第2讲 电场能的性质 1．静电力做功的特点 (1)在电场中移动电荷时电场力做功与 无关，只与 有关，可 见静电力做功与 做功相似． 第2讲 电场能的性质 1．静电力做功的特点 (1)在电场中移动电荷时电场力做功与 无关，只与 有关，可 见静电力做功与 做功相似． (2)在匀强电场中，电场力做的功W＝ ，其中d为沿 的位移． 路径 初末位置 重力 Eqd 电场线方向

2．电势能 (1)定义：电荷在电场中具有的势能，等于静电力把它从该点移 到 位置时所做的功． (2)静电力做功与电势能变化的关系 静电力做的功等于 ，即WAB＝ . (3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷在离场源电 荷 的电势能规定为零，或把电荷在 表面的电势能规定为零． 零势能 电势能的减少量 EpA－EpB 无限远处 大地

电场力做功与电势能的变化 (1)电场力做功与路径无关，与重力做功十分相似． (2)电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电场力对电荷做负功时，电荷 的电势能增加．电势能增加或减少的数值等于电场力做功的数值． (3)电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因此移动 电荷做功的数值也是确定的，所以电势能的变化仅与电场力做功有关，与 是否有其它力的作用及运动性质都没有关系，且仅由电场力做功来量度，即 W＝－ΔEp.

1.如图6－2－1所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功32 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力势能增加18 J，则在此过程中金属块的(　　) A．动能减少10 J B．电势能增加24 J C．机械能减少24 J D．内能增加16 J

解析：由动能定理可知ΔEk＝32 J－8 J－16 J－18 J＝－10 J，A正确；克服 电场力做功为8 J，则电势能增加8 J，B错误；机械能的改变量等于除重力以 外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝32 J－8 J－16 J＝8 J，C错误；物体内 能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正确． 答案：AD

1．电势 (1)定义：试探电荷在电场中某点具有的 与 的比 值． (2)定义式： . 电势能Ep 电荷量q (3)矢标性：电势是 ，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势 比 高(低)． (4)相对性：电势具有 ，同一点的电势因 的选取的不同而不同． 标量 零电势 相对性 零势点

2．等势面 (1)定义：电场中 的各点组成的面． 电势相等 (2)特点： ①等势面一定与电场线 ，即跟场强的方向 ． ②在 上移动电荷时电场力不做功． ③电场线总是 的等势面指向 的等势面． ④等差等势面越密的地方电场强度 ；反之 ． 垂直 垂直 同一等势面 从电势高 电势低 越大 越小

电场线、场强、电势、等势面它们之间有何关系？ 1．电场线与场强的关系：电场线越密的地方表示场强越大，电场线上每点的 切线方向表示该点的场强方向． 2．电场线与电势的关系：沿着电场线方向，电势越来越低． 3．等势面与电场线的关系 (1)电场线总是与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面． (2)电场线越密的地方，等势面也越密． (3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功． 4．场强数值与电势数值无直接关系：场强大(或小)的地方电势不一定大(或小)，零电 势可人为选取，而场强是否为零则由电场本身决定．

2. (2009·上海单科，7)位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电 势分布如图6－2－2所示，图中实线表示等势线，则(　　) A．a点和b点的电场强度相同 B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功 C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功 D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大

解析：同一检验电荷在a、b两点受力方向不同，所以A错误；因为A、B两处有 负电荷，所以，等势线由外向内表示的电势越来越低．将正电荷从c点移到d点， 正电荷的电势能增加，电场力做负功，B错误；负电荷从a点移到c点，电势能减 少，电场力做正功，C正确；正电荷沿虚线从e点移到f点的过程中，电势先降低 再升高，电势能先减小后增大． 答案：CD

1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时， WAB 与 的比值． 2．定义式：UAB＝ . 3．电势差与电势的关系：UAB＝ . 电场力做的功 移动电荷电量q φA－φB 4．单位： ，符号 . 5．影响因素：电势差UAB由 决定，与移动的电荷q及电场力做功WAB ，与零势点的选取 ． 伏特 V 电场本身的性质 无关 无关

3．将一正电荷从无限远处移入电场中M点，静电力做功W1＝6×10－9 J，若 将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，静电力做功W2＝7×10－9 J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系(　　) A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0 C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0 解析：对正电荷φ∞－φM＝ ；对负电荷φN－φ∞＝ . 即φ∞－φN＝ . 而W2＞W1，φ∞＝0，且 均大于0，则φN＜φM＜0，正确答案选C. 答案：C

【例1】 如图6－2－3所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两 点．下列说法正确的是(　　) A．M点电势一定高于N点电势 B．M点场强一定大于N点场强 C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功

解析：沿电场线方向，电势降低，所以M点电势一定高于N点电势，A正确；电 场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强一定小于N点场强，B 错；若把正电荷由M点移到N点电场力做正功，电荷的电势能减小，所以EpM＞ EpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向沿NM指向M，电场力做负功，D错． 答案：AC

1．计算电场力做功常有哪些方法 (1)WAB＝qUAB(普遍适用) (2)W＝qE·x·cos θ(适用于匀强电场) (3)WAB＝－ΔEp(从能量角度求解) (4)W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)

2．电势能增减的判断方法 做功法：无论电荷是正是负，只要电场力做正功，电荷的电势能就减少； 电场力做负功，电荷的电势能就增加． 3．电势高低的判断 (1)据电场线的方向：沿电场线方向，电势越来越低． (2)据电场力做功的方法：据定义式UAB＝ ，将WAB、q的＋、－代入，由 UAB的＋、－可判电势高低．

1－1　 (2009·天津)如图6－2－4所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空 中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度 vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度 vN折回N点，则(　　) A．粒子受电场力的方向一定由M指向N B．粒子在M点的速度一定比在N点的大 C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D．电场中M点的电势一定高于N点的电势

解析：由题意可知M、N在同一电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程 中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于 题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选D 错误． 答案：B

1－2　如图6－2－5所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电 荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判 断正确的是(　　) A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零 C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大

解析：本题考查电场强度矢量的叠加及电场力做功与电势能变化的关系．空间 中任何一点的场强都是三个点电荷在该点产生场强的矢量和．A、B两个＋Q在O 点的场强矢量和为0，所以O点的场强等于C点电荷在O点产生的场强(不为零)， A选项错误；A、B、C三点电荷在D点产生的场强如图所示，大小相等，设EA＝ EB＝EC＝E，EA、EB的矢量和沿x轴正方向， 大小也等于E，EC方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，B选项正确；在x ＜0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从O移向C，电场力做正 功，电势能减小，将负电荷从O移向C，电场力做负功，电势能增加，C选项错 误，D选项正确．本题正确选项B、D. 答案：BD

【例2】如图6－2－6所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线 1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的 初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．a加速度减小，b加速度增大 C．MN电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ| D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小

解析：由带电粒子在运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子带电的性质，A错；由电场线的疏密可知，a加速度将减小，b加速度将增大，B正确；因为是非匀强电场，故MN电势差并不等于NQ两点电势差，C错；但因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子的带电量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，D错误． 答案：B

2－1如图6－2－7所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电 2－1如图6－2－7所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电 场线跟x轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy内，从原点O以大小 为v0方向沿x正方向的初速度射入电场，最后打在y轴上的M点．电子的 质量为m，电荷量为e，重力不计．则(　　) A．O点电势高于M点电势 B．运动过程中电子在M点电势能最多 C．运动过程中，电子的电势能先减少后增加 D．电场对电子先做负功，后做正功

解析：由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向 下，M点电势高于O点，A错误，电子在M点电势能最少，B错误，运动过程中， 电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C错误，D正确． 答案：D

【例3】如图6－2－8所示， 水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝 缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.40 m．在轨道所在空间存在水平向 右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一质量m＝0.10 kg的带电体 (可视为质点)放在水平轨道上与B端距离x＝1.0 m的位置，

由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷 q＝8 由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷 q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2，求： (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小； (2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小； (3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少．

解析：(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律 有：qE＝ma 解得：a＝qE/m＝8.0 m/s2 设带电体运动到B端时的速度大小为vB，则v＝2ax，解得：vB＝ ＝4.0 m/s (2)设带电体运动到圆弧形轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律 有：FN－mg＝mvB2/R，解得：FN＝mg＋mvB2/R＝5.0 N 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧形轨道B端的压力大小FN′＝5.0 N. (3)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所 做的功W电＝qER＝0.32 J．设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为 W摩，对此过程根据动能定理有：W电＋W摩－mgR＝0－ mvB2解得：W摩＝－0.72 J. 答案：(1)8.0 m/s2,4.0 m/s　(2)5.0 N　(3)0.32 J，－0.72 J

解决力电综合问题的一般方法 (1)利用力和运动的关系——牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的结合．即：受 力和初速决定运动，运动反映受力．一切力学问题的分析基础，特适于恒力作用下的匀变速运动． (2)利用功、能关系——动能定理及其他力的功能关系(如重力、电场力、摩擦力等) 及能的转化守恒，即：做功引起并量度了能的改变；无论恒力作用、变力作用、直线运动、曲线运动皆可．

3－1　如图6－2－9为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运 动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正 确的是(　　) A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J C．粒子在A点的动能比在B点多0.5 J D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J

解析：粒子从A点运动到B点，电场力做正功，且沿着电场线，故粒子带正 电，所以选项A错；粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减少，故 粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J，故选项B错；由动能定理，WG＋W电＝ ΔEk，－2.0 J＋1.5 J＝EkB－EkA，所以选项C对；由其他力(在这里指电场力) 做功等于机械能的增加，所以选项D对． 答案：CD

3－2 如图6－2－10所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)． (1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小． (2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h至少应为大？ (3)若小球从斜轨道h＝5R处由静止释放．假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量． 图6－2－10

解析：(1)根据牛顿第二定律：(mg－qE)sin α＝ma① (2)若小球刚好通过B点，据牛顿第二定律：mg－qE＝ 小球由A到B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝ 以上联立，得h＝ (3)小球从静止开始沿轨道运动到B点的过程中，机械能的变化量为：ΔE机由ΔE机＝W电⑥ W电＝－3REq⑦ 得ΔE机＝－3REq⑧ 答案：(1) (2) R　(3)减少　3EqR

如图6－2－11所示，带正电小球质量为m＝1×10－2 kg， 带电荷量为q＝1×10－6 C，置于光滑绝缘水平面上的A点． 当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平 面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB＝ 1.5 m/s. 此时小球的位移为s＝0.15 m．求此匀强电场场强E的取值范围． (g＝10 m/s2)某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ， 由动能定理qEs cos θ＝ mv －0得E＝ V/m. 由题可知θ＞0，所以当E＞7.5×104 V/m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动． 经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充.

点击此处进入 作业手册 正确解答 解：该同学所得结论有不完善之处．对小球由动能定理得： Eqscos θ＝ mvB2－0， 为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须 小于等于重力，即qEsin θ≤mg， 所以tan θ≤ V/m＝1.25×105 V/m，即7.5×104 V/m＜E≤1.25×105 V/m. 答：7.5×104 V/m＜E≤1.25×105 V/m 点击此处进入 作业手册