物理人教版（浙江版）選修31學(xué)案第一章靜電場(chǎng)章末總結(jié)

章末總結(jié)一、電場(chǎng)中的平衡問題1．庫侖力實(shí)質(zhì)上就是電場(chǎng)力，與重力、彈力一樣，它也是一種基本力．帶電粒子在電場(chǎng)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(chǎng)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(shí)，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、整體法等)去解決．例1如圖1所示，在一電場(chǎng)強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小不可能為()圖1A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)答案B解析取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，它受到重力mg、細(xì)線的拉力FT和電場(chǎng)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)T和Eq的合力與mg是一對(duì)平衡力．根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力Eq的方向與細(xì)線拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，如圖所示，則Eq＝mgsin60°，得最小場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(mgsin60°,q).所以，選項(xiàng)A、C、D可能，B不可能．求解電場(chǎng)力的最小值的方法是對(duì)物體進(jìn)行受力分析，利用圖解法求最小值.針對(duì)訓(xùn)練1如圖2所示，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角并固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m，電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)滿足什么條件時(shí)，小球可在桿上保持靜止()圖2A．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgcosθ,q)B．豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mg,q)C．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgsinθ,q)D．水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mg,qtanθ)答案B解析若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)垂直于桿斜向上，對(duì)小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場(chǎng)力和垂直于桿方向的支持力，在這三個(gè)力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)豎直向上，對(duì)小球受力分析可知，當(dāng)E＝eq\f(mg,q)時(shí)，電場(chǎng)力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項(xiàng)B正確；若所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)水平向右，對(duì)小球受力分析可知，其共受到三個(gè)力的作用，假設(shè)小球此時(shí)能夠靜止，則根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtanθ，所以E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．本題答案為B.二、電場(chǎng)中功能關(guān)系的應(yīng)用例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(dòng)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(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小；(2)B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)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)＝maA①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°＝maB②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(duì)小球運(yùn)用動(dòng)能定理得mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0④聯(lián)立①④式解得UBA＝eq\f(kQ,L).針對(duì)訓(xùn)練2(2016·浙江湖溪中學(xué)月考)如圖4所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，選取初始位置O的電勢(shì)為零，則()圖4A．電場(chǎng)方向豎直向上B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2gC．小球上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mv\o\al(2,0),4)答案D三、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)注意每一段時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)方向和電荷受力方向，由速度方向和受力方向確定粒子的運(yùn)動(dòng)情況(勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻減速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速曲線運(yùn)動(dòng))．例3在如圖5甲所示平行板電容器A、B兩極板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢(shì)比A板高，這時(shí)兩極板中間原來靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計(jì)電子重力)()圖5A．電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后向B板運(yùn)動(dòng)，再返回A板做周期性來回運(yùn)動(dòng)B．電子一直向A板運(yùn)動(dòng)C．電子一直向B板運(yùn)動(dòng)D．電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做周期性來回運(yùn)動(dòng)答案C解析由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的v－t圖象可知，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，C正確．針對(duì)訓(xùn)練3如圖6甲所示，在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓．當(dāng)t＝0時(shí)，一個(gè)電子從靠近N板處由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)1×10－3s到達(dá)兩板正中間的P點(diǎn)，那么在3×10－3s這一時(shí)刻，電子所在的位置和速度大小為()圖6A．到達(dá)M板，速度為零 B．到達(dá)P點(diǎn)，速度為零C．到達(dá)N板，速度為零 D．到達(dá)P點(diǎn)，速度不為零答案D解析在0～1×10－3s的時(shí)間里，電子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝1×10－3s時(shí)電子達(dá)到P點(diǎn)，之后板間電壓反向，兩極板間