章末總結一、電場中的平衡問題1.庫侖力實質上就是電場力，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際上屬于力學平衡問題，只是多了一個電場力而已.2.求解這類問題時，需應用有關力的平衡知識，在正確的受力分析的基礎上，運用平行四邊形定則、三角形定則或建立平面直角坐標系，應用共點力作用下物體的平衡條件，靈活運用方法(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，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣細線系一帶電小球，小球的質量為m，電荷量為q.為了保證當細線與豎直方向的夾角為60°時，小球處于平衡狀態，則勻強電場的場強大小可能為()圖1A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)答案ACD解析取小球為研究對象，它受到重力mg、細線的拉力F和電場力Eq的作用.因小球處于平衡狀態，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，F和Eq的合力與mg是一對平衡力.根據力的平行四邊形定則可知，當電場力Eq的方向與細線拉力方向垂直時，電場力最小，如圖所示，則Eq＝mgsin60°，得最小場強E＝eq\f(mgsin60°,q).所以，選項A、C、D正確.求解電場力的最小值的方法是對物體進行受力分析，利用圖解法求最小值.針對訓練1如圖2所示，質量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上.其中O點與小球A的間距為l，O點與小球B的間距為eq\r(3)l.當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°.帶電小球A、B均可視為點電荷.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.細線拉力大小T＝eq\f(kq2,3l2)D.細線拉力大小T＝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T、F合成，由幾何知識知F、T及合力F合組成的平行四邊形為菱形，則F＝T＝eq\f(mg,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)mg.二、用等分法確定等勢線和電場線1.在勻強電場中電勢差與電場強度的關系式為U＝Ed，其中d為兩點沿電場線方向的距離.由公式U＝Ed可以得到下面兩個結論：結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖3甲所示.甲乙圖3結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示.2.確定電場方向的方法：先由等分法確定電勢相等的點，畫出等勢線，然后根據電場線與等勢面垂直畫出電場線，且電場線的方向由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面.例2如圖4所示，A、B、C表示勻強電場中的三點，它們的電勢分別為φA＝－5V，φB＝9V，φC＝2V.試在圖中畫出過A、B、C點的三條等勢線，并畫出一條過C點的電場線.圖4答案見解析解析由題中給定三點的電勢可知：UBA＝14V，UBC＝7V.由于是勻強電場，故AB連線的中點D與C點是等勢點，而勻強電場中等勢面為一平面，故DC連線為等勢線，再過A、B點分別作平行于CD的直線即為所求的過A、B、C點的三條等勢線，如圖所示，過C作垂直于CD的直線即為過C點的電場線.針對訓練2如圖5所示，A、B、C、D是勻強電場中的四個點，D是BC的中點，A、B、C構成一個直角三角形，AB長為1m，電場線與三角形所在的平面平行，已知φA＝5V、φB＝－5V、φC＝15V，由此可以判斷()圖5A.場強的方向由C指向BB.場強的方向垂直AD連線斜向上C.場強的大小為10V/mD.場強的大小為eq\f(20\r(3),3)V/m答案D解析由于φB＝－5V，φC＝15V，則BC中點D的電勢為φD＝5V，即A點和D點電勢相等，則電場方向垂直AD連線斜向下，A、B選項均不正確；場強大小為E＝eq\f(UAB,\x\to(AB)cos30°)＝eq\f(10,1×\f(\r(3),2))V/m＝eq\f(20\r(3),3)V/m，故D選項正確.三、E－x、φ－x圖像的分析例3(多選)某靜電場沿x方向的電勢分布如圖6所示，則()圖6A.在O～x1之間不存在沿x方向的電場B.在O～x1之間存在著沿x方向的勻強電場C.在x1～x2之間存在著沿x方向的勻強電場D.在x1～x2之間存在著沿x方向的非勻強電場答案AC解析由電場的性質可知：E＝eq\f(UAB,d)＝eq\f(φA－φB,d)，所以在φ－x圖像中，斜率k表示在x方向上的場強Ex.所以O～x1沿x方向場強為0，A對，B錯；x1～x2之間電勢均勻減小，斜率不變，即Ex不變，x1～x2之間存在沿x方向的勻強電場，C對，D錯.針對訓練3(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖7所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()圖7A.x2和x4處電勢能相等B.由x1運動到x3的過程中電勢能增大C.由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D.由x1運動至x4的過程中電場力先減小后增大答案BC解析由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤.由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確.1.φ－x圖像反映電勢φ隨x的變化規律，其斜率大小表示場強大小，由電勢大小的變化可確定場強方向：沿著電場方向，電勢降低.2.E－x圖像反映場強E隨x的變化規律，其正負表示場強的方向.四、電場與力學知識的綜合帶電粒子(帶電體)在電場中的運動問題是綜合電場力、電勢能的力學問題，研究方法與力學的研究方法相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能關系等力學規律.例4如圖8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，斜面上有A、B兩點，且A、B和C在同一直線上，A和C相距為L，B為AC的中點.現將一帶電小球從A點由靜止釋放，當帶電小球運動到B點時速度正好又為零，已知帶電小球在A點處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：圖8(1)小球運動到B點時的加速度大小.(2)B和A兩點間的電勢差(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點時由牛頓第二定律得：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA ①帶電小球在B點時由牛頓第二定律得：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點到B點對小球運用動能定理得mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0 ④聯立①④式解得UBA＝eq\f(kQ,L).例5如圖9所示，ABCDF為豎直放在場強為E＝104V/m的水平勻強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，A為水平軌道上的一點，而且AB之間的距離s＝0.6m，把一質量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－4C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內側運動.(g取10m/s2)求：圖9(1)小球到達B點時速度的大小；(2)小球到達D點時對軌道的壓力；(3)若讓小球安全通過軌道，開始釋放點離B點的最小距離.(結果保留兩位有效數字)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)mvB2－0，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)mvD2－0，解得vD＝2m/s.小球在D點，由牛頓第二定律有mg＋N＝meq\f(v\o\al(

2,D),R)，解得N＝1N，方向豎直向下，由牛頓第三定律得小球對軌道的壓力大小為1N，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，這兩個力的合力為F＝