高中物理人教版選修3-1學(xué)案第一章靜電場(chǎng)單元整合與評(píng)價(jià)

單元整合與評(píng)價(jià)[知識(shí)建構(gòu)][專(zhuān)題突破]專(zhuān)題一電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題總結(jié)：圓周運(yùn)動(dòng)是高中物理重點(diǎn)研究的曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)也是近幾年高考命題的熱點(diǎn)．解決這類(lèi)問(wèn)題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，但處理時(shí)要充分考慮到電場(chǎng)力的特點(diǎn)，靈活應(yīng)用等效法、疊加法分析解決問(wèn)題．[例1]半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如右圖所示．珠子所受靜電力是其重力的eq\f(3,4)，將珠子從環(huán)上最低位置A點(diǎn)由靜止釋放，則：(1)珠子所能獲得的最大動(dòng)能是多大？(2)珠子對(duì)環(huán)的最大壓力是多大？[解析]珠子只能沿光滑絕緣圓環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除圓環(huán)的彈力外，還受豎直向下的重力和水平向右的電場(chǎng)力，一定從A點(diǎn)開(kāi)始沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功．當(dāng)兩個(gè)力做的總功最多時(shí)，動(dòng)能最大，同時(shí)在這點(diǎn)所受圓環(huán)的支持力也最大．問(wèn)題的關(guān)鍵是找出哪點(diǎn)動(dòng)能最大．珠子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受重力和電場(chǎng)力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場(chǎng)力的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來(lái)代替重力和電場(chǎng)力，當(dāng)珠子沿合力方向位移最大時(shí)，合力做功最多，動(dòng)能最大．所以：(1)由qE＝eq\f(3,4)mg，設(shè)qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為θ，則有tanθ＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，設(shè)珠子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，則珠子由A點(diǎn)靜止釋放后從A到B的過(guò)程中做加速運(yùn)動(dòng)，如右圖所示，B點(diǎn)動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek，解得B點(diǎn)動(dòng)能，即最大動(dòng)能Ek＝eq\f(1,4)mgr.(2)設(shè)珠子在B點(diǎn)受圓環(huán)彈力為FN，有FN－F合＝eq\f(mv2,r)，即FN＝F合＋eq\f(mv2,r)＝eq\r(mg2＋qE2)＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(7,4)mg，由牛頓第三定律得，珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力為eq\f(7,4)mg.[答案](1)eq\f(1,4)mgr(2)eq\f(7,4)mg[評(píng)析]涉及勻強(qiáng)電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，把重力和電場(chǎng)力用一個(gè)合力代替會(huì)使問(wèn)題大為簡(jiǎn)化，至于具體計(jì)算做功的數(shù)值時(shí)，分別求出每個(gè)分力的功往往又會(huì)比求合力的功簡(jiǎn)單，應(yīng)靈活運(yùn)用．【變式1】如圖所示，在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一絕緣輕細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶正電的小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．小球的電荷量為q，質(zhì)量為m，絕緣細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，若帶電小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn)A，則在A點(diǎn)時(shí)小球的速率v1為多大？小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)的速率v2為多大？運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力為多大？【答案】見(jiàn)解析【解析】用等效重力場(chǎng)的思想解題，可先求得等效重力場(chǎng)的重力加速度g′，g′＝(eq\f(Eq,m)＋g)，則在最高點(diǎn)的速度v1＝eq\r(g′L)＝eq\r(\f(Eq,m)＋gL).(或者：小球受重力、電場(chǎng)力、細(xì)線拉力作用，它恰好能通過(guò)最高點(diǎn)，說(shuō)明細(xì)線拉力FA＝0，這時(shí)重力和電場(chǎng)力的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故有Eq＋mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)，解得v1＝eq\r(\f(Eq,m)＋gL).)小球由A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，繩子拉力不做功，重力和電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得：(Eq＋mg)2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,2)＝eq\f(2mg＋Eq2L,m)＋veq\o\al(2,1)，將v1的表達(dá)式代入得v2＝eq\r(5\f(Eq,m)＋gL).在B點(diǎn)，重力、拉力、電場(chǎng)力三個(gè)力的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有FB－mg－Eq＝m·eq\f(v\o\al(2,2),L)，得FB＝6(mg＋Eq)．專(zhuān)題二eq\o(\s\up17(靈活運(yùn)用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能、電勢(shì)差),\s\do15(的關(guān)系解題))總結(jié)：(1)電場(chǎng)力做功W＝qU，功的大小與運(yùn)動(dòng)路徑無(wú)關(guān)，僅與始、末位置的電勢(shì)差和移動(dòng)的電荷量有關(guān)，此公式適用于一切電場(chǎng)．(2)無(wú)論是正電荷，還是負(fù)電荷，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少．電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加．電場(chǎng)力做功的大小等于電勢(shì)能的變化．[例2]如右圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點(diǎn)傾斜向上進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若油滴達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v0，則油滴的最高點(diǎn)位置是()A．在P點(diǎn)左上方 B．在P點(diǎn)右上方C．在P點(diǎn)正上方 D．上述情況都可能[解析]油滴從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，據(jù)動(dòng)能定理得WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0而重力做的功WG<0所以是電場(chǎng)力做的功WE>0，而帶負(fù)電的油滴所受的電場(chǎng)力水平向左，所以最高點(diǎn)必在P點(diǎn)的左上方．[答案]A[評(píng)析]本題中只有重力和電場(chǎng)力做功，且知道初、末兩狀態(tài)的速度，因而考慮動(dòng)能定理；本題突出反映了重力和電場(chǎng)力做功都只與初、末位置有關(guān)，與路徑無(wú)關(guān)．【變式2】如圖所示，一個(gè)帶正電的物體沿絕緣水平板向右運(yùn)動(dòng)，絕緣水平板上方所在空間存在有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)此物體經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為100J，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減小為原來(lái)的eq\f(1,5)，減少的動(dòng)能中有eq\f(3,5)轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，則當(dāng)該物體第二次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為多少？【答案】4J【解析】設(shè)電場(chǎng)力為qE，滑動(dòng)摩擦力為F，則由a到b過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：(qE＋F)·eq\x\to(ab)＝100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))J＝80J①因?yàn)檗D(zhuǎn)化成的電勢(shì)能ΔEp＝eq\f(3,5)×80J＝48J由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系得qE·eq\x\to(ab)＝48J②由①、②得qE＝eq\f(3,2)F由b點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)直至減速到零的過(guò)程中，設(shè)位移為s，由動(dòng)能定理得：(qE＋F)s＝100×eq\f(1,5)J＝20J代入qE＝eq\f(3,2)F得Fs＝8J由b到最右端再回到b的過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功為2Fs＝16J，電場(chǎng)力做功為零，所以第二次經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為Ek＝20J－2×8J＝4J.專(zhuān)題三如何確定何時(shí)考慮粒子的重力總結(jié)：帶電粒子在電場(chǎng)中往往既受電場(chǎng)力又受重力，但有時(shí)說(shuō)重力忽略不計(jì)，有時(shí)又必須考慮重力的影響，何時(shí)考慮重力，何時(shí)不考慮重力往往是初次接觸電場(chǎng)的人很頭痛的一個(gè)問(wèn)題，下面分幾種情況討論說(shuō)明．1．對(duì)于電子、質(zhì)子、原子核等基本粒子，因一般情況下的電場(chǎng)力遠(yuǎn)大于重力，所以都不計(jì)重力．可簡(jiǎn)單計(jì)算質(zhì)子所受重力和電場(chǎng)力的大小．設(shè)質(zhì)子處于E＝1V/m的電場(chǎng)中，因其電荷量q＝1.60×10－19C，質(zhì)量m＝1.67×10－27kg，所以電場(chǎng)力F＝qE＝1.6×10－19×1N＝1.6×10重力：G＝mg＝1.67×10－27×10N＝1.67×10－26N，兩個(gè)力相差7個(gè)數(shù)量級(jí)，顯然重力完全可以忽略不計(jì)．但對(duì)于帶電小球、帶電油滴、帶電塵埃等較大的帶電體，一般要考慮重力作用．2．有些問(wèn)題沒(méi)有明確說(shuō)明是基本粒子還是帶電體，如電荷、粒子之類(lèi)，可能計(jì)重力，也可能不計(jì)重力，是否考慮重力往往根據(jù)題目條件就能判斷出來(lái)．[例3](多選)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M.一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間[解析]當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受靜電力方向豎直向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到光屏上．由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等．由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vx＝v0；在豎直方向上，在電場(chǎng)中vy＝at，如圖所示，離開(kāi)電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，vy＝gt.由此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱(chēng)性可知a＝g，由牛頓第二定律得qE－mg＝ma＝mg，解得E＝eq\f(2mg,q)，故B、C正確．[答案]BC[評(píng)析]解決帶電體在電場(chǎng)力和重力共同作用下的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一是要正確分析帶電體的受力情況，二是正確分析帶電體的運(yùn)動(dòng)情況，然后根據(jù)解決問(wèn)題的特點(diǎn)靈活地選取解決問(wèn)題的方法，是解題的關(guān)鍵．一般思路是對(duì)于涉及加速度和時(shí)間問(wèn)題時(shí)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；對(duì)于類(lèi)平拋、類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解；對(duì)于涉及初末狀態(tài)和做功情況的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題用動(dòng)能定理求解．[例4]如圖所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，AB為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，管的內(nèi)壁光滑．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從管中A點(diǎn)由靜止釋放，已知qE＝mg，求：(1)小球釋放后，第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)D時(shí)的速度和對(duì)管壁的壓力；(2)小球釋放后，第一次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)管壁對(duì)小球的作用力．[解析](1)小球從A點(diǎn)至D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgR＋qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v1＝2eq\r(gR)，方向向左．由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，所以FN＝5mg.由牛頓第三定律得FN′＝FN.小球?qū)鼙诘膲毫?mg，方向向下．(2)小球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得－mgR＋qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2).設(shè)在C點(diǎn)管壁對(duì)小球的作用力方向向下，則有mg＋FC＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，解得FC＝mg，且方向向下．[答案](1)2eq\r(gR)，方向向左5mg，方向向下(2)mg，方向向下[評(píng)析]疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，由于靜電力及重力的做功特點(diǎn)都與路徑無(wú)關(guān)，只與初、末位置有關(guān)，因此往往可以根據(jù)動(dòng)能定理解決．【變式3】如圖所示，水平放置的平行板電容器電容為C，兩板間距離為d，板長(zhǎng)為l，使兩板帶上電荷量為Q的等量異號(hào)電荷時(shí)，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能在兩板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)．求：(1)微粒帶的電荷量；(2)若將電容器帶電荷量增大為3Q，讓該微粒以水平初速度v進(jìn)入電容器，則微粒在穿過(guò)電容器過(guò)程中，垂直于平行板方向的位移為多少？【答案】(1)eq\f(Cdmg,Q)(2)