（1－cos α），即两个带电小球克服电场力做功为qEl（1－cos α）。
1. 如图所示，A、B为某电场线上的两点，那么以下结论正确的是
（ ）
A. 把正电荷从A移到B，静电力做正功，电荷的电势能减少
B. 把负电荷从A移到B，静电力做负功，电荷的电势能减少
C. 把负电荷从A移到B，静电力做正功，电荷的电势能增加
D. 不论正电荷还是负电荷，从A移到B，电势能均逐渐减少
解析： 正电荷受到的电场力沿A到B，从A移到B过程中，静电
力做正功，电荷的电势能减少，A正确；负电荷受到的电场力由B
到A，从A移到B过程中，静电力做负功，电荷的电势能增加，B、
C错误；由A、B、C三项分析可知，D错误。
2. （多选）如图所示，在直角三角形ABC中，∠C＝30°，D为斜边
AC的中点，在顶点A处有一点电荷＋Q，试探电荷q由B移至C电场
力做功W1，由B移至D电场力做功W2，由D移至C电场力做功W3，
关于W1、W2、W3的关系，下列说法正确的是（ ）
A. W1＝W2＋W3 B. W1＝W2
C. W1＝W3 D. W2＝W1＋W3
解析： 根据电场力做功的特点，试探电荷由B移至C电场力做
功与由B先经过D再移至C电场力做功相等，即W1＝W2＋W3，A正
确，D错误；若以A点为圆心、以AB为半径画圆，则D在圆周上，
将试探电荷由B点移至D点时，电荷的电势能不变，即电场力不做
功，W2＝0，则W1＝W3，C正确，B错误。
要点二 电势能的理解与计算
【探究】
观察下列图形，请思考：
（1）静电力做正功，电势能怎样变化？
提示：静电力做正功，电势能减小。
（2）静电力做负功，电势能怎样变化？
提示：静电力做负功，电势能增加。
【归纳】
1. 电势能的特性
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
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，首先应确定零电势能点
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. 判断电势能大小的两种方法
做功
法 静电力做正功，电势能减小
静电力做负功，电势能增加
能量
守 恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转
化。动能增加，电势能减小；动能减小，电势能增加
【典例2】 将电荷量为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）该电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了
多少？
答案：增加了1.8×10－5 J
解析：负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋
1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加了1.8×10－5 J。
（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？
答案：3×10－5 J 1.8×10－5 J
解析：WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
1. （多选）在如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是
（ ）
A. 电场强度EA＞EB
B. 电场强度EA＜EB
C. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，静电力做正功，电势能减少
D. 将电荷量为q的负电荷从A点移到B点，电荷具有的电势能EpA＞EpB
解析： 电场线密处电场强度大，则EA＜EB，选项A错误，B正
确；正电荷从A点移到B点，静电力做正功，电势能减少，选项C正
确；负电荷从A点移到B点，静电力做负功，电势能增大，故EpA＜
EpB，选项D错误。
2. （多选）将带电荷量q1＝＋1.0×10－8 C的点电荷，从无限远处移
到匀强电场中的P点，需克服电场力做功2.0×10－6 J，q1在P点受
到的电场力是2.0×10－5 N，方向向右。则（ ）
A. P点电场强度的大小为2 000 N/C
B. P点电场强度的方向向右
C. 电荷的电势能在移动过程中增加
D. 电荷在P点的电势能为2.0×10－5 J
解析： E＝＝ N/C＝2 000 N/C，方向向右，A、B
正确；无穷远处电势能为零，电荷在由无穷远处移到P点的过程中
电场力做负功，电势能增加，在P点的电势能等于该过程中克服电
场力做的功，则Ep＝WP∞＝2.0×10－6 J，C正确，D错误。
要点回眸
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. 如图所示，在真空中有两个带等量正电的点电荷，分别置于M、N
两点，A、B为M、N连线的中垂线上的两点，现将一负电荷q由A点
沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. q的电势能逐渐减小
B. q的电势能逐渐增大
C. q的电势能先增大后减小
D. q的电势能先减小后增大
解析： 由于M、N带正电，故负电荷q由A到B过程中，电场力先
做正功后做负功，电荷的电势能先减小后增大，故D正确。
2. 如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正点电荷
从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；
第二次沿路径ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线
ADB移动该电荷，静电力做功为W3，则（ ）
A. W1＞W2＞W3 B. W1＜W2＜W3
C. W1＝W2＝W3 D. W1＝W2＞W3
解析： 设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ
＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，
故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、
B、D错误。
3. 某电场区域的电场线如图所示，把一个电子从A点移到B点时
（ ）
A. 电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功
B. 电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功
C. 电子所受的电场力增大，电势能减少
D. 电子所受的电场力增大，电势能增加
解析： 电子从A点向B点移动，电子所受电场力方向与运动方向
相同，所以电场力做正功，电势能减少。电场线密处电场强度大，
则电场线密处电子的受力也大，所以电子所受的电场力增大。故C
正确。
4. （多选）如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负的
试探电荷在这个电场中仅在电场力作用下运动的轨迹。若电荷是从
A处运动到B处，以下判断正确的是（ ）
A. 电荷从A到B加速度减小
B. 电荷从A到B加速度增大
C. 电荷从A到B电势能减少
D. 电荷从A到B电势能增加
解析： 根据电场线的疏密程度可以判断A处的电场强度大于B
处的电场强度，也就是说试探电荷在A处受到的电场力大于在B处
的电场力，由牛顿第二定律可知电荷在A处的加速度大于在B处的
加速度，所以选项A正确，B错误；根据物体做曲线运动的条件可
知，曲线向力的方向弯曲，可判定，在A、B两点试探电荷所受到
的电场力的方向都应在电场线上并大致向左，由此判断电场线方向
发散向外，试探电荷在电场中从A向B点运动，电场力对试探电荷
做负功，电势能不断增大，选项C错误，D正确。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
1. 把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，关于电场力对电
荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电场力做正功，电势能增加
B. 电场力做正功，电势能减少
C. 电场力做负功，电势能增加
D. 电场力做负功，电势能减少
解析： 把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，受力
与位移方向相反，则电场力做负功，电势能增加，故C正确，A、
B、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2. 正点电荷电场分布如图所示，该正点电荷电荷量为Q，则该电荷在
与它相距r处的点所产生的电场强度大小为E＝k，A、B、C是电
场线上的三个点。另一个正点电荷在静电力作用下，沿电场线由A
点移至B点的过程中，静电力做功为W1，将该正点电荷从A点移至
C点再移至B点过程中静电力做功为W2，则（ ）
A. W1＝W2 B. W1＞W2
C. W1＜W2 D. W1＝2W2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，两次过程
的初末位置相同，故两次做功的情况相同，即W1＝W2，A正确，
B、C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3. （多选）如图所示，在真空中一条竖直方向的电场线上有M和N两
点。一带正电的小球在M点由静止释放后沿电场线向下运动，到达
N点时速度恰好为零，则（ ）
A. N点的电场强度方向向上
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 小球在N点所受到的合力一定为零
D. 小球在M点的电势能小于在N点的电势能
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 由题意可知小球在N点所受电场力向上，而小球带
正电，所以N点的电场强度方向向上，A正确；由题意可知小球
在M点所受电场力小于重力，在N点所受电场力大于重力，所以
M点的电场强度小于N点的电场强度，B错误；小球在N点受到
的合力竖直向上，C错误；小球从M点运动到N点的过程中，电
场力做负功，电势能增大，所以小球在M点的电势能小于在N点
的电势能，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4. （2023·北京高考8题）如图所示，两个带等量正电荷的点电荷位于
M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交
点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A. 做匀加速直线运动
B. 在O点所受静电力最大
C. 由E到O的时间等于由O到F的时间
D. 由E到F的过程中电势能先增大后减小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为中心来回
运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性
可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电
荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后
增大，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5. 如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两
个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F
作用于b时，a、b紧靠板静止。现稍改变F的大小，使b稍向左移动
一小段距离，则当a、b重新静止后（ ）
A. QO对b的支持力比原来大
B. 力F比原来大
C. 系统的重力势能比原来小
D. 系统的电势能比原来小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 以a球为研究对象，分析受力情况如图所
示。根据平衡条件，可知电场力F电＝，α减小，cos
α增大，则电场力F电减小，挡板对a的弹力N＝mgtan
α，α减小，N减小，对整体受力分析，在水平方向有F＝N，则作用力F也减小，在竖直方向有N'＝mAg＋mBg，则QO对b的支持力不变，A、B错误；由于F电减小，根据F电＝k可知，两球间距离增大，由于b稍有向左移动一段小距离，所以a球上升，系统重力势能增加，C错误；由选项C知，两球间距离增大，电势能减小，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6. （多选）如图甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正
电，它们连线的延长线上有a、b两点。一正试探电荷仅在电场力作
用下以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度—
时间图像如图乙所示。则（ ）
A. Q2带正电
B. Q2带负电
C. 试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大
D. 试探电荷从b点到a点的过程中电势能减小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： 由题图乙可知，从b点到a点速度减小，则试探电荷受
向左的静电力，因此Q2带负电，故A错误，B正确。试探电荷从b点
到a点，由于静电力做负功，其电势能增大，故C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7. 如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将电荷量为＋q的
点电荷由A点沿直线移至B点，AB间的距离为L，AB方向与电场方
向成60°角，求：
（1）点电荷所受电场力的大小；
答案：qE
解析：匀强电场电场强度处处相同，大小均为E，点电
荷所受电场力的大小F＝qE。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）在此过程中电场力做的功。
答案：
解析：在A到B过程中电场力是恒力，在此过程中电场力
做的功W＝FLcos 60°＝。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
8. （多选）电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水
平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的
大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所
示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图像所提供的信息，下列说法
正确的是（ ）
A. 物块在4 s内的总位移s＝6 m
B. 物块的质量m＝0.5 kg
C. 物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D. 物块在4 s内电势能减少14 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
解析： v-t图像的面积表示位移，由图像乙可得s＝ m＝6 m，A正确；0～2 s内由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，2～
4 s内由平衡条件有qE2＝μmg，由图甲、乙可知E1＝3×104 N/C，E2
＝2×104 N/C，a＝＝1 m/s2，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，B错
误，C正确；由图乙可知加速阶段的位移为s1＝×2×2 m＝2 m，
匀速阶段的位移为s2＝2×2 m＝4 m，物块在4 s内电场力做功为W
＝qE1s1＋qE2s2＝14 J，物块在4 s内电势能减少14 J，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9. 在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点
间的距离s＝0.10 m。一个电荷量q＝＋2.0×10－8 C的点电荷所受
电场力的大小F＝4.0×10－4 N。求：
（1）电场强度E的大小；
答案：2×104 N/C
解析：根据电场强度的定义式
可得E＝＝2×104 N/C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W；
答案：4×10－5 J
解析： 点电荷所受电场力沿电场线方向，将该点电荷
从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为W＝Fs＝
4×10－5 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电势能改变了多少？
答案：减少了4×10－5 J
解析：将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力做正
功，电荷的电势能减少了4×10－5J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10. 如图所示的匀强电场中，有A、B、C三点，AB＝5 cm，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，静电力做功为W1＝1.2×10－
7 J。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
答案：60 N/C
解析：由W1＝qE｜AB｜得，该电场的电场强度大小为
E＝＝ N/C＝60 N/C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
（2）该电荷从B到C，电荷的电势能改变多少？
答案：减少了1.44×10－7 J
解析：该电荷从B到C，静电力做功为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，该过程电荷的电势能减少了
1.44×10－7 J。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
谢谢观看!
