7/7《靜電場》章末總結學案一、電場中的平衡問題求解這類問題時，需應用有關力的平衡知識．首先對物體進行正確的受力分析，在此基礎上運用平行四邊形定則、三角形定則或正交分解法，依據共點力的平衡條件建立方程求解．例1.如圖1所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質量為m、電荷量為q，為保證當絲線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，小球處于平衡狀態，則勻強電場的電場強度大小可能為（）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：取小球為研究對象，它受到重力mg、絲線的拉力T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，T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的方向與絲線的拉力方向垂直時，電場力最小，如圖所示，則Eq＝mgsinθ得E＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q).所以，該勻強電場的電場強度大小可能值為E≥eq\f(\r(3)mg,2q)，故A、C、D選項正確．答案：ACD二、電場中力和運動的關系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，做勻變速運動或非勻變速運動；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，最后根據其所受的合力和所處的狀態，合理地選擇牛頓第二定律、運動學公式、平拋運動知識、圓周運動知識等相應的規律解題．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)根據題設條件，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，ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(3,4)g此過程小球沿電場方向位移為：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(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、電場中的功能關系帶電物體在電場中具有一定的電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等．因此涉及到電場有關的功和能的問題應優先考慮利用動能定理和能量守恒定律求解．例3.空間某區域存在著電場，電場線在豎直面上的分布如圖2所示，一個質量為m、電荷量為q的小球在該電場中運動，小球經過A點時的速度大小為v1，方向水平向右，運動至B點時的速度大小為v2，運動方向與水平方向之間夾角為α，A、B兩點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點運動至B點，電場力做的功W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－mgHB．A、B兩點間的電勢差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運動到B的過程中，機械能一定增加D．帶電小球由A運動到B的過程中，電勢能的變化量為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．因為U＝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錯誤．因為無法判斷出電場力做功的正負，所以無法判斷機械能的變化，故C錯誤．由電場力做的功等于電勢能的變化量可知D正確．答案：AD1.(電場中的功能關系)如圖3所示，在O點處放置一個正電荷．在過O點的豎直平面內的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m、電荷量為q.小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，點O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A點距離OC的豎直高度為h.若小球通過B點的速度為v，下列說法中正確的是（）圖3A．小球通過C點的速度大小是eq\r(2gh)B．小球通過C點的速度大小是eq\r(v2＋gR)C．小球由A點運動到C點電場力做的功是eq\f(1,2)mv2－mghD．小球由A點運動到C點損失的機械能是mg(h－eq\f(R,2))－eq\f(1,2)mv2答案：BD解析：由于B、C兩點位于正點電荷電場的同一等勢面上，從B→C過程，只有小球的重力對小球做正功，由動能定理：mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，解得vC＝eq\r(v2＋gR)，A錯誤，B正確；由A→C過程，由動能定理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錯誤；小球由A點運動到C點損失的機械能等于小球克服電場力做的功，ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mgR－eq\f(1,2)mv2，D正確．2.(電場中的平衡問題)如圖4所示，A、B是帶有等量的同種電荷的兩小球(可視為點電荷)，它們的質量都是m，它們的懸線長度都是L，懸線上端都固定于同一點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A球受到繩的拉力為T；現在保持其他條件不變，用改變A球質量的方法，使A球在距B為eq\f(1,2)x處平衡，則此時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球對A球的庫侖力F、繩的拉力T，如圖所示．由共點力平衡條件，G、F、T三力的圖示必然構成封閉三角形，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＝eq\f(x,L)mg.當球在eq\f(1,2)x處平衡時，同理可得T′＝m′g，F′＝eq\f(\f(1,2)x,L)m′g.設A、B兩球的帶電荷量均為q，由庫侖定律可知F＝eq\f(kq2,x2)，F′＝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．(電場中力和運動的關系)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t＝0時，一個電子從靠近N板處由靜止開始運動，經1.0×10－3s到達兩板正中間的P點，那么在3.0×10－3s這一時刻，電子所在的位置和速度大小為（）圖5A．到達M板，速度為零B．到達P點，速度為零C．到達N板，速度為零D．到達P點，速度不為零答案：D解析：在1.0×10－3s的時間里，電子做初速度為零的勻加速直線運動，當t＝1.0×10－3s時電子達到P點，之后板間電壓反向，兩極板間的電場強度大小不變，方向和原來相反，電子開始做勻減速直線運動，由于加速度的大小不變，當t＝2.0×10－3s時電子達到M板處，且速度減為零．隨后電子將反向做勻加速運動，當t＝3.0×10－3s時電子又回到P點，且速度大小與第一次經過P點時相等，而方向相反．故正確選項為D.4.(電場中力和運動的關系)在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線一端連著一個質量為m、電荷量為＋q的帶電小球，另一端固定于O點．將小球拉起直至細線與場強平行，然后無初速度釋放，則小球沿圓弧做往復運動．已知小球擺到最低點的另一側，此時線與豎直方向的最大夾角為θ(如圖6)．求：圖6(1)勻強電場的場強；(2)小球經過最低點時細線對小球的拉力．答案：見解析解析：(1)設細線長為l，勻強電場的場強為E，因帶電小球的電荷量為正，故勻強電場的場強的方向為水平向