PAGEPAGE1第一章靜電場本章優化總結專題一電場中的平衡問題1．同號電荷相互排斥，異號電荷相互吸引，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．留意力學規律的應用及受力分析．2．明確帶電粒子在電場中的平衡問題，事實上屬于力學平衡問題，其中僅多了一個電場力而已．(多選)(2024·溫州高二檢測)如圖所示，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()A．eq\f(mgtan60°,q) B．eq\f(mgcos60°,q)C．eq\f(mgsin60°,q) D．eq\f(mg,q)[解析]取小球為探討對象，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．依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，電場力為最小，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．[答案]ACDeq\a\vs4\al()求解這類問題時，需應用有關力的平衡學問，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，敏捷運用方法(如合成分解法、矢量圖示法、相像三角形法、整體法等)去解決．1．如圖所示，A、B是兩個帶等量同種電荷的小球，A固定在豎直放置的10cm長的絕緣支桿上，B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，若B的質量為30eq\r(3)g，則B帶電荷量是多少？(取g＝10m/s2)解析：因為B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，設A、B之間的水平距離為L，絕緣支桿的長度為h．依據題意可得：tan30°＝eq\f(h,L)，L＝eq\f(h,tan30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),3))cm＝10eq\r(3)cm，對B進行受力分析如圖所示，依據物體平衡條件解得庫侖力F＝mgtan30°＝30eq\r(3)×10－3×10×eq\f(\r(3),3)N＝0．3N．依據F＝keq\f(q1q2,r2)得：F＝keq\f(q2,L2)．解得：q＝eq\r(\f(FL2,k))＝eq\r(\f(0．3,9×109))×10eq\r(3)×10－2C＝1．0×10－6C．答案：1．0×10－6C專題二電場中的動力學問題帶電粒子在電場中受到電場力作用，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，做勻變速運動或變速運動；處理這類問題，首先對物體進行受力分析，再明確其運動狀態，最終依據其所受的合力和所處的狀態，合理地選擇牛頓其次定律、運動學公式、平拋運動學問、圓周運動學問等相應的規律解題．在真空中存在空間范圍足夠大、水平向右的勻強電場．若將一個質量為m、帶正電且電荷量為q的小球在此電場中由靜止釋放，小球將沿與豎直方向夾角為37°的直線運動．現將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出，求此運動過程中(取sin37°＝0．6，cos37°＝0．8)(1)小球受到的電場力的大小及方向；(2)小球運動的拋出點至最高點之間的電勢差U．[解析](1)依據題設條件，電場力大小F電＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg電場力的方向水平向右．(2)小球沿豎直方向做初速度為v0的勻減速運動，到最高點的時間為t，則：vy＝v0－gt＝0，t＝eq\f(v0,g)沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(3,4)g此過程小球沿電場方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8g)小球上升到最高點的過程中，電場力做功為：W＝qU＝F電x＝eq\f(9,32)mveq\o\al(2,0)解得U＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),32q)．[答案](1)eq\f(3,4)mg水平向右(2)eq\f(9mveq\o\al(2,0),32q)eq\a\vs4\al()(1)勻變速直線運動：用牛頓其次定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等．(2)勻變速曲線運動：將曲線運動分解為兩個相互正交的比較簡潔的運動．(3)圓周運動：先分析向心力的來源，再由牛頓其次定律列方程．2．如圖所示，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在同始終線上，A和C相距為L，B為AC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：(1)小球運動到B點時的加速度大?。?2)B和A兩點間的電勢差(用Q和L表示)．解析：(1)帶電小球在A點時由牛頓其次定律得：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA ①帶電小球在B點時由牛頓其次定律得：keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))－mgsin30°＝maB ②聯立①②式解得：aB＝eq\f(g,2)，方向沿斜面對上． 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)．答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)專題三電場中功能關系的應用帶電的物體在電場中具有肯定的電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等．因此涉及與電場有關的功和能的問題可用功和能的觀點來快速簡捷的處理．因為功與能的觀點既適用于勻強電場，又適用于非勻強電場，且運用的同時不需考慮中間過程．如圖所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4．0×103N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板．質量m＝0．20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止起先滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0．24m，滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0．30，滑塊帶電荷q＝－5．0×10－4C．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0．60，cos37°＝0．80．求：(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大?。?2)滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大高度；(3)滑塊從起先運動到停下來的整個過程中產生的熱量Q．(計算結果保留2位有效數字)[解析](1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力為Ff＝μ(mg＋|q|E)cos37°，設到達斜面底端時的速度為v1，依據動能定理(mg＋|q|E)h－Ffeq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得v1＝2．4m/s．(2)設滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度為h1，依據動能定理－(mg＋|q|E)h1－Ffeq\f(h1,sin37°)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h1≈0．10m．(3)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能的削減量等于克服摩擦力做的功，即等于產生的熱量Q＝(mg＋|q|E)h＝0．96J．[答案](1)2．4m/s(2)0．10m(3)0．96Jeq\a\vs4\al()處理與電場有關的功和能問題的兩種方法(1)用動能定理處理，應留意①明確探討對象、探討過程．②分析物體在所探討過程中的受力狀況，弄清哪些力做功，做正功還是負功．③弄清所探討過程的初、末狀態．(2)應用能量守恒定律時，應留意①明確探討對象和探討過程及有哪幾種形式的能參加了轉化．②弄清所探討過程的初、末狀態．③應用守恒或轉化列式求解．3．如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA．將一質量為m的小球以肯定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行．現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g．求：(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向．解析：(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝eq\f(3,2)d，依據平拋運動的規律有dsin60°＝v0t ①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2 ②又有Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd ④設小球到達A點時的動能為EkA，則EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd ⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)． ⑥(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了eq\f(d,2)和eq\f(3d,2)，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0 ⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0 ⑧在勻強電場中，沿任始終線，電勢的著陸是勻稱的．設直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB) ⑨解得x＝d．MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行．設電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30° ⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°．設場強的大小為E，有qEdcos30°＝ΔEpA ?由④⑦?式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)． ?答案：(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)與豎直向下成30°夾角(20分)(高考四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直面右側有大小E＝1．5×106N/C，方向水平向右的勻強電場．帶負電的小物體P電荷量是2．0×10－6C，質量m＝0．25kg，與軌道間動摩擦因數μ＝0．4．P從O點由靜止起先向右運動，經過0．55s到達A點，到達B點時速度是5m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1．2．P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F大小與P的速率v的關系如表所示．P視為質點，電荷量保持不變，忽視空氣阻力，取g＝10m/s2．求：v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263(1)小物體P從起先運動至速率為2m/s所用的時間；(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功．[思路點撥]本題解題的關鍵是分階段建立運動模型，分過程對物體進行受力分析和運動分析，求解加速度和運動位移．[解析](1)小物體P的速率從0至2m/s，受外力F1＝2N，設其做勻變速直線運動的加速度為a1，經過時間Δt1，速度為v1，則F1－μmg＝ma1① (2分)v1＝a1Δt1② (2分)由①②式并代入數據得Δt1＝0．5s．③ (2分)(2)小物體P從速率為2m/s運動至A點，受外力F2＝6N，設其做勻變速直線運動的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④ (2分)設小物體P從速度v1經過Δt2時間，在A點的速度為v2，則Δt2＝0．55s－Δt1⑤ (1分)v2＝v1＋a2Δt2⑥ (1分)P從A點至B點，受外力F2＝6N、電場力和滑動摩擦力的作用，設其做勻變速直線運動的加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點至B點的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦ (2分)veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧ (1分)P以速度v3滑出軌道右端B點，設水平方向所受外力為F3，電場力大小為FE，有FE＝F3⑨ (1分)F3與FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點起先做初速度為v3的平拋