高考第一輪復習物理教案10電場

1、翰林匯翰林匯翰林匯翰林匯課 題： 電場 類型：復習課目的要求：理解和靈活運用電場的有關概念,掌握電場力做功與電勢能的變化、帶電粒子在電場中的運動等綜合題的解題方法,培養(yǎng)空間想像能力與綜合分析能力重點難點： 教 具：過程及內容：第1課 電場力的性質知識簡析 一、電荷、電荷守恒定律1、兩種電荷：用毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電荷，用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷。2、元電荷：一個元電荷的電量為16×1019C，是一個電子所帶的電量。說明：任何帶電體的帶電量皆為元電荷電量的整數倍。3、起電：使物體帶電叫起電，使物體帶電的方式有三種摩擦起電，接觸起電，感應起電。4、電荷守恒定律：電荷既不能創(chuàng)造，也不能

2、被消滅，它們只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，系統(tǒng)的電荷總數是不變的注意：電荷的變化是電子的轉移引起的；完全相同的帶電金屬球相接觸，同種電荷總電荷量平均分配，異種電荷先中和后再平分。二、庫侖定律1 內容：真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。2 公式：F=kQ1Q2r2 k90×109N·m2C2 3適用條件：（1）真空中； （2）點電荷 點電荷是一個理想化的模型，在實際中，當帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計時，就可以把帶電體視為點電荷（這一點與

3、萬有引力很相似，但又有不同：對質量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心距代替r）。點電荷很相似于我們力學中的質點注意：兩電荷之間的作用力是相互的，遵守牛頓第三定律使用庫侖定律計算時，電量用絕對值代入，作用力的方向根據“同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引”的規(guī)律定性判定?！纠?】在光滑水平面上，有兩個帶相同電性的點電荷，質量m12m2，電量q1=2q2，當它們從靜止開始運動，m1的速度為v時，m2的速度為 ；m1的加速度為a時，m2的加速度為 ，當q1、q2相距為r時，m1的加速度為a，則當相距2r時，m1的加速度為多少？解析

4、：由動量守恒知，當m1的速度為v時，則m2的速度為2v，由牛頓第二定律與第三定律知：當m1的加速度為 a時，m2的加速度為2a由庫侖定律知：a=m，a/=m,由以上兩式得a/=a/4 答案：2v，2a，a/4點評：庫侖定律中的靜電力（庫侖力）是兩個電荷之間的作用力，是作用力與反作用力，大小相同，方向相反，在同一直線上，作用在兩個物體上，二力屬同種性質的力，而且同時產主同時消失。三、電場：1、存在于帶電體周圍的傳遞電荷之間相互作用的特殊媒介物質電荷間的作用總是通過電場進行的。2、電場的基本性質是對放入其中的電荷有力的作用。3、電場可以由存在的電荷產生，也可以由變化的磁場產生。四、電場強度1定義：

5、放入電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電量q的比值叫做該點的電場強度，表示該處電場的強弱 2表達式：EF/q 單位是：N/C或V/m； E=kQ/r2（導出式，真空中的點電荷，其中Q是產生該電場的電荷） EU/d（導出式，僅適用于勻強電場，其中d是沿電場線方向上的距離）3方向：與該點正電荷受力方向相同，與負電荷的受力方向相反；電場線的切線方向是該點場強的方向；場強的方向與該處等勢面的方向垂直4在電場中某一點確定了，則該點場強的大小與方向就是一個定值，與放入的檢驗電荷無關，即使不放入檢驗電荷，該處的場強大小方向仍不變，這一點很相似于重力場中的重力加速度，點定則重力加速度定，與放入該處物體的質

6、量無關，即使不放入物體，該處的重力加速度仍為一個定值5、電場強度是矢量，電場強度的合成按照矢量的合成法則（平行四邊形法則和三角形法則）6、電場強度和電場力是兩個概念，電場強度的大小與方向跟放入的檢驗電荷無關，而電場力的大小與方向則跟放入的檢驗電荷有關，五、電場線： 是人們?yōu)榱诵蜗蟮拿枥L電場而想象出一些線，客觀并不存在1切線方向表示該點場強的方向，也是正電荷的受力方向2從正電荷出發(fā)到負電荷終止，或從正電荷出發(fā)到無窮遠處終止，或者從無窮遠處出發(fā)到負電荷終止3疏密表示該處電場的強弱，也表示該處場強的大小4勻強電場的電場線平行且距離相等5沒有畫出電場線的地方不一定沒有電場6順著電場線方向，電勢越來越低

7、7電場線的方向是電勢降落陡度最大的方向，電場線跟等勢面垂直8電場線永不相交也不閉合，9電場線不是電荷運動的軌跡勻強電場點電荷與帶電平板+等量異種點電荷的電場等量同種點電荷的電場孤立點電荷周圍的電場【例2】在勻強電場中，將質量為m，帶電量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為，如圖所示，則電場強度的大小為（ B ）A有唯一值mgtanq ； B最小值是mgsinq；C·最大值mgtanq； D·mg/q 提示：如附圖所示，利用三角形法則，很容易判斷出AB跟速度方向垂直規(guī)律方法 1、庫侖定律的理解和應用【例3】如圖所示，三個完全相同的金屬小球

8、a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上a和c帶正電，b帶負電，a所帶電量的大小比b的小已知c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應是AF1 BF2 CF3DF4【解析】 a對c為斥力，方向沿ac連線背離a；b對c為引力，方向沿bc連線指向b由此可知，二力的合力可能為F1或F2又已知b的電量比a的大，由此又排除掉F1，只有F2是可能的【答案】 B【例4】兩端開口，橫截面積為S，水平放置的細玻璃管中，有兩個小水銀滴，封住一段長為L0的空氣柱，當給小水銀滴帶上等量的異種電荷時，空氣柱的長度為L，設當時大氣壓強為P0，小水銀滴在移動過程中溫度不變，小水銀滴大小可忽略不計，試求：

9、穩(wěn)定后，它們之間的相互作用力。小水銀滴所帶電量的大?。拷馕觯盒∷y滴所受的庫侖力為內外氣體壓力之差。設外界大氣壓強為P0，小水銀滴帶上等量異種電荷時，被封閉氣體的壓強為P，則由玻意耳定律得：P0L0S=PLS即P/ P0= L0/LP/ P0=（L0L）/L，又P=PP 0=F電/S，即F電= P0S（L0L）/L再由庫侖定律得：F電=KQ2/L2 可得Q=·L=ABCFABFBFCBF【例5】 已知如圖，在光滑絕緣水平面上有三個質量都是m的相同小球，兩兩間的距離都是l，A、B電荷量都是+q。給C一個外力F，使三個小球保持相對靜止共同加速運動。求：C球的帶電電性和電荷量；外力F的大小

10、。解：先分析A、B兩球的加速度：它們相互間的庫侖力為斥力，因此C對它們只能是引力，且兩個庫侖力的合力應沿垂直與AB連線的方向。這樣就把B受的庫侖力和合力的平行四邊形確定了。于是可得QC= -2q，F(xiàn)=3FB=3FAB=?！纠?】.如圖所示，質量均為m的三個帶電小球A,B,C,放在光滑的絕緣水平面上，彼此相隔的距離為L(L比球半徑r大許多）,B球帶電量為QB =3q.A球帶電量為QA=6q，若對C球加一個水平向右的恒力F,要使A,B,C三球始終保持L的間距運動，求：(1）F的大小為多少？(2)C球所帶的電量為多少？帶何種電荷？：解析:由于A,B,C三球始終保特L的間距，說明它們具有相同的加速度,

11、設為a,則對A、B、C球受力分析可知,C球帶正電,對A球:FABFAC=ma,即1200rrr對B球:FABFBC=ma,即,聯(lián)立以上各式得QC=8q.F3F1F2AF1F3F2BF1F3F2CF3F1F2D【例7】中子內有一電荷量為上夸克和兩個電荷量為下夸克，一簡單模型是三個夸克都在半徑為r的同一圓周上，如圖所示,下面給出的四幅圖中能正確表示出各夸克所受靜電作用力的是( )1200rrrF/F/F2600解析:上夸克與下夸克為異種電荷,相互作用力為引力,(l為任意兩個夸克間的距離),由力的合成可知上夸克所受的合力F1向下,下夸克為同種電荷,所受的作用力為斥力,F/=2F/,由力的合成知下夸克

12、受力F2向上,B正確.2、 電場強度的理解和應用【例8】長木板AB放在水平面上如圖所示，它的下表面光滑而上表面粗糙，一個質量為m、電量為q的小物塊C從A端以某一初速起動向右滑行。當存在向下的勻強電場時，C恰能滑到B端，當此電場改為向上時，C只能滑到AB的中點，求此電場的場強。 【解析】當電場方向向上時，物塊c只能滑到AB中點，說明此時電場力方向向下，可知物塊C所帶電荷的電性為負。電場方向向下時有：（mgqE）L=½mv02一（mM）v2 mv0=（ m十M）v 電場方向向上時有：（mgqE）L/2=½mv02一（mM）v2， mv0=（ m十M）v則mgqE =（mgqE）

13、，得Emg/3q12【例9】如圖在場強為E的勻強電場中固定放置兩個帶電小球1和2,它們的質量相等，電荷分別為q1和q2（q1q2）球1和球2的連線平行于電場線，如圖現(xiàn)同時放開1球和2球，于是它們開始在電場力的作用下運動，如果球1和球2之間的距離可以取任意有限值，則兩球剛被放開時，它們的加速度可能是（ ABC ）A、大小不等，方向相同； B、大小不等，方向相反；C、大小相等，方向相同； D、大小相等，方向相反；解析：球1和球2皆受電場力與庫侖力的作用,取向右方向為正方向,則有由于兩球間距不確定,故F庫不確定若q1EF庫>0, F庫q2E>0,且q1EF庫F庫q2E,則A正確;若q1E

14、F庫>0, F庫q2E <0,且q1EF庫F庫q2E ,則B正確;若q1EF庫=F庫q2E ,則C正確;若q1EF庫F庫q2E ,則q1= q2與題意不符,D錯誤;【例10】半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m，帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示，珠子所受靜電力是其重力的3/4,將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則珠子所能獲得的最大動能Ek為多少？FEFmg解析：設該珠子的帶電量為q,電場強度為E.珠子在運動過程中受到三個力的作用，其中只有電場力和重力對珠子做功，其合力大小為：設F與豎直方向的夾角為,如圖所示,則 把這個合力等效為復合場，此復

15、合場為強度此復合場與豎直方向夾角為,珠予沿園環(huán)運動，可以類比于單擺的運動，運動中的動能最大位置是“最低點”,由能的轉化及守恒可求出最大的動能為：Ekm=mg/r(1cos) 思考：珠子動能最大時對圓環(huán)的壓力多大？ 若要珠子完成一個完整的圓周運動，在A點釋放時，是否要給珠子一個初速度？3、 電場線的理解和應用【例11】如圖所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由AOB勻速飛過，電子重力不計，則電子所受另一個力的大小和方向變化情況是A先變大后變小，方向水平向左 B先變大后變小，方向水平向右C先變小后變大，方向水平向左 D先變小后變大，方向水平向右【分析】由等量異種電荷電場線分布可知，從A到O，電場由疏

16、到密；從O到B，電場線由密到疏，所以從AOB，電場強度應由小變大，再由大變小，而電場強度方向沿電場切線方向，為水平向右。由于電子處于平衡狀態(tài)，所受合外力必為零，故另一個力應與電子所受電場力大小相等方向相反。電子受的電場力與場強方向相反，即水平向左，電子從AOB過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個力方向應水平向右，其大小應先變大后變小，所以選項B正確。試題展示第2課散 電場能的性質知識簡析 一、電勢差電荷從電場中的一點移到另一點，電場力做的功跟其電量的比值叫做這兩點的電勢差，U=W/q，是標量點評：電勢差很類似于重力場中的高度差物體從重力場中的一點移到另一點，重力做的功跟其重量的比值叫做

17、這兩點的高度差hW/G二、電勢某點相對零電勢的電勢差叫做該點的電勢，是標量在數值上等于單位正電荷由該點移到零電勢點時電場力所做的功.由電場本身因素決定，與檢驗電荷無關。點評：類似于重力場中的高度某點相對參考面的高度差為該點的高度注意：（1）高度是相對的與參考面的選取有關，而高度差是絕對的與參考面的選取無關同樣電勢是相對的與零電勢的選取有關，而電勢差是絕對的，與零電勢的選取無關（2）一般選取無限遠處或大地的電勢為零當零電勢選定以后，電場中各點的電勢為定值（3）電場中A、B兩點的電勢差等于A、B的電勢之差,即UAB=AB,沿電場線方向電勢降低.三、電場力做功與電勢能1電勢能：電場中電荷具有的勢能稱

18、為該電荷的電勢能電勢能是電荷與所在電場所共有的。2電勢能的變化：電場力做正功電勢能減少；電場力做負功電勢能增加 重力勢能變化：重力做正功重力勢能減少；重力做負功重力勢能增加3電場力做功：W=qU，U為電勢基，q為電量 重力做功：WGh，h為高度差，G為重量 電場力做功跟路徑無關，是由初末位置的電勢差與電量決定重力做功跟路徑無關，是由初末位置的高度差與重量決定【例1】關于電勢與電勢能的說法正確的是（ ）A電荷在電場中電勢高的地方電勢能大B在電場中的某點，電量大的電荷具有的電勢能比電量小的電荷具有的電勢能大C正電荷形成的電場中，正電荷具有的電勢能比負電荷具有的電勢能大D負電荷形成的電場中，正電荷具

19、有的電勢能比負電荷具有的電勢能小解析：正電荷在電勢高處的電勢能比電勢低處的電勢能大，負電荷則反之，所以A錯當具有電勢為正值時，電量大的電荷具有的電勢能大于電量小的電荷具有的電勢能，當電勢為負值，恰好相反，所以B錯正電荷形成的電場中，電勢為正值，這樣電勢與正電荷的電量來積為正值，而負電荷在正電荷形成的電場中電勢能為負值，因此C正確負電荷形成的電場中，電勢為負值，因而正電荷具有的電勢能為負值，負電行具有的電勢能為正值，所以D正確 答案：CD點評：關于電勢的正負與電勢的高低參看下圖8一31所示，A、B帶等量的異種電荷，AO區(qū)間是正電荷形成的電場，OB區(qū)間是負電荷形成的電場【例2】將一電量為一2

20、15;108C的點電荷，從零電勢S點移到電場中的M點，反抗電場力做功4×108J，則UM= ；若將該電荷從M點移到N點，電場力做功14×108J，則N點電勢UN ；M、N兩點電勢差為 解析：UM=W/q=4×108/2×108=2V由于是負電荷反抗電場力做功，所以是順著電場線移動，M點電勢為負所以UM=一2VUN=14×108/2×1087V由于是電場力做功，所以負電荷是逆著電場線方向移動，N點電勢比M點電勢高7V，這樣N點電勢比S點高5V，所以UN5V點評：（1）求某點電勢可先求出電勢差，然后根據電勢差和電場力做功情況再求出該點電勢

21、（1） 應牢記：電場力做正功，電勢能減少；電場力做負功，電勢能增加四、等勢面1電場中電勢相等的點所組成的面為等勢面2特點（1）各點電勢相等（2）等勢面上任意兩點間的電勢差為零（3）電荷沿著等勢面運動，電場力不做功（4）處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體，其面為等勢面（5）勻強電場，電勢差相等的等勢面間距離相等，點電荷形成的電場，電勢差相等的等勢面間距不相等，越向外距離越大（6）等勢面上各點的電勢相等但電場強度不一定相等（7）電場線跟等勢面垂直，且由電勢高的面指向電勢低的面（8）兩個等勢面永不相交【例3】如圖所示，勻強電場中的一組等勢面，A、B、C、D相鄰間距離為2cm，則場強 E ；離A點15

22、cm的P點電勢為 V 解析：E=U/SABsin600=1000/3Vm UBpE·SBPsin6001000/3×05×102×/2V25V BP之間電勢差為25V，由于UPUB， 所以 Up=25 V 點評：在我們應用U=Ed公式時一定要注意d是沿著電場線方向的距離，或者說是兩等勢面間的距離【例4】如圖所示，實線為勻強電場中的電場線，虛線為等勢面，且相鄰等勢面間的電勢差相等。一正點電荷在等勢面A處的動能為20J，運動到等勢面C處的動能為零?，F(xiàn)取B等勢面為零電勢能面，則當此電荷的電勢能為20J時的動能是 J。（不計重力和空氣阻力）解析：設相鄰等勢面間的

23、電勢差為U，根據動能定理，電荷從等勢面A運動到C的過程中 qU020電荷從等勢面A運動到B的過程中 qUEKB一20聯(lián)立得EKB10J又電荷僅受電場力在電場中運動時，根據運動定理： WABEKB一EKA根據電場力做功與電勢能變化的關系 wABA一B聯(lián)立得，AEKABEKB恒量又在B點B 0所以EK2010, 解出EK8J點評：討論靜電場中電荷運動的能量關系，一般都應用動能定理，但注意電勢能的變化只由電場力做功決定，與其他力是否做功無關。【例5】如圖所示，直角三角形的斜邊傾角為300，底邊BC長為2L，處在水平位置，斜邊AC是光滑絕緣的，在底邊中點O處放置一正電荷Q，一個質量為m、電量為 q的帶

24、負電的質點從斜面頂端A沿斜邊滑下，滑到斜邊上的垂足D時速度為v。（將（1），（2）題正確選項前的標號填在題后括號內）（1）在質點的運動中不發(fā)生變化的是動能；電勢能與重力勢能之和；動能與重力勢能之和；動能、電勢能。重力勢能三者之和。 A、 B C D，（2）質點的運動是A勻加速運動； B勻減速運動； C先加速后勻減速的運動； D加速度隨時間變化的運動（3）該質點滑到非常接近斜邊底端C點時速率vc為多少？沿斜面向下的加速度ac為多少？解析:斜面光滑，表明無摩擦力的作用，粒子在重力、電場力、斜面彈力三者的作用下運動。重力場與靜電場均是保守力場，因此在整個運動中應該是動能、電勢能、重力勢能三者之和為一

25、不變量，因此第（1）題選C。若O點應電荷O不存在，則粒子在斜面上的運動是勻加速運動，現(xiàn)在粒子還處在靜電場中，隨著粒子運動，電場力的大小、方向是逐漸變化的，因而粒子總的來說是在變力的作用下運動。由牛頓第二定律，粒于運動的加速度也是變化的，這樣第（2）個選擇（D），質點的運動是加速度隨時間變化的運動。質點受三個力作用，電場力f=kQq/L2，方向由C指向O點（庫侖吸引）；重力 mg，方向豎直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛頓第二定律mgsin一fcos=mac，即mgsin300一kQq/L2cos300=maC，簡化得aC=½gkQq/2mL2在斜面整個運動過程中電勢能、動能、

26、重力勢能三者的和不變，已知質點運動到D點的速度V，則D點的電勢能可求出，從幾何關系容易發(fā)現(xiàn)，B、C、D分別到O點的距離是相等的，則BD=BC/2=BO=OC=OD，B、C、D三點在以O為圓心的同一圓周上，是O點處點電荷Q產生的電場中的等勢點，所以，q由D到C的過程中電場力作功為零，由機械能守恒定律，得mgh=½mvC2一½mv2，其中h為質點在D點的高度,h=BDsin600=BCsin300 sin600=2L ×½×/2=L/2，得vC，規(guī)律方法 1、一組概念的理解與應用電勢、電勢能、電場強度都是用來描述電場性質的物理，它們之間有分密切的聯(lián)

27、系，但也有很大區(qū)別，解題中一定注意區(qū)分，現(xiàn)列表進行比較（1）電勢與電勢能比較：電勢電勢能1反映電場能的性質的物理量荷在電場中某點時所具有的電勢能2電場中某一點的電勢的大小，只跟電場本身有關，跟點電荷無關電勢能的大小是由點電荷q和該點電勢共同決定的3電勢差卻是指電場中兩點間的電勢之差，U=AB，取B=0時，A=U電勢能差是指點電荷在電場中兩點間的電勢能之差=AB=W，取B=0時，A=4電勢沿電場線逐漸降低，取定零電勢點后，某點的電勢高于零者，為正值某點的電勢低于零者，為負值正點荷（十q）：電勢能的正負跟電勢的正負相同負電荷（一q）：電勢能的正負限電勢的正負相反5單位：伏特單位：焦耳6聯(lián)系：=q，

28、w=qU（2）電場強度與電勢的對比電場強度E電勢1描述電場的力的性質描述電場的能的性質2電場中某點的場強等于放在該點的正點電荷所受的電場力F跟正點電荷電荷量q的比值·E=F/q，E在數值上等于單位正電荷所受的電場力電場中某點的電勢等于該點跟選定的標準位置（零電勢點）間的電勢差，=/q，在數值上等于單位正電荷所具有的電勢能3矢量標量4單位：N/C;V/mV（1V=1J/C）5聯(lián)系：在勻強電場中UAB=Ed (d為A、B間沿電場線方向的距離）電勢沿著電場強度的方向降落【例6】如圖所示，在水平桌面上放置一個由兩根絕緣組成的“V”形豎直導軌，棒上各穿上一個可沿棒無摩擦滑動的，質量為m40g，

29、帶電量為q2×10-6C的正電荷小球（可當作點電荷），將小球從同高度的力、B由靜止釋放（g10m/s2）（1）兩球相距多遠時速度達到最大？（2）兩球同時到達最高點時相距 L=18m，此時系統(tǒng)電勢能比釋放時少多少？【解】（1）設兩球相距L1時速度達到最大，此時合力為零。其中一個小球受力如圖所示，F(xiàn)A為A球受庫侖力則： FA=mgtg450mg 由庫侖定律：FA=kq1q2/L12 由、得：（2）兩球達最高點時速度為零，設釋放時離桌面高度為h1，最高點時離桌面高度為h2，則兩球在上升過程的能量變化情況為：動能的變化EK0，重力勢能的變化量EP2mg（h2hl）。設電勢能變化量為，則由能的

30、轉化和守恒定律知：EK十EP0則：mg（h2hl）2×40×10-3×10×（L/2tg450005）=068（J）。 即系統(tǒng)的電勢能減少了068J。2、 公式E=U/d的理解與應用(1)公式E=U/d反映了電場強度與電勢差之間的關系，由公式可知，電場強度的方向就是電勢降低最快的方向(2)公式E=U/d只適用于勻強電場，且d表示沿電場線方向兩點間的距離，或兩點所在等勢面的范離(3)對非勻強電場，此公式也可用來定性分析，但非勻強電場中，各相鄰等勢面的電勢差為一定值時，那么E越大處，d越小，即等勢面越密EFABCD【例7】如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中

31、一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為A=15 V, B=3 V, C=3 V，由此可得D點電勢D= 。解法一、假設在此電場中移動一正電荷q，從A點移到B點，設AB與電場方向夾角為，則WAB=qE·ABcos=qE·DCcos=WDC即從A點移到B點與從D點移到C點電場力做功相同，所以有WAB=qUAB=qUDC=q（DC），即D=UAB+C=1533=9V解法二設此正方形對角線的交點為O，則由UEd可知AO=UAO=UOC=OC，UBO=UOD=BO=OD，即，上式代入數據得D=9 V解法三：如圖所示，連接AC，在AC上取E、F兩點，使AE=EF=FC，則 U

32、AC=UAEUEFUFC，UAE=UEF=UFC=UAC/3，解得F=3 V, E9V連接BF和DE,因BF=3 V,所以BF是等勢面，又因為BF/ DE,所以DE也是等勢面，即D9V。X1X2思考：作出該電場的電場線分布圖【例8】某靜電場沿x方向的電勢分布如圖所示，則（）A、在0xl之間不存在沿x方向的電場B、在0xl之間存在著沿x方向的勻強電場C、在x1x2之間存在著沿x方向的勻強電場D、在x1x2之間存在著沿x方向的非勻強電場解析：在0xl之間電勢不變，即在0xl之間等勢，故在此方向無電場；在x1x2之間電勢隨距離均勻減小，則在x1x2之間有沿x軸正方向的勻強電場，故A、C正確。答案：A

33、C【例9】 如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，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; Bb處電勢能大Cb處電勢高; D電荷在b處速度小解析:由圖可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。由圖可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe0，且Fe的方向應指向運動軌跡的凹向。因為檢驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。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UAUB，C選項不正確。根據檢驗電荷的位

34、移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由ab電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。3、 電場力做功與能量的變化應用 電場力做功，可與牛頓第二定律，功和能等相綜合，解題的思路和步驟與力學中的完全相同，但要注意電場力做功的特點與路徑無關【例10】如圖所示，有兩個完全相同的金屬球A、B，B固定在絕緣地板上，A在離B高H的正上方由靜止釋放，與B發(fā)生正碰后回跳高度為h，設碰撞中無動能損失，空氣陰力不計，A、若A、B帶等量同種電荷，則hH B、若A、B帶等量異種電荷，則hHC

35、、若A、B帶等量異種電荷，則hH D、若A、B帶等量異種電荷，則hH解析：若A、B帶等量同種電荷，則碰撞后兩球帶電量不變，下落過程中重力做正功，電場力做負功，回跳時重力做負功，電場力做正功。由能量守恒定律得hH；若A、B帶等量異種電荷，則碰撞過程中重力做正功，電場力做正功，回跳過程中需克服重力做功。故hH，答案CAB-Q-2Q【例11】 已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q。現(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小球又各自反向運動。當它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p

36、1和p2。有下列說法：E1=E2> E0，p1=p2> p0 E1=E2= E0，p1=p2= p0 接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側某點 兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是A. B. C. D.解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的

37、功，由機械能定理，系統(tǒng)機械能必然增大，即末動能增大。選C。拓展：兩個相同的帶電小球（可視為點電荷），相碰后放回原處，相互間的庫侖力大小怎樣變化？討論如下：等量同種電荷，F(xiàn) /=F；等量異種電荷，F(xiàn) /=0<F；不等量同種電荷F />F；不等量異種電荷F />F、F /=F、F /<F都有可能，當滿足q1=（3±2）q2時F /=F?！纠?2】為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04 m2的金屬板，間距L=0.05 m,當連接到U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產生一個勻強電場，如圖所示

38、現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內，每m3有煙塵顆粒1013個假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒帶電量為q=1.0×1017C，質量為m= 2.0×1015kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力求合上開關后：（1)經過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？(2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經過多長時間容器中煙塵顆半粒的總動能達到最大？解析：（1)由題可知，只要距離上板表面的煙塵能被吸附列下板時，煙塵即被認為全卻吸收，煙塵所受電場力為F=qU/L，L=½at2，得.(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認為煙塵的質心位于

39、板間中點位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為W=½NALqU=2.5×104J(3)解法一：設煙塵顆粒下落距離為x,則板內煙塵總動能EK=½mv2·NA (Lx)=，當x=L/2時,EK達到最大又據x=½at12,則解法二：假定所有煙塵集中于板中央，當煙塵運動到下板時，系統(tǒng)總動能錄大，則L/2=½at12,所以【例13】在電場強度為E的勻強電場中，有一條與電場線平行的幾何線，如圖中虛線所示。幾何線上有兩個靜止的小球A和B（均可視為質點），兩小球的質量均為m，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。開始時兩球相距L，在電場力的作用下，A

40、球開始沿直線運動，并與B球發(fā)生正對碰撞，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設在各次碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉移，且不考慮重力及兩球間的萬有引力，問：（1）A球經過多長時間與B球發(fā)生第一次碰撞？（2）第一次碰撞后，A、B兩球的速度各為多大？（3）試問在以后A、B兩球再次不斷地碰撞的時間間隔會相等嗎？如果相等，請計算該時間間隔T。如果不相等，請說明理由。解答：（1）A球在電場力作用下做勻加速直線運動 聯(lián)立兩式得 （2）A球與B球碰撞，動量守恒 據題意，總動能不損失 聯(lián)立兩式得 （3）以B球為參考系，A、B碰撞后，A球以vA向左做勻減速直線運動，經時間t后，速度減為0，同時與B球相距為L，然后A

41、球又向右做勻加速直線運動，又經時間t后，速度增為vA，與B球發(fā)生第二次碰撞。同（2）理可證，每次總動能無損失的碰撞均是交換速度，則以后第三、四次碰撞情況可看成與第一、二次碰撞情況重復，以此類推可知A、B兩球不斷碰撞的時間間隔相等，均為T=2t= 【例14】有三根長度皆為l1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m1.00×102 kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為q和+q，q1.00×107 CA、B之間用第三根線連接起來空間中存在大小為E1.00×106 N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球

42、的位置如圖所示 現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）【解析】 圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示細線OA、AB與豎直方向的夾角A球受力如圖2所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖由平衡條件T1sin+T2sinqE, T1cosmg+T2cosB球受力如圖3所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖由平衡條件

43、T2sinqE, T2cosmg聯(lián)立以上各式并代入數據，得0, 45°由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖4所示與原來位置相比，A球的重力勢能減少了EAmgl（1sin60°）B球的重力勢能減少了EBmgl（1sin60°+cos45°）A球的電勢能增加了WAqElcos60°B球的電勢能減少了WBqEl（sin45°sin30°）兩種勢能總和減少了WWBWA+EA+EB代入數據解得W6.8×102 J第3課 電場中的導體、電容器知識簡析 一、電場中的導體1、靜電感應：絕緣導體放在一個帶電體的附近，在絕緣導體上

44、靠近帶電體的一端應帶電體的異種電荷，在遠離帶電體的一端帶同種電荷靜電感應可從兩個角度來理解：根據同種電荷相排斥，異種電荷相吸引來解釋；也可以從電勢的角度來解釋，導體中的電子總是沿電勢高的方向移動2靜電平衡狀態(tài)：導體中（包括表面）沒有電荷定向移動的狀態(tài)叫做靜電平衡狀態(tài)注意這里是沒有定向移動而不是說導體內部的電荷不動，內部的電子仍在做無規(guī)則的運動，3處于靜電平衡狀態(tài)的導體：（1）內部場強處處為零，導體內部的電場強度是外加電場和感應電荷產生電場疊加的結果（因為假若內部場強不為零，則內部電荷會做定向運動，那么就不是靜電平衡狀態(tài)了）（2）凈電荷分布在導體的外表面，內部沒有凈電荷（因為凈電荷之間有斥力，所

45、以彼此間距離盡量大，凈電荷都在導體表面）（3）是一個等勢體，表面是一個等勢面（因為假若導體中某兩點電勢不相等，這兩點則有電勢差，那么電荷就會定向運動）4靜電屏蔽處于靜電平衡狀態(tài)的導體,內部的場強處處為零,導體內部區(qū)域不受外部電場的影響,這種現(xiàn)象就是靜電屏蔽.【例1】一個任意形狀的金屬導體，處于靜電平衡狀態(tài)時（ ） A導體內部沒有凈電荷 B導體內部任意兩點間的電勢差不一定為零 C導體內部的場強不一定處處為零 D在導體表面上，電場線可以與導體表面成任意角 解析：A處于靜電平衡狀態(tài)的導體，凈電荷在導體表面，所以A對B處于靜電平衡狀態(tài)的導體，是一個等勢體，所以任意兩點間無電勢差，所以 B錯C處于靜電平

46、衡狀態(tài)的導體，內部場強處處為零，所以C錯D處于靜電平衡狀態(tài)的導體，其表面場強不為零，場強的方向與面垂直，所以D對。【例2】如圖所示，將不帶電的導體BC放在帶正電的金屬球A附近，當導體BC達到靜電平衡后，則下列說法正確的有（ ） A用導線連接BC兩端，導線中有瞬間電流通過 B用手摸一下導體B端可使導體帶正電 C導體C端電勢高于B端電勢 DB和C端感應電荷在導體內部產生的場強沿BC方向逐漸減小解析：靜電平衡后，BC內部場強為零，整個導作是個等勢體，故A、C都錯了，根據導體附近的電場線分布，可判定導體BC的電勢比無窮遠處（大地）的電勢要高，故把導體B端或C端接地時，將有電子從大地流向導體，導體將帶負

47、電；導體處于靜電平衡時，導體內部的電場跟感應電場相平衡，因此可以根據外電場在導體內部的分布情況來確定感應電荷電場在導體內部的分布情況 答案：D【例3】如圖所示，接地的金屬板右側有固定的點電荷十Q，a、b點是金屬板右側表面上的兩點，其中a點到q的距離較小，下列說法中正確的是（ ）A由于靜電感應，金屬板右側表面帶負電，左側表面帶正電B、由于靜電感應，金屬板右側表面帶負電，左側表面不帶電C、整個導體，包括表面上的a、b點，是一個等勢體，且電勢等于零 D、a、b兩點的電場強度不為零，且a、b兩點場強方向相同，但a點的場強比b點場強大解析：由于靜電平衡，金屬板是一個等勢體，且電勢為零（金屬板接地），金屬

48、板的左側不帶電，右側帶負電a、b兩點的場強不為零，它們場強的方向均垂直于金屬板平面，由于a點離Q比b點近，故。點的感應電荷比b點的感應電荷多，場強大綜上所述，選項B、C、D正確。【點評】處于電場中的導體一旦接地，它的電勢為零。且遠離帶電體的一端總是不帶電，由于達到靜電平衡時內部場強處處為零，說明了接地后的導體所帶的異種電荷（與帶電體的電荷比較而言）是增多的二、電容1定義；電容器所帶的電量跟它的兩極間的電勢差的比值叫做電容器的電容C=Q/U2說明：（1）電容器定了則電容是定值，跟電容器所帶電量及板間電勢差無關（2）單位：法庫/伏（3）電容器所帶電量是指一板上的電量（4）平行板電容器C=為介電常數

49、，真空中1，空氣中通常也取1， S為板間正對面積，不可簡單的理解為板的面積，d為板間的距離 （5）電容器被擊穿相當于短路，而燈泡壞了相當于斷路。（6）常用電容器： 可變電容、固定電容（紙介電容器與電解電容器）（7）CQ/U 因為U1=Q1/CU2=Q2/C所以CQ/U （8）電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當電容變化時，電壓不變；電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變【例4】兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質量為m，帶電量為一q的油滴恰好靜止在兩極之間，如圖所示，在其它條件不變的情況下，如果將兩極非常緩

50、慢地錯開一些，那么在錯開的過程中（ ） A油滴將向上加速運動，電流計中電流從b流向a。 B油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向b。 C油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向a。 D油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b。精析:電容器接在電源的正、負極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則場強不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動在電容器兩極板錯開的過程中，電容器的電容是減小的，由CqU可知，U不變時，Q是減小的，則電容器的帶電量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由a到 b故選項D正確【點評】要點是接在電源兩端的電容器的電壓不變，當電容發(fā)生變化時，所帶電量變化，根據電量

51、的增加或減少判斷是充電或放電，從而確定電流方向還可以假設兩極板的距離發(fā)生變化和插人電介質或導體后的情況，讀者可自行判斷規(guī)律方法 1、應用處于靜電平衡狀態(tài)的導體的特點解題【例5】如圖所示，P為金屬球殼內的一點，殼外一帶負電的帶電體A移近金屬球殼時，金屬球殼內P點處的場強E和電勢U的變化是（ ） AE不變，U降低；BE不變，U升高 CE增大，U升高；D、E增大U降低解析：金屬球殼處于帶負電的帶電體A形成的電場中，處于靜電平衡狀態(tài)，因此E始終等于零不變，由于帶電體A帶負電且靠近球殼，所以球殼的電勢降低。答案：A【例6】如圖所示，水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電的小球（可

52、視為質點且不影響Q的電場），從左端以初速度V0滑上金屬板，沿光滑的上表面向右運動到右端在該運動過程中（ ）A小球作勻速直線運動 B小球作先減速，后加速運動C小球的電勢能保持不變 D、電場力對小球所做的功為零解析：水平放置的金屬板在Q的電場中處于靜電平衡，它是一個等勢體，也就是說它表面的電場線處處與表面垂直，由于表面絕緣，故帶電小球在其表面上滑動時，電量不變，但電場力不做功，故小球作勻速直線運動·所以A、C、D選項正確【例7】如圖所示，一個帶正電的絕緣金屬球殼A，頂部開一小孔，有兩只帶正電的金屬球B 、C ，用金屬導線連接，讓B球置于球殼A內的空腔中，與內表面接觸后又提起，C球放置在A

53、球殼外，待靜電平衡后正確的判斷是：A、B 、C兩球都不帶電B、B球不帶電，C球帶電C、讓C球接地后，B球不帶電D、讓C球接地后，A球殼空腔內的場強為零解析：B球與A球殼內表面接觸,A,B,C三者連成一個整體，靜電平衡后凈電荷只分布在導體外表面，所以A球殼外表面和C球均帶正電，B球不帶電A,B,C三者為一等勢體，當B球提起后，B,C的電勢相等，無電荷的定向移動，由于B,C與A等勢且為正,C球接地后，將有自由電子從大地向高電勢的B,C上移動，B球帶負電，此時B球將在A球殼上內表面感應出正電待，從而空腔內形成由內表面指向B球的電場，場強不為零，答案為C.2、靜電感應與靜電平衡【例8】如圖所示，絕緣導

54、體A帶正電，導體不帶電，由于靜電感應，使導體B的M端帶上負電，而N端則帶等量的正電荷.（1）用導線連接M、N，導線中有無電流流過？（2）若將M、N分別用導線與大地相連，導線中有無電流流過？方向如何？解析：A為帶正電的場源電荷，由正電荷即形成的電場的電勢分布可知：UAUBU地，其中，B是電場中處于靜電平衡的導體.UM=UN=UB.當用導線在不同位置間連接時，電流定由高電勢流向低電勢，而在電勢相等的兩點間連接時，則導線中無電流通過.所以：（1）因為UM=UN，故導線中無電流.（2）因為UM=UN=UBU地，所以無論用導線將M還是N與大地相連，電流均由導體B流向大地.【例9】目前國家環(huán)保局統(tǒng)一規(guī)定常規(guī)大氣監(jiān)測的項目是：二氧化硫，氮氧化物，懸浮顆粒三種大氣污染物，其中，在對懸浮顆粒的治理方法中有一種為靜電除塵法，其依據的物理原理