《靜電場(chǎng)》章末總結(jié)學(xué)案VIP

7/7《靜電場(chǎng)》章末總結(jié)學(xué)案一、電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題求解這類問(wèn)題時(shí)，需應(yīng)用有關(guān)力的平衡知識(shí)．首先對(duì)物體進(jìn)行正確的受力分析，在此基礎(chǔ)上運(yùn)用平行四邊形定則、三角形定則或正交分解法，依據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件建立方程求解．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，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為保證當(dāng)絲線與豎直方向的夾角為θ＝60°時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能為（）圖1A.eq\f(\r(3)mg,q)B.eq\f(mg,2q)C.eq\f(\r(3)mg,2q)D.eq\f(mg,q)解析：取小球?yàn)檠芯繉?duì)象，它受到重力mg、絲線的拉力T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，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的方向與絲線的拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，如圖所示，則Eq＝mgsinθ得E＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q).所以，該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能值為E≥eq\f(\r(3)mg,2q)，故A、C、D選項(xiàng)正確．答案：ACD二、電場(chǎng)中力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力作用，還可能受到其他力的作用，如重力、彈力、摩擦力等，在諸多力的作用下物體所受合力可能不為零，做勻變速運(yùn)動(dòng)或非勻變速運(yùn)動(dòng)；處理這類問(wèn)題，首先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，再明確其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，最后根據(jù)其所受的合力和所處的狀態(tài)，合理地選擇牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)、圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)等相應(yīng)的規(guī)律解題．例2.在真空中存在空間范圍足夠大、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電且電荷量為q的小球在此電場(chǎng)中由靜止釋放，小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為37°的直線運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，求此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小球受到的電場(chǎng)力的大小及方向；(2)小球運(yùn)動(dòng)的拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)之間的電勢(shì)差U.解析：(1)根據(jù)題設(shè)條件，電場(chǎng)力大小F電＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg，電場(chǎng)力的方向水平向右(2)小球沿豎直方向做初速度為v0的勻減速運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)的時(shí)間為t，則：vy＝v0－gt＝0，t＝eq\f(v0,g)沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax，ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(3,4)g此過(guò)程小球沿電場(chǎng)方向位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(3v\o\al(2,0),8g)小球上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為：W＝qU＝F電x＝eq\f(9,32)mveq\o\al(2,0)解得U＝eq\f(9mv\o\al(2,0),32q)答案：(1)eq\f(3,4)mg.水平向右.(2)eq\f(9mv\o\al(2,0),32q)三、電場(chǎng)中的功能關(guān)系帶電物體在電場(chǎng)中具有一定的電勢(shì)能，同時(shí)還可能具有動(dòng)能和重力勢(shì)能等．因此涉及到電場(chǎng)有關(guān)的功和能的問(wèn)題應(yīng)優(yōu)先考慮利用動(dòng)能定理和能量守恒定律求解．例3.空間某區(qū)域存在著電場(chǎng)，電場(chǎng)線在豎直面上的分布如圖2所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，方向水平向右，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)方向與水平方向之間夾角為α，A、B兩點(diǎn)之間的高度差與水平距離均為H，則以下判斷中正確的是（）圖2A．小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgHB．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝eq\f(m,2q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)))C．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，機(jī)械能一定增加D．帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電勢(shì)能的變化量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgH解析：由動(dòng)能定理知：A→BW＋mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgH所以A正確．因?yàn)閁＝eq\f(W,q)所以UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(mv\o\al(2,2)－v\o\al(2,1)－2mgH,2q)所以B錯(cuò)誤．因?yàn)闊o(wú)法判斷出電場(chǎng)力做功的正負(fù)，所以無(wú)法判斷機(jī)械能的變化，故C錯(cuò)誤．由電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化量可知D正確．答案：AD1.(電場(chǎng)中的功能關(guān)系)如圖3所示，在O點(diǎn)處放置一個(gè)正電荷．在過(guò)O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，點(diǎn)O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A點(diǎn)距離OC的豎直高度為h.若小球通過(guò)B點(diǎn)的速度為v，下列說(shuō)法中正確的是（）圖3A．小球通過(guò)C點(diǎn)的速度大小是eq\r(2gh)B．小球通過(guò)C點(diǎn)的速度大小是eq\r(v2＋gR)C．小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做的功是eq\f(1,2)mv2－mghD．小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)損失的機(jī)械能是mg(h－eq\f(R,2))－eq\f(1,2)mv2答案：BD解析：由于B、C兩點(diǎn)位于正點(diǎn)電荷電場(chǎng)的同一等勢(shì)面上，從B→C過(guò)程，只有小球的重力對(duì)小球做正功，由動(dòng)能定理：mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，解得vC＝eq\r(v2＋gR)，A錯(cuò)誤，B正確；由A→C過(guò)程，由動(dòng)能定理mgh＋W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，W電＝eq\f(1,2)m(v2＋gR)－mgh，W電＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh，C錯(cuò)誤；小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)損失的機(jī)械能等于小球克服電場(chǎng)力做的功，ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mgR－eq\f(1,2)mv2，D正確．2.(電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題)如圖4所示，A、B是帶有等量的同種電荷的兩小球(可視為點(diǎn)電荷)，它們的質(zhì)量都是m，它們的懸線長(zhǎng)度都是L，懸線上端都固定于同一點(diǎn)O，B球懸線豎直且被固定，A球在力的作用下，于偏離B球x的地方靜止，此時(shí)A球受到繩的拉力為T；現(xiàn)在保持其他條件不變，用改變A球質(zhì)量的方法，使A球在距B為eq\f(1,2)x處平衡，則此時(shí)A受到繩的拉力為（）圖4A．TB．2TC．4TD．8T答案：D解析：A球受到重力G、B球?qū)球的庫(kù)侖力F、繩的拉力T，如圖所示．由共點(diǎn)力平衡條件，G、F、T三力的圖示必然構(gòu)成封閉三角形，由相似三角形得eq\f(mg,L)＝eq\f(F,x)＝eq\f(T,L).由此得T＝mg，F(xiàn)＝eq\f(x,L)mg.當(dāng)球在eq\f(1,2)x處平衡時(shí)，同理可得T′＝m′g，F(xiàn)′＝eq\f(\f(1,2)x,L)m′g.設(shè)A、B兩球的帶電荷量均為q，由庫(kù)侖定律可知F＝eq\f(kq2,x2)，F(xiàn)′＝eq\f(kq2,\f(1,2)x2).故eq\f(F′,F)＝4，即eq\f(\f(1,2)xm′g,xmg)＝4.所以m′＝8m.因此T′＝m′g＝8mg＝8T3．(電場(chǎng)中力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系)如圖5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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)1.0×10－3s到達(dá)兩板正中間的P點(diǎn)，那么在3.0×10－3s這一時(shí)刻，電子所在的位置和速度大小為（）圖5A．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1.0×10－3s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＝1.0×10－3s時(shí)電子達(dá)到P點(diǎn)，之后板間電壓反向，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向和原來(lái)相反，電子開(kāi)始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于加速度的大小不變，當(dāng)t＝2.0×10－3s時(shí)電子達(dá)到M板處，且速度減為零．隨后電子將反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝3.0×10－3s時(shí)電子又回到P點(diǎn)，且速度大小與第一次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)相等，而方向相反．故正確選項(xiàng)為D.4.(電場(chǎng)中力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系)在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線一端連著一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)．將小球拉起直至細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)平行，然后無(wú)初速度釋放，則小球沿圓弧做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，此時(shí)線與豎直方向的最大夾角為θ(如圖6)．求：圖6(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)；(2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力．答案：見(jiàn)解析解析：(1)設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為l，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，因帶電小球的電荷量為正，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的方向?yàn)樗较?/p>