第1章　素養(yǎng)培優(yōu)課1　電場力的性質(zhì)-高中物理 必修第3冊(配粵教版)

素養(yǎng)培優(yōu)課(一)電場力的性質(zhì)(教師用書獨具)[培優(yōu)目標]1．掌握庫侖定律、電場強度公式，并能應(yīng)用其解決問題。2．掌握等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場線分布特點。3．會建立形象化的思維模型，體會用電場線解決問題的直觀性。4．掌握解決帶電體動力學問題的思路和方法，會建立解決電場中平衡問題和動力學問題的思維模型?？键c1庫侖力作用下的平衡問題1．庫侖力實質(zhì)上是電場力，與重力、彈力一樣，也是一種性質(zhì)力，其相互作用方向的判斷可依據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。2．明確帶電粒子在電場中的平衡問題，實際上屬于力學平衡問題，僅在受力分析時多了一個電場力。3．求解這類問題時，需應(yīng)用有關(guān)力的平衡知識，在正確受力分析的基礎(chǔ)上，運用平行四邊形定則、三角形定則或建立平面直角坐標系，應(yīng)用共點力作用下物體的平衡條件去解決?！镜淅?】如圖所示，真空中的兩帶電小球(可看作是點電荷)，通過調(diào)節(jié)懸掛細線的長度使兩小球始終保持在同一水平線上，下列說法正確的是()A．若只增大r，則F1、F2都增大B．若只增大m1，則θ1增大，θ2不變C．若只增大q1，則θ1增大，θ2不變D．若只增大q1，則θ1、θ2都增大思路點撥：解此題可按以下思路：D[m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知m1g＝eq\f(F,tanθ1)，m2g＝eq\f(F′,tanθ2)。因F＝F′，則eq\f(m1,m2)＝eq\f(tanθ2,tanθ1)，可見，若m1＞m2，則θ1＜θ2；若m1＝m2，則θ1＝θ2；若m1＜m2，則θ1＞θ2。θ1、θ2的關(guān)系與兩電荷所帶電荷量無關(guān)。若只增大r，則庫侖力變小，由圖可知，F(xiàn)1、F2都減小，故選項A錯誤；若只增大m1，則m1會下降，而m2會上升，則導致θ1減小，θ2增大，故選項B錯誤；若只增大q1，由圖可知，則θ1、θ2都增大，故選項C錯誤，D正確。]庫侖力作用下平衡問題的三點注意(1)共點力的平衡條件仍是物體所受外力的合力為零。(2)處理平衡問題常用的數(shù)學知識和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法等。(3)選取研究對象時，要注意整體法和隔離法的靈活運用。[跟進訓練]1．如圖所示，在場強為E的勻強電場中有一個質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，當小球靜止時，細線與豎直方向成37°角，若此時電場的方向恰能使小球受到的電場力最小，則小球所帶的電量應(yīng)為()A．eq\f(3mg,5E) B．eq\f(mg,E)C．eq\f(3mg,4E) D．eq\f(mg,2E)A[小球受到三個力作用：重力mg、電場力F和細線的拉力T，根據(jù)平衡條件得知：F和T的合力與重力mg大小相等、方向相反，作出電場力在三種不同方向下合成圖如下可以看出，當電場力F與細線的拉力T垂直時，電場力最小，由圖求出電場力的最小值為Fmin＝mgsin37°，又Fmin＝qE，解得q＝eq\f(3mg,5E)，故A正確，B、C、D錯誤。故選A。]考點2電場線與運動軌跡問題1．分析帶電粒子在電場中的運動軌跡時應(yīng)注意兩點(1)做曲線運動的帶電粒子所受合外力方向指向曲線的凹側(cè)。(2)速度方向沿軌跡的切線方向。2．分析方法(1)根據(jù)帶電粒子運動軌跡的彎曲方向，判斷出帶電粒子所受電場力的方向。(2)把電場線方向、電場力方向與電性相聯(lián)系進行分析。(3)把電場線的疏密和電場力大小、加速度大小相聯(lián)系進行分析。(4)把電場力做的功與能量的變化相聯(lián)系進行分析?！镜淅?】(多選)如圖所示，實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示。a、b僅受電場力作用，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．電場力對a、b做正功C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大思路點撥：(1)根據(jù)運動軌跡確定電場力的方向。(2)根據(jù)電場線疏密確定加速度大小變化。BD[由于電場線的方向未知，所以無法確定a、b兩粒子的電性，選項A錯誤；根據(jù)兩粒子的運動軌跡可分析得出電場力對a、b均做正功，兩帶電粒子的速度都將增大，選項B正確，C錯誤；a運動過程中，電場線越來越稀疏，所以電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，b運動過程中，電場線越來越密集，所以電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，選項D正確。]分析運動軌跡類問題的兩個技巧(1)由軌跡的彎曲方向確定粒子所受合外力的方向，由電場線的疏密程度確定電場力的大小，進而確定合外力的大小。(2)速度或動能的變化要根據(jù)合外力做功情況來判斷，當電場力恰為合外力時，電場力做正功，速度或動能增加，電場力做負功，速度或動能減少。[跟進訓練]2．(多選)一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示，帶箭頭的實線表示電場線。不計粒子所受重力，則()A．粒子帶正電B．粒子加速度逐漸減小C．A點的速度大于B點的速度D．粒子的初速度不為零BCD[帶電粒子所受合外力(即靜電力)指向軌跡凹側(cè)，可知靜電力方向向左，粒子帶負電，A錯誤；根據(jù)EA＞EB，知FA＞FB，aA＞aB，B正確；粒子從A到B受到的靜電力為阻力，阻力做負功，動能減小，速度減小，C正確；由于粒子做減速曲線運動，所以初速度不為零，D正確。]考點3電場力作用下的動力學問題1．電場中動力學問題與力學問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律。2．處理靜電場中力與運動的問題時，根據(jù)牛頓運動定律，再結(jié)合運動學公式、運動的合成與分解等運動學知識即可解決問題?！镜淅?】如圖所示，在水平向右的勻強電場中，有一質(zhì)量m＝0.2kg、電荷量q＝1×10－6C的帶正電小物塊恰好靜止在傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面上，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。從某時刻開始，電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)，求：(1)原來的電場強度大小E0；(2)小物塊運動的加速度a的大小和方向；(3)沿斜面下滑距離x＝0.5m時小物塊的速度大小v。思路點撥：(1)由“恰好靜止”的條件可求出電場強度E0。(2)“電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)”說明小物塊不再平衡，利用牛頓第二定律和運動學方程求解。[解析](1)小物塊受到重力、水平向右的電場力qE0、支持力N而保持靜止狀態(tài)，則eq\f(qE0,mg)＝tanθ，得E0＝1.5×106N/C。(2)電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)時，電場力變?yōu)閝E＝eq\f(1,3)qE0＝eq\f(1,4)mg，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－qEcosθ＝ma，得a＝4m/s2，方向沿斜面向下。(3)小物塊沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax，得v＝2m/s。[答案](1)1.5×106N/C(2)4m/s2方向沿斜面向下(3)2m/s[跟進訓練]3．如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為＋2.0×10－8C?，F(xiàn)加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直線成30°角，繩長L＝0.2m(g取10m/s2)。(1)求該勻強電場的電場強度大?。?2)突然剪斷輕繩，小球做什么運動？加速度大小和方向如何？[解析](1)根據(jù)共點力平衡得qE＝mgtan30°解得E＝eq\f(\r(3),6)×107N/C。(2)突然剪斷輕繩，小球受重力和電