高中物理 第一章 静电场章末总结导学案 教科版选修31

章末总结
一、电场中的平衡问题
1.库仑力实质上就是电场力，与重力、弹力一样，它也是一种基本力.带电粒子在电场中的平衡问题实际上属于力学平衡问题，只是多了一个电场力而已.
2.求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件，灵活运用方法(如合成分解法、矢量图示法、相似三角形法、整体法等)去解决.
例1(多选)如图1所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q.为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处
于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为( )
图1
A.mg tan60°
q B.mg cos60°
q C.
mg sin60°
q
D.
mg q
答案 ACD
解析 取小球为研究对象，它受到重力mg 、细线的拉力F 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，F 和Eq 的合力与mg 是一对平衡力.根据力的平行四边形定则可知，当电场力Eq 的方向与细线拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则Eq ＝mg sin60°，得最小场强E ＝
mg sin60°
q
.所以，选项A 、C 、D 正确.
求解电场力的最小值的方法是对物体进行受力分析，利用图解法求最小值.
针对训练1 如图2所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上.其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷.静电力常量为k ，则( )
图2
A.A 、B 间库仑力大小F ＝kq 22l
2
B.A 、B 间库仑力大小F ＝
3mg 3
C.细线拉力大小T ＝kq 2
3l
2
D.细线拉力大小T ＝3mg 答案 B
解析 由题意知∠ABO ＝30°，分析A 球受力，如图所示，将T 、F 合成，由几何知识知F 、
T 及合力F 合组成的平行四边形为菱形，则F ＝T ＝
mg
2cos30°＝33
mg .
二、用等分法确定等势线和电场线
1.在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U ＝Ed ，其中d 为两点沿电场线方向的距离.由公式U ＝Ed 可以得到下面两个结论：
结论1：匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC ＝φA ＋φB
2
，如图3甲所示.
甲 乙
图3
结论2：匀强电场中若两线段AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD (或φA －φB ＝φC －φD )，如图乙所示.
2.确定电场方向的方法：
先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面.
例2 如图4所示，A 、B 、C 表示匀强电场中的三点，它们的电势分别为φA ＝－5V ，φB
＝9V ，φC ＝2V.试在图中画出过A 、B 、C 点的三条等势线，并画出一条过C 点的电场线.
图4
答案 见解析
解析 由题中给定三点的电势可知：U BA ＝14V ，U BC ＝7V.由于是匀强电场，故AB 连线的中点
D 与C 点是等势点，而匀强电场中等势面为一平面，故DC 连线为等势线，再过A 、B 点分别
作平行于CD 的直线即为所求的过A 、B 、C 点的三条等势线，如图所示，过C 作垂直于CD 的直线即为过C 点的电场线.
针对训练2 如图5所示，A 、B 、C 、D 是匀强电场中的四个点，D 是BC 的中点，A 、B 、C 构成一个直角三角形，AB 长为1m ，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA ＝5V 、φB ＝－5V 、φC ＝15V ，由此可以判断( )
图5
A.场强的方向由C 指向B
B.场强的方向垂直AD 连线斜向上
C.场强的大小为10V/m
D.场强的大小为203
3V/m
答案 D
解析 由于φB ＝－5V ，φC ＝15V ，则BC 中点D 的电势为φD ＝5V ，即A 点和D 点电势相等，则电场方向垂直AD 连线斜向下，A 、B 选项均不正确；场强大小为E ＝
U AB AB cos30°
＝
101×
32
V/m ＝2033V/m ，故D 选项正确.
三、E －x 、φ－x 图像的分析
例3 (多选)某静电场沿x 方向的电势分布如图6所示，则( )
图6
A.在O ～x 1之间不存在沿x 方向的电场
B.在O ～x 1之间存在着沿x 方向的匀强电场
C.在x 1～x 2之间存在着沿x 方向的匀强电场
D.在x 1～x 2之间存在着沿x 方向的非匀强电场 答案 AC
解析 由电场的性质可知：E ＝
U AB d ＝φA －φB
d
，所以在φ－x 图像中，斜率k 表示在x 方向上的场强E x .所以O ～x 1沿x 方向场强为0，A 对，B 错；x 1～x 2之间电势均匀减小，斜率不变，即E x 不变，x 1～x 2之间存在沿x 方向的匀强电场，C 对，D 错.
针对训练3 (多选)静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图7所示，x 轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷( )
图7
A.x 2和x 4处电势能相等
B.由x 1运动到x 3的过程中电势能增大
C.由x 1运动到x 4的过程中电场力先增大后减小
D.由x 1运动至x 4的过程中电场力先减小后增大 答案 BC
解析 由题图可知，x 1到x 4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C 正确，D 错误.由x 1到x 3及由x 2到x 4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A 错误，B 正确.
1.φ－x 图像反映电势φ随x 的变化规律，其斜率大小表示场强大小，由电势大小的变化可确定场强方向：沿着电场方向，电势降低.
2.E －x 图像反映场强E 随x 的变化规律，其正负表示场强的方向.
四、电场与力学知识的综合
带电粒子(带电体)在电场中的运动问题是综合电场力、电势能的力学问题，研究方法与力学的研究方法相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等力学规律.
例4 如图8所示，带电荷量为Q 的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C 点，斜面上有A 、B 两点，且A 、B 和C 在同一直线上，A 和C 相距为L ，B 为AC 的中点.现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度正好又为零，已知带电小球在A
点处的加速度大小为g
4
，静电力常量为k ，求：
图8
(1)小球运动到B 点时的加速度大小. (2)B 和A 两点间的电势差(用Q 和L 表示). 答案 (1)g 2 (2)kQ
L
解析 (1)带电小球在A 点时由牛顿第二定律得：
mg sin30°－k Qq
L
2＝ma A
①
带电小球在B 点时由牛顿第二定律得：
k
Qq
(L 2
)2
－mg sin30°＝ma B ②
取立①②式解得：a B ＝g
2，方向沿斜面向上. ③
(2)由A 点到B 点对小球运用动能定理得
mg sin30°·L
2
－qU BA ＝0
④
联立①④式解得U BA ＝kQ L
.
例5 如图9所示，ABCDF 为竖直放在场强为E ＝104
V/m 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道.其中轨道的BCDF 部分是半径为R ＝0.2 m 的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B 点，A 为水平轨道上的一点，而且AB 之间的距离s ＝0.6 m ，把一质量m ＝0.1 kg 、带电荷量q ＝＋1×10－4
C 的小球放在水平轨道的A 点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动.(g 取10 m/s 2
)求：
图9
(1)小球到达B 点时速度的大小； (2)小球到达D 点时对轨道的压力；
(3)若让小球安全通过轨道，开始释放点离B 点的最小距离.(结果保留两位有效数字)
答案 (1)23m/s (2)1N ，方向竖直向上 (3)0.62m
解析 (1)小球从A 到B ，由动能定理有
qEs ＝12
mv B 2－0，
解得v B ＝23m/s.
(2)小球从A 到D ，由动能定理有qEs －2mgR ＝12
mv D 2
－0，解得v D ＝2m/s.
小球在D 点，由牛顿第二定律有mg ＋N ＝m v
2
D R
，
解得N ＝1N ，方向竖直向下，由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为1N ，方向竖直向上. (3)小球受到的竖直向下的重力和水平向右的电场力大小相等，这两个力的合力为F ＝2mg ＝2N ，与水平方向的夹角θ＝45°，如图所示.
设小球在竖直平面内做圆周运动的等效最高点为G 点，小球在G 点的最小速度为v G ，由牛顿第二定律有
F ＝m v 2
G R
，
小球从A 到G ，由动能定理有qE (s ′－R cos θ)－mg (R ＋R sin θ)＝12mv G 2
－0，联立解得s ′
≈0.62m.。