新教材2021-2022学年物理人教版必修第三册 第十章　静电场中的能量单元复习学案 Word版含答案

知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
考点1　电势与电势差的比较(难度☆☆☆)
电势与电势差的比较
电势φ 电势差U
区 别 定义 电势能与电荷量的比值φ= 静电力做功与电荷量的比值U=
决定
因素 由电场和在电场中的位置决定 由电场和场内两点的位置决定
相对性 有,与零电势点的选取有关 无,与零电势点的选取无关
联 系 数值
关系 UAB=φA-φB,当φB=0时,UAB=φA
单位 相同,均是伏特(V),常用的还有kV、mV等
标量性 都是标量,但均具有正负
物理
意义 均是描述电场性质的物理量
提醒:电势差是两点电势的差值,与零电势点的选取无关,在数值上等于移动单位正电荷电场力做的功。 　　　　　　
电势与电势差的关键词转化
1.(2020·菏泽高二检测)在某电场中,A、B两点间的电势差UAB=60 V,B、C两点间的电势差UBC=-50 V,则A、B、C三点电势高低关系是 (　　)
A.φA>φB>φC　　　　　　　　 B.φA<φC<φB
C.φA>φC>φB D.φC>φB>φA
【解析】选C。A和B两点间的电势差UAB=60 V,知A点的电势比B点的电势高60 V,B、C两点间的电势差UBC=-50 V,知B点的电势比C点的电势低50 V,则A点的电势比C点的电势高10 V,所以φA>φC>φB,故C正确,A、B、D错误。
2.如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点,电场方向与正方形平面平行。已知A、B、C三点的电势分别为φA=15 V、φB=3 V、φC=-3 V。求D点电势φD为多少。
【解析】在匀强电场中AB=DC,且AB∥DC,所以UAB=UDC,即φA-φB=φD-φC,得φD=9 V。
答案:9 V
【规律总结】匀强电场中求解电势(场强)的技巧
(1)在匀强电场中,电势沿直线均匀变化,即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等。
(2)等分线段找等势点法:将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段,必能找到第三点电势的等势点,它们的连线即等势面(或等势线),与其垂直的线即为电场线。
【加固训练】
将一电荷量为-3×10-6 C的负电荷从电场中的A点移动到B点,克服静电力做了3×10-5J的功,再将该电荷从B点移动到C点,静电力做了1.2×10-5 J的功,则
A、C间的电势差为________V,三点的电势φA、φB、φC大小关系是____________,该电荷从A点移动到B点再从B点移动到C点的过程中,电势能变化了______J。?
【解析】A、B间的电势差为:UAB== V=10 V,φA>φB,B、C间的电势差为:UBC== V=-4 V,φB<φC,所以有:UAC=UAB+UBC=6 V,φA>φC,φA>φC>φB;该电荷从A点移动到B点再从B点移动到C点的过程中,电场力做功为:WAC=WAB+WBC=-3×10-5J+1.2×10-5J=-1.8×10-5J,电场力做负功,电荷的电势能增加了1.8×10-5J。
答案:6　φA>φC>φB　1.8×10-5 J
考点2　有关电场的图像问题(难度☆☆☆)
1.电场中几种图像的特点与应用:
v-t图像 根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化,确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ-x图像 ①电场强度的大小等于φ-x图像的斜率大小,电场强度为零处,φ-x图像存在极值,其切线的斜率为零;
②在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势高低关系确定电场强度的方向;
③在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用WAB=qUAB,进而分析WAB的正负,然后做出判断
E-t图像 根据题中给出的E-t图像,确定E的方向,再在草稿纸上画出对应电场线的方向,根据E的大小变化,确定电场的强弱分布
E-x图像 ①反映了电场强度随位移变化的规律;
②E>0表示场强沿x轴正方向,E<0表示场强沿x轴负方向;
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x图像 ①反映了电势能随位移变化的规律;
②图线的切线斜率大小等于电场力大小;
③进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
1.电荷量为q1和q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点,规定无穷远处电势为零,一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中,试探电荷在B、D两点处的电势能均为零;在DJ段中H点处电势能最大。则 (　　)
A.q1的电荷量小于q2的电荷量
B.G点处电场强度的方向沿x轴正方向
C.若将一带负电的试探电荷自G点释放,仅在电场力作用下一定能到达D点
D.若将一带负电的试探电荷从D点移到J点,电场力先做正功后做负功
【解析】选D。由EP=qφ知正电荷的电势能变化和电场的电势变化相同。由图知无穷远处的电势为0,B点的电势为零,由于沿着电场线电势降低,所以O点的电荷q1带正电,C点电荷q2带负电,由于B点距离O比较远而距离C比较近,所以q1电荷量大于q2的电荷量,选项A错误;沿着电场线电势逐渐降低,可知G点的场强沿x轴负方向,选项B错误;带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的电场力,故沿x轴正向加速运动,选项C错误;负电荷从D点到J点的电场力先沿x轴正向后沿x轴负向,故电场力先做正功后做负功,选项D正确。
2.(2020·衡阳高二检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变化关系如图所示,其中O～x2段是关于直线x=x1对称的直线,x2～x3段是曲线,则下列说法正确的是 (　　)
A.x1处电场强度最小
B.在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ3<φ2=φO<φ1
C.O～x2段带电粒子做匀变速直线运动
D.O～x1段电场方向不变,大小变,x2～x3段的电场强度大小和方向均不变
【解析】选B。根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,场强与电势的关系:E=,得E=·,由数学知识可知Ep-x图像切线的斜率等于,x1处的斜率可以认为与O～x1段相等,故此时电场强度并不是最小的,故A错误;根据电势能与电势的关系:Ep=qφ,粒子带负电,q<0,则知电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有φ3<φ2=φO<φ1,故B正确;由图可知,O～x1段和O～x2段电场方向相反,故加速度并不相同,不是一直做匀变速运动,故C错误;O～x1段电场方向不变,大小不变,x2～x3段图像的斜率减小,故电场强度减小,方向不变,故D错误。故选B。
考点1　电容器的动态分析 (难度☆☆☆)
用“四步法”对电容器动态分析
静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是 (　　)
A.断开开关S后,将A、B两极板分开些
B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些
C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些
D.保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右移动
【解析】选A。要使静电计的指针张开角度增大些,必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大,断开开关S后,将A、B两极板分开些,电容器的带电量不变,电容减小,电势差增大,A正确;保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,B、C错误;保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。
【加固训练】
如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间有一带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是 (　　)
A.若增大A、B两金属板的间距,有向右的电流通过电阻R
B.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动
C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动
D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动
【解析】选C。电容器和电源相连,则两极板间的电压恒定,若增大A、B两金属板的间距,根据公式C=可知,电容减小,根据公式C=,可得电容器两极板上所带电荷量减小,故电容器放电,R中有向左的电流,A项错误;由于两极板间的电压不变,若增大A、B两金属板的间距,根据公式E=可得两极板间的电场强度减小,微粒P受到的电场力小于重力,将向下运动,B项错误;若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,相当于两极板间的距离减小,则电场强度增大,电场力大于重力,P向上运动,C项正确;若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,相当于εr增大,但两极板间的电场强度不变,电场力不变,微粒P仍静止,D项错误。
考点2　电场中的功能关系 (难度☆☆☆☆)
判断电势能大小的两种方法:
(1)根据Ep=qφ计算,可判断:电势越高处,正电荷具有的电势能越大,负电荷具有的电势能越小。
(2)根据静电力做功与电势能变化的关系WAB=EpA-EpB判断,这是判断电势能如何变化最基本、最有效的方法。
电场中的功能关系的关键词转化
(2020·南昌高二检测)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点由静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a (　　)
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直减小
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
【解析】选B。小球a从N点由静止释放,过P点后到Q点速度为零,整个运动过程只有重力和库仑力做功,库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90°,所以库仑力在整个过程中做负功。小球a从N到Q的过程中,库仑力增大,库仑力与重力的夹角减小,所以它们的合力一直增大,故A错误;小球a受力如图所示,在靠近N点的位置,合力与速度夹角小于90°,在P点合力与速度夹角大于90°,所以小球a从N到P的过程中,速率应先增大后减小,故B正确;从N到Q的过程中,库仑力一直做负功,所以电势能一直增加,故C错误;根据能量守恒可知,从P到Q的过程中,动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和,故D错误。
【加固训练】
(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小。
(2)B运动到P点时的动能。
【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a, O、P两点的高度差为h。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①
h=a()2=gt2 ②
解得E= ③
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的水平距离为l,根据动能定理有
Ek-m=mgh+qEh ④
且有l=v1=v0t ⑤
h=gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek=2m(+g2t2)
答案:(1)　(2)2m(+g2t2)