物理粵教版選修3-1第一章電場章末總結(jié)（一）

章末總結(jié)一、電場中的平衡問題1．庫侖力實(shí)質(zhì)上就是電場力，與重力、彈力一樣，它也是一種基本力．帶電粒子在電場中的平衡問題實(shí)際上屬于力學(xué)平衡問題，只是多了一個(gè)電場力而已．2．求解這類問題時(shí)，需應(yīng)用有關(guān)力的平衡知識，在正確的受力分析的基礎(chǔ)上，運(yùn)用平行四邊形定則、三角形定則或建立平面直角坐標(biāo)系，應(yīng)用共點(diǎn)力作用下物體的平衡條件，靈活運(yùn)用方法(如合成分解法、矢量圖示法、相似三角形法、整體法等)去解決．例1(多選)如圖1所示，在一電場強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場中，用一絕緣細(xì)線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q.為了保證當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角為60°時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小可能為()圖1A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)答案ACD解析取小球?yàn)檠芯繉ο螅艿街亓g、細(xì)線的拉力F和電場力Eq的作用．因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，F(xiàn)和Eq的合力與mg是一對平衡力．根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)電場力Eq的方向與細(xì)線拉力方向垂直時(shí)，電場力最小，如圖所示，則Eq＝mgsin60°，得最小場強(qiáng)E＝eq\f(mgsin60°,q).所以，選項(xiàng)A、C、D正確．求解電場力的最小值的方法是對物體進(jìn)行受力分析，利用圖解法求最小值.針對訓(xùn)練1如圖2所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點(diǎn)正下方絕緣柱上．其中O點(diǎn)與小球A的間距為l，O點(diǎn)與小球B的間距為eq\r(3)l.當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角θ＝30°.帶電小球A、B均可視為點(diǎn)電荷．靜電力常量為k，則()圖2A．A、B間庫侖力大小F＝eq\f(kq2,2l2) B．A、B間庫侖力大小F＝eq\f(\r(3)mg,3)C．細(xì)線拉力大小FT＝eq\f(kq2,3l2) D．細(xì)線拉力大小FT＝eq\r(3)mg答案B解析由題意知∠ABO＝30°，分析A球受力，如圖所示，將FT、F合成，由幾何知識知F、FT及合力F合組成的平行四邊形為菱形，則F＝FT＝eq\f(mg,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)mg.二、電場中功能關(guān)系的應(yīng)用帶電物體在電場中具有一定的電勢能，同時(shí)還可能具有動能和重力勢能等，因此涉及到電場有關(guān)的功和能的問題應(yīng)優(yōu)先考慮利用動能定理和能量守恒定律求解．例2如圖3所示，帶電荷量為Q的正電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點(diǎn)，斜面上有A、B兩點(diǎn)，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC的中點(diǎn)．現(xiàn)將一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)速度正好又為零，已知帶電小球在A點(diǎn)處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：圖3(1)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小．(2)B和A兩點(diǎn)間的電勢差(用Q和L表示)．答案(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)解析(1)帶電小球在A點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA ①帶電小球在B點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：keq\f(Qq,\f(L,2)2)－mgsin30°＝maB ②取立①②式解得：aB＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向上． ③(2)由A點(diǎn)到B點(diǎn)對小球運(yùn)用動能定理得mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0 ④聯(lián)立①④式解得UBA＝eq\f(kQ,L).針對訓(xùn)練2長為L的平行金屬板與水平面成θ角放置，板間有勻強(qiáng)電場．一個(gè)電荷量為－q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的液滴以速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，如圖4所示，射入后液滴沿直線運(yùn)動．已知重力加速度為g，求：圖4(1)兩極板間的電場強(qiáng)度的大?。?2)液滴離開電場時(shí)的速度大?。鸢?1)eq\f(mgcosθ,q)(2)eq\r(v\o\al(,02)－2gLsinθ)解析(1)液滴在電場中受到重力mg和靜電力F兩個(gè)力的作用，由于液滴沿直線運(yùn)動，由直線運(yùn)動的條件可知：兩個(gè)力的合力必須與速度共線．所以靜電力的方向是垂直于金屬板斜向上的，如圖所示，由幾何關(guān)系可得F＝Eq＝mgcosθ解得E＝eq\f(mgcosθ,q).(2)因靜電力不做功，故由動能定理可得－mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(v\o\al(,02)－2gLsinθ).三、帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動1．帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動是指帶電體在運(yùn)動過程中同時(shí)受到電場力及其他力的作用．較常見的是在運(yùn)動過程中，帶電體同時(shí)受到重力和電場力的作用．2．由于帶電體在電場和重力復(fù)合場中的運(yùn)動是一個(gè)綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)的研究方法相同，它同樣遵循運(yùn)動的合成與分解、力的獨(dú)立作用原理、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系等力學(xué)規(guī)律．例3如圖5所示，ABCDF為豎直放在場強(qiáng)為E＝104V/m的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道．其中軌道的BCDF部分是半徑為R＝0.2m的圓形軌道，軌道的水平部分與圓相切于B點(diǎn)，A為水平軌道上的一點(diǎn)，而且AB之間的距離s＝0.6m，把一質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－4C的小球放在水平軌道的A點(diǎn)由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動．(g取10m/s2)求：圖5(1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；(3)若讓小球安全通過軌道，開始釋放點(diǎn)離B點(diǎn)的最小距離．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)2eq\r(3)m/s(2)1N，方向豎直向上(3)0.62m解析(1)小球從A到B，由動能定理有qEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,B2)－0，解得vB＝2eq\r(3)m/s.(2)小球從A到D，由動能定理有qEs－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,D2)－0，解得vD＝2m/s.小球在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＋FN＝meq\f(v\o\al(,D2),R)，解得FN＝1N，方向豎直向下，由牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?N，方向豎直向上．(3)小球受到的豎直向下的重力和水平向右的電場力大小相等，這兩個(gè)力的合力為F＝eq\r(2)mg＝eq\r(2)N，與水平方向的夾角θ＝45°，如圖所示．設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的等效最高點(diǎn)為G點(diǎn)，小球在G點(diǎn)的最小速度為vG，由牛頓第二定律有F＝meq\f(v\o\al(,G2),R)，小球從A到G，由動能定理有qE(s′－Rcosθ)－mg(R＋Rsinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,G2)－0，聯(lián)立解得s′≈0.62m.針對訓(xùn)練3(多選)如圖6所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩板間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場中，微粒垂直打到N板上的C點(diǎn)．已知AB＝BC.不計(jì)空氣阻力，則可知()圖6A．微粒在電場中做拋物線運(yùn)動B．微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場時(shí)的速率相等C．MN板間的電勢差為eq\f(2mv\o\al(,02),q)D．MN板間的電勢差為eq\f(Ev\o\al(,02),2g)答案AB解析由題意可知，微粒受水平向右的電場力qE和豎直向下的重力mg作用，合力與v0不共線，所以微粒做拋物線運(yùn)動，A項(xiàng)正確；因AB＝BC，可知vC＝v0，故B項(xiàng)正確；由q·eq\f(U,2)＝eq\f(1,2