高中物理人教必修三第十章 靜電場中的能量單元綜合（課件）(共47張)

1、新人教版 必修三第十章 靜電場中的能量單元整合綜合復(fù)習(xí) 1.電場線的作用(1)判斷電場強度的方向電場線上任意一點的切線方向即為該點電場強度的方向。(2)判斷靜電力的方向正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同,負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。(3)判斷電場強度的大小(定性)電場線密處電場強度大,電場線疏處電場強度小,進而可判斷電荷受靜電力大小和加速度的大小。(4)判斷電勢的高低與電勢降低的快慢沿電場線的方向電勢逐漸降低,電場強度的方向是電勢降低最快的方向。一.電場線、等勢面、粒子的軌跡問題2.電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關(guān)系一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重

2、合,只有同時滿足以下三個條件時,兩者才會重合。(1)電場線為直線;(2)粒子初速度為零,或初速度方向與電場線平行;(3)粒子僅受靜電力作用或所受合力的方向與電場線平行。3.幾種常見的典型電場的等勢面比較例1.(多選)如圖所示,實線為不知方向的三條電場線,從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子,僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則()A.a一定帶正電,b一定帶負電B.a的速度將減小,b的速度將增大C.a的加速度將減小,b的加速度將增大D.兩個粒子的電勢能都減少解析:因為電場線方向未知,不能確定a、b的電性,所以選項A錯;由于靜電力對a、b都做正功,所以a、b的速度都增大,電勢能都減

3、少,選項B錯、D對;粒子的加速度大小取決于靜電力的大小,a向電場線稀疏的方向運動,b向電場線密集的方向運動,所以選項C對。答案:CD-10-思維點撥從曲線運動的特點和規(guī)律出發(fā)判斷出電子的受力方向,再利用相關(guān)電場和帶電粒子在電場中的運動規(guī)律解決問題。帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧(1)判斷速度方向:帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向。(2)判斷電場力(或電場強度)的方向:僅受電場力作用時,帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè),再根據(jù)粒子的正負判斷電場強度的方向。(3)判斷電場力做功的正負及電勢能的增減:若電場力與速度方向成銳角,則電場力做正功,電勢能減少;若電場力與速度方向

4、成鈍角,則電場力做負功,電勢能增加。變式1.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的液滴，在場強大小為 方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi).A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.求A、B兩點間的電勢差.豎直方向：vcos 60v0cos 30gt -13-變式2.(多選)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示,一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場,其運動軌跡為圖中實線所示,若粒子只受靜電力作用,則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是( )A.帶正電B.速度先變大后變

5、小C.電勢能先變大后變小D.經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同CD 解析：由等勢面的分布特點可知,形成電場的正電荷在上方,負電荷在下方。又由軌跡的偏轉(zhuǎn)情況可確定,運動的粒子帶負電,選項A錯誤;電場力先做負功后做正功,動能先變小后變大,速度先變小后變大,電勢能先變大后變小,則選項B錯誤,C正確;由于b、d兩點在同一等勢面上,則粒子在這兩點的電勢能相等,動能相等,速度大小相等,選項D正確。(1)UABEd，d為A、B兩點沿電場方向的距離。(2)沿電場強度方向電勢降落得最快。(3)在勻強電場中UEd，即在沿電場線方向上，Ud。推論如下：二.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系例2.(多選)一勻強電場的方向平

6、行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖3所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V.下列說法正確的是A.電場強度的大小為2.5 V/cmB.坐標(biāo)原點處的電勢為1 VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7 eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV解析如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則 所以d點的坐標(biāo)為(3.5 cm,6 cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢.由幾何關(guān)系可得，cf的長度為3.6 cm，電場強度的大小 故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有UacUOb ，可知坐標(biāo)原點O處的電勢為1 V ，故選項B正確；a點電勢比

7、b點電勢低7 V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV，故選項D正確.C三.電場中的功能關(guān)系例3.(多選)如圖,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi),且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知( )A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小變式4.(多選)由同種絕緣材料做成的水平面MN和斜面NP,如圖所示,NQ垂直水平面且左側(cè)有一水平向右的勻強電場,一個帶正電的物體

8、從與N點相距L0的位置靜止釋放,調(diào)節(jié)斜面的傾角,當(dāng)傾角=37時,物體沿斜面也能滑行L0距離,然后物體沿原路徑返回到出發(fā)點時靜止,已知物體每次經(jīng)過N點時沒機械能損失且返回途中撤去電場,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,則()A.物體與該材料間的動摩擦因數(shù)為B.物體與該材料間的動摩擦因數(shù)為0.75C.如果物體距離N點3L0由靜止釋放,物體能沿斜面滑行1.8L0D.如果物體距離N點3L0由靜止釋放,物體能沿斜面滑行3L0AD1.三先三后(1)先看常量,后看變量;(2)在變量中先看自變量,后看因變量;(3)先定性分析,再定量計算。2.平行板電容器的動態(tài)分析問題的兩種情況歸納(1)平行板電

9、容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:四.平行板電容器的動態(tài)分析(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接: 例4.一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變變式5.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不

10、動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變D求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路以示波管模型為例,帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后,需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示。(1)確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1:五.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)方法2: (2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法方法1:例5.如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通

11、過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則解析帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動.豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為13，電場力做功之比也為13.又因為電場力做的總功為 所以在前 時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為 A選項錯；變式6.如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d。當(dāng)兩板間加電壓U時，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以水平速度v0從靠近上極板的A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從靠近下極板的B點射出電場，A、B間的水平

12、距離為L，不計重力影響。求：(1)帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小；(3)A、B間的電勢差。六.電場中的力電綜合問題1.力學(xué)規(guī)律(1)動力學(xué)規(guī)律：牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式.(2)能量規(guī)律：動能定理或能量守恒定律.2.電場規(guī)律(1)電場力的特點：FEq，正電荷受到的電場力與場強方向相同.(2)電場力做功的特點：WABFLABcos qUABEpAEpB.3.多階段運動 在多階段運動過程中，當(dāng)物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作

13、運動過程草圖來獲得.例6.如圖所示,一條長為L的細線上端固定,下端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球,將它置于方向水平向右的勻強電場中,使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放,當(dāng)細線離開豎直位置偏角=60時,小球速度為0。(1)求小球帶電性質(zhì)及電場強度E;(2)若小球恰好完成豎直圓周運動,求從A點釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。解析:(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點釋放到速度等于零,由動能定理有0=EqLsin -mgL(1-cos )(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G,則 應(yīng)用動力學(xué)知識和功能關(guān)系解決力電綜合問題1.方法技巧 功能關(guān)系在電

14、學(xué)中應(yīng)用的題目,一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力,因此,通過審題抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵,然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解。動能定理和能量守恒定律在處理電場中能量問題時仍是首選。2.解題思路變式7.如圖所示，在E103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負電q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達Q點時速度為v，小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得聯(lián)立解得：v07 m/s.解析