高三物理精品課件083.電場綜合題(上)原創(chuàng).ppt

電場綜合題,例1 例2 思考 例3 例4 2001年春12 02年全國理綜30 04年全國理綜 04年全國理綜21 04年上海10 04年上海7 例5 例6 例7 例8 例9,電場綜合題(上),例1、 相距2r 的兩個等量同種正電荷A、B，帶電量為Q，沿兩電荷連線從靠近A點起到靠近B點止，各點的電場強度如何變化？各點的電勢如何變化？,解：由電場的疊加，容易看出O點的電場強度為0，,O點左側(cè)的合場強方向向右,O點右側(cè)的合場強方向向左，,所以從靠近A點起到靠近B點止,電場強度先減小后增大。,設(shè)P點距離A點為x,由點電荷電勢的合成公式得:, = kQ/x + kQ(2r-x) = 2rkQ(2rx-x2) = 2rkQr2 -(x-r)2,當(dāng)x=r 時 有極小值 min= 2kQ / r,所以從靠近A點起到靠近B點止,電勢先減小后增大。,例2、 相距2r 的兩個等量同種正電荷帶電量為Q，從兩電荷連線中點O起沿中垂線向外直到無窮遠(yuǎn)處，各點的電場強度如何變化？各點的電勢如何變化？,解：容易看出O點的電場強度為0，無窮遠(yuǎn)處場強也為0， 可見從O到無窮遠(yuǎn)處電場強度先增大后減小。,其最大值的位置設(shè)為P，由電場的疊加，,EP =2 E1 sin =2kQ cos2sinr2,令y=cos2sin,由數(shù)學(xué)公式 abc (a+b+c)/33,y2=cos4sin2=4 cos2/2 cos2/2 sin2 4/27,當(dāng)cos2/2= sin2時，出現(xiàn)最大值，,由=2kQcos/r各點的電勢逐漸減小，,ycos2sin 的取值范圍是：0, ,(1sin2)sin,sinsin3,對上式求導(dǎo)得：,ycos3sin2(cos),令ycos3sin2(cos)0 則有：,cos（13sin2）0,cos0,或者,1 3sin20,思考、帶電粒子在電場中能否做勻速圓周運動？若能，將是什么樣的電場？,解答：在一定條件下能夠做勻速圓周運動，例如：, 在點電荷+Q的電場中,如果另一個負(fù)電荷-q受到的電場力恰好等于向心力。則能做勻速圓周運動,如圖a示,在相距2r 的兩個等量同種正電荷Q，在過它們連線的中垂線的平面內(nèi),一個負(fù)電荷-q受到的電場力恰好等于向心力。則能做勻速圓周運動,如圖b示,兩個異種電荷Q1、-Q2,以相同的角速度繞其連線上某一點O做勻速圓周運動,如圖c示,（類似于雙星模型）,例3、下述為一個觀察帶電粒子在液體中運動的實驗?，F(xiàn)進(jìn)行如下操作，第一步，給豎直放置的平行電容器充電，讓A、B兩板帶上一定電荷，油滴P在兩板間的 勻強電場中恰能保持靜止?fàn)顟B(tài)。第二步，給電容器的電量增加Q1，讓油滴開始豎直向上運動t秒。第三步，在上一步的基礎(chǔ)上減少電量Q2，觀察到又經(jīng)t秒后，油滴剛好回到出發(fā)點。設(shè)油滴在運動中不碰板， （1）說明在上述第二步和第三步兩個過程中，帶電油滴各做什么運動？ （2）求Q1和Q2的比值Q1/ Q2,解：畫出三步的示意圖如圖示,對：油滴P平衡有 mg=qE= qU0/d =qQ/Cd,對 ：F合1= qQ1 Cd 方向向上做勻加速運動,a1= qQ1Cmd,v1=a1 t s1 =1/2 a1 t2,對：帶電量 Q +Q1 Q2 = Q - Q2,即 Q2=Q2 Q1,F合2= q Q2 Cd 方向向下，向上做勻減速運動,a2= q Q2Cmd,s2 = v1 t - 1/2 a2 t2 = a1 t t - 1/2 a2 t2,s2 = - s1,1/2 a1 t2 = a1 t t - 1/2 a2 t2,a2=5a1/4,Q2= 5/4Q1,Q1/ Q2=4/9,例4、質(zhì)量m、帶電量+q的滑塊，在豎直放置的光滑絕緣圓形軌道上運動，軌道半徑為r，現(xiàn)在該區(qū)域加一豎直向下的勻強電場，場強為E，為使滑塊在運動中不離開圓形軌道，求：滑塊在最低點的速度應(yīng)滿足什么條件？,解：若滑塊能在圓形軌道上做完整的圓周運動，且剛能通過B點，劃塊的受力如圖示：令 g 1 = g+qE/m,必須有 mg 1=mv2 /r,由動能定理：AB,另一種情況：若滑塊最多只能在圓形軌道上運動到C點，則可以在A點兩側(cè)沿圓軌道往復(fù)擺動： 則 vC =0,由動能定理得,滑塊在最低點的速度應(yīng)滿足的條件為,式中 g 1 = g+qE/m,思考：若電場強度E的方向向上，結(jié)果如何？,一質(zhì)量為4.010-15kg、電量為2.010-9C帶正電質(zhì)點，以v= 4.0104m/s的速度垂直于電場方向從a點進(jìn)入勻強電場區(qū)域，并從b點離開電場區(qū)域離開電場時的速度為5.0104m/s 由此可知，電場中a、b兩點間的電勢差Ua-Ub= _ V；帶電質(zhì)點離開電場時，速度在電場方向的分量為 _ m/s不考慮重力作用,解：由動能定理,qUab=1/2 m(vb2 -va2),Uab=1/2 m(vb2 -va2) / q=9102 V,由運動的合成 vy2 = (vb2 -va2),vy = 3104 m/s,9102,3104,2001年春12.,（27分）有三根長度皆為l=1.00m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(zhì)量皆為m=1.00102kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為-q和+q，q=1.00107C。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為E=1.00106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示。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(dá)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）,02年全國理綜30.,解：,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(dá)到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。,A球受力如圖2所示：由平衡條件,B球受力如圖3所示：由平衡條件,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得, =0 =45 ,由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡 的位置如圖4所示。,題目,下頁,與原來位置相比，A球的重力勢能減少了,B球的重力勢能減少了,A球的電勢能增加了,B球的電勢能減少了,兩種勢能總和減少了,代入數(shù)據(jù)解得,題目,上頁,04年全國理綜,一帶正電的小球，系于長為 l 的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定在O點，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為E，已知電場對小球的作用力的大小等于小球的重力，現(xiàn)先把小球拉到圖中的P1處，使輕線拉直，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球，已知在經(jīng)過最低點的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突然變?yōu)榱?，水平分量沒有變化，則小球到達(dá)與P1點等高的P2點時速度的大小為 （ ）,解見下頁,B,解：小球受力如圖示，qE=mg,由靜止釋放小球，小球在合力作用下做勻加速直線運動,到最低點的速度為v，由動能定理得,因受線的拉力作用，速度的豎直分量vy突然變?yōu)榱?從最低點起，小球?qū)⒆鰣A周運動，到P2處的速度為vt，,由動能定理得qEl -mgl =1/2mvt2- 1/2mvx 2,04年全國理綜21、,A,解：在電場中，帶正電荷的小球所在處的電勢為1 ，帶負(fù)電荷的小球所在處的電勢為2 ，,將電荷從很遠(yuǎn)處移到電容器內(nèi)兩板間，電場力對兩球分別做功為W1、W2，,由電場力做功的定義 W=qU始終= q (始-終),W1 = q (0-1 ),W2 = -q( 0 2),電場力對兩個小球所做總功的大小為W,W= W1 + W2 = q (2 -1) =-qEl= -qlU/d=- qlQCd,04年上海10,10在光滑水平面上的O點系一長為l 的絕緣細(xì)線，線的另一端系一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球.當(dāng)沿細(xì)線方向加上場強為E的勻強電場后，小球處于平衡狀態(tài).現(xiàn)給小球一垂直于細(xì)線的初速度v0，使小球在水平面上開始運動.若v0很小，則小球第一次回到平衡位置,所需時間為 .,解：因為v0很小，小球?qū)⒃陔妶隽图?xì)線拉力的作用下在平衡位置做簡諧振動，以電場力qE代替一般單擺中的mg，其周期為T,04年上海7,光滑水平面上有一邊長為l 的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（ ）,A0,A B C,解：,因為題中有兩個不確定：運動的末位置不確定；電場方向不確定，因此要分別討論。,設(shè)小球帶正電,從a點運動到b點時,如圖示：,由動能定理 W=1/2 mvb2 - 1/2 mv02,其動能 EKb =1/2 mvb2 = 1/2 mv02 + W,若電場方向沿AB方向，則W=qEl ，題中無此答案.,若電場方向沿BA方向，W = -qEl ， 當(dāng) 1/2 mv02 = - qEl 則EKb =0 A正確,若電場方向沿AD方向，小球從a點運動到C點時,EKC =1/2 mvC2 = 1/2 mv02 + 1/2 qEl B正確,當(dāng) 1/2 mv02 - qEl 則返回到a點時W=0, C正確,例5. 平行金屬板A、B兩板相距為d ,如圖（a）所示，板間加有如圖（b）所示的隨時間變化的電壓u，U0和T已知， -UX為未知，A板上O處有一質(zhì)量為m、電量為q的靜止帶電粒子(重力不計),在t=0時刻受板間電壓U0加速向B板運動，則 （1）為使t=T時粒子恰好能回到O點， UX應(yīng)滿足什么條件？回到O點時的動能多大？ （2）滿足上述帶電粒子運動情況, U0的取值范圍如何？,解: 要使t=T時粒子恰好能回到O點，則一個周期內(nèi)的位移為0 ,畫出v-t圖線如圖示:,得 v2 = - 2v1, a2 / a1 = 3,a=qU/md, Ux / U0 = 3,EK2=1/2m v22 =2m v12 =2m(a1T/2)2=q2U2T22md2,(2) 由比例關(guān)系從圖線可求出t1的值為,t1 =2T/3,要滿足上述帶電粒子運動情況, 必須在0t1內(nèi)的位移小于d，即,d v1 t1/2 = v1T/3=qU0T26md,U06md2qT2,例6、一木板放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m、帶電量為q的物體（視為質(zhì)點）沿木板的上表面以某一初速從A端沿水平方向滑入，所處的空間有方向豎直向下的勻強電場，如圖所示。當(dāng)物塊滑至木塊的B端時，兩者恰好相對靜止。若勻強電場場強大小保持不變，方向改為豎直向上，物塊仍以原初速度從A端水平滑入，物塊運動到木板中點時，兩者恰好相對靜止。 求：物塊帶何種電荷？ 勻強電場的場強的大小。,由動量守恒 mv0 =(m+M)V1= (m+M)V2,V1= V2,由能量守恒定律，兩次動能的損失相同，可見第一次的摩擦力小，所以其電場力 向上，物塊帶負(fù)電荷。,畫出物塊的受力圖如圖示：,Ff1 L=1/2 mv02 - 1/2 (M+ m)V2,Ff2 L/2=1/2 mv02 - 1/2 (M+ m)V2,Ff2 =2 Ff1,FN2 =2F N1,mg+qE=2( mg-qE),解得qE=mg/3, E=mg3q,解：根據(jù)題意，畫出示意圖：,例7、如圖示，帶電液滴P在平行金屬板a b之間的電場內(nèi)保持靜止，現(xiàn)設(shè)法使P固定，再使板a b分別以中點O O為軸轉(zhuǎn)過一個相同角度然后釋放P，則P在電場內(nèi)將做什么運動？ ( ) A. 向右的勻速直線運動， B. 向右的勻加速直線運動， C. 斜向右下的勻加速直線運動， D. 曲線運動。,解：原來平衡時 E=U/d mg=F=qE=q U/d 后來兩板距離變?yōu)?dcos 電場強度變?yōu)镋 =U / dcos F=qE =qU / dcos=F/cos Fcos=F=mg 所以 粒子在F1作用下向右勻加速直線運動,B,例8、一根對稱的“八字”形玻璃管置于豎直平面內(nèi)，如圖所示。管所在的空間有豎直向下的勻強電場，電場強度E=1000牛/庫。重力G1.010-3牛，帶電量Q= -210-6庫的小物體在管內(nèi)從A點由靜止開始運動，它與管壁摩擦系數(shù)為0.5，管長AB=BC=3米，管的B處為一極短的光滑圓弧，管AB和BC與水平方向所夾的角度皆為37,問 （1）小物體最終靜止在何處？ （2）從A開始計算時，小物 體運動的總路程是多少？,解見下頁,E=1000N/C,L=AB=BC=3米 =0.5,解：AB受力，,作勻加速運動,BC受力，,作勻減速運動，,由于有機械能損失，到不了C點就停止，接著返回作勻加速運動，過B點又作勻減速動， 最后停在B點.,由動能定理，對全過程，,(qE-mg)Lsin370- (qE-mg) cos370S=0,S=0.6 L /（0.50.