2020年高中物理(人教选修3-1)配套学案：第1章--学案13-章末总结.docx

学案13　章末总结

一、电场中的平衡问题
求解这类问题时，需应用有关力的平衡学问．首先对物体进行正确的受力分析，在此基础上运用平行四边形定则、三角形定则或正交分解法，依据共点力的平衡条件建立方程求解．
例1　如图1所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为(　　)

图1
A. B. C. D.
解析　取小球为争辩对象，它受到重力mg、丝线的拉力FT和电场力Eq的作用．因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，FT和Eq的合力与mg是一对平衡力，依据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则Eq＝mgsin θ得E＝＝.所以，该匀强电场的电场强度大小可能值为E≥，故A、C、D选项正确．
答案　ACD
二、电场中力和运动的关系
带电粒子在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多力的作用下物体所受合力可能不为零，做匀变速运动或变速运动；处理这类问题，首先对物体进行受力分析，再明确其运动状态，最终依据其所受的合力和所处的状态，合理地选择牛顿其次定律、运动学公式、平抛运动学问、圆周运动学问等相应的规律解题．
例2　在真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电且电荷量为q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求此运动过程中(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)小球受到的电场力的大小及方向；
(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U.
解析　(1)依据题设条件，电场力大小
F电＝mgtan 37°＝mg
电场力的方向水平向右
(2)小球沿竖直方向做初速度为v0的匀减速运动，
到最高点的时间为t，则：
vy＝v0－gt＝0，t＝
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，
加速度为ax
ax＝＝g
此过程小球沿电场方向位移为：
x＝axt2＝
小球上升到最高点的过程中，
电场力做功为：
W＝qU＝F电x＝mv
解得U＝
答案　(1)mg　水平向右　(2)
三、电场中的功能关系
带电物体在电场中具有确定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等．因此涉及到电场有关的功和能的问题应优先考虑利用动能定理和能量守恒定律求解．
例3　空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图2所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下推断中正确的是(　　)

图2
A．小球由A点运动至B点，电场力做的功W＝mv－mv－mgH
B．A、B两点间的电势差U＝
C．带电小球由A运动到B的过程中，机械能确定增加
D．带电小球由A运动到B的过程中，电势能的变化量为mv－mv－mgH
解析　由动能定理知：A→B
W＋mgH＝mv－mv
所以W＝mv－mv－mgH
所以A正确．
由于U＝
所以UAB＝＝
所以B错误．
由于无法推断出电场力做功的正负，
所以无法推断机械能的变化，故C错误．
由电场力做的功等于电势能的变化量可知D正确．
答案　AD

1. (电场中的功能关系)如图3所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球．现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷(a、b之间的库仑力忽视不计)，先将a放在细杆上，让其从A点由静止开头沿杆下滑，后使b从A点由静止开头沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是(　　)

图3
A．从A点到C点，小球a做匀加速运动
B．小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能
C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后削减，但机械能与电势能之和不变
D．小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功
答案　C
解析　从A到C小球a受到的作用力是变力，故不行能做匀加速运动，A错；B和C在同一个等势面上，小球a和b在B和C点的电势能相等，故B、D错；电场力对小球a先做正功后做负功，故小球a的机械能先增加后削减，小球a只有重力和电场力做功，机械能和电势能之和不变，故C正确．
2. (电场中的平衡问题) 如图4所示，用绝缘细绳悬吊一质量为m、电荷量为－q的小球，在空间施加一水平方向的匀强电场，使小球保持静止时细线与竖直方向成θ角，则电场强度的大小和方向为(　　)

图4
A.，向左 B.，向右
C.，向左 D.，向右
答案　C
3．(电场中力和运动的关系)如图5甲所示，在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压．当t＝0时，一个电子从靠近N板处由静止开头运动，经1.0×10－3s到达两板正中间的P点，那么在3.0×10－3s这一时刻，电子所在的位置和速度大小为(　　)

图5
A．到达M板，速度为零 B．到达P点，速度为零
C．到达N板，速度为零 D．到达P点，速度不为零
答案　D
解析　在1.0×10－3s的时间里，电子做初速度为零的匀加速直线运动，当t＝1.0×10－3s时电子达到P点，之后板间电压反向，两极板间的电场强度大小不变，方向和原来相反，电子开头做匀减速直线运动，由于加速度的大小不变，当t＝2.0×10－3s时电子达到M板处，且速度减为零．随后电子将反向做匀加速运动，当t＝3.0×10－3s时电子又回到P点，且速度大小与第一次经过P点时相等，而方向相反．故正确选项为D.
4.在方向水平的匀强电场中，一不行伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球，另一端固定于O点．将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动．已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最大夹角为θ(如图6)．求：

图6
(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力．
答案　见解析
解析　(1)设细线长为l，匀强电场的场强为E，
因带电小球的电荷量为正，故匀强电场的场强的方向为水平向右．
从释放点到左侧最高点，
由动能定理有WG＋WE＝ΔEk＝0，
故mglcos θ＝qEl(1＋sin θ)
解得E＝
(2)设小球运动到最低点的速度为v，
此时细线的拉力为FT，
由动能定理可得
mgl－qEl＝mv2，
由牛顿其次定律得FT－mg＝m，
联立解得FT＝mg[3－]．