2018_2019学年高中物理第一章静电场优化总结学案新人教版.docx

第一章 静电场本章优化总结专题一电场中的平衡问题1同号电荷相互排斥，异号电荷相互吸引，库仑力实质上就是电场力，与重力、弹力一样，它也是一种基本力注意力学规律的应用及受力分析2明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已(多选)(2018温州高二检测)如图所示，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()ABC D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，电场力为最小，如图所示，则Eqmgsin 60，得最小场强E所以，选项A、C、D正确答案ACD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 1如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30 g，则B带电荷量是多少？(取g10 m/s2)解析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L，绝缘支杆的长度为h依据题意可得：tan 30，L cm10 cm，对B进行受力分析如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力Fmgtan 303010310 N03 N依据Fk得：Fk解得：q10102 C10106 C答案：10106 C专题二电场中的动力学问题带电粒子在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多力的作用下物体所受合力可能不为零，做匀变速运动或变速运动；处理这类问题，首先对物体进行受力分析，再明确其运动状态，最后根据其所受的合力和所处的状态，合理地选择牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动知识、圆周运动知识等相应的规律解题在真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场若将一个质量为m、带正电且电荷量为q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为37的直线运动现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求此运动过程中(取sin 3706，cos 3708)(1)小球受到的电场力的大小及方向；(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U解析(1)根据题设条件，电场力大小F电mgtan 37mg电场力的方向水平向右(2)小球沿竖直方向做初速度为v0的匀减速运动，到最高点的时间为t，则：vyv0gt0，t沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为axg此过程小球沿电场方向的位移为：xaxt2小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：WqUF电xmv解得U答案(1)mg水平向右(2)(1)匀变速直线运动：用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等(2)匀变速曲线运动：将曲线运动分解为两个互相正交的比较简单的运动(3)圆周运动：先分析向心力的来源，再由牛顿第二定律列方程 2如图所示，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，静电力常量为k，求：(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)解析：(1)带电小球在A点时由牛顿第二定律得：mgsin 30kmaA带电小球在B点时由牛顿第二定律得：kmgsin 30maB联立式解得：aB，方向沿斜面向上(2)由A点到B点对小球运用动能定理得mgsin 30qUBA0联立式解得UBA答案：(1)(2)专题三电场中功能关系的应用带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等因此涉及与电场有关的功和能的问题可用功和能的观点来快速简捷的处理因为功与能的观点既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，且使用的同时不需考虑中间过程如图所示，在倾角37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E40103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板质量m020 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回已知斜面的高度h024 m，滑块与斜面间的动摩擦因数030，滑块带电荷q50104 C取重力加速度g10 m/s2，sin 37060，cos 37080求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q(计算结果保留2位有效数字)解析(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为Ff(mg|q|E)cos 37，设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理(mg|q|E)hFfmv0，解得v124 m/s(2)设滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度为h1，根据动能定理(mg|q|E)h1Ff0mv，解得h1010 m(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热量Q(mg|q|E)h096 J答案(1)24 m/s(2)010 m(3)096 J处理与电场有关的功和能问题的两种方法(1)用动能定理处理，应注意明确研究对象、研究过程分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功弄清所研究过程的初、末状态(2)应用能量守恒定律时，应注意明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化弄清所研究过程的初、末状态应用守恒或转化列式求解 3如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得 (2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xdMA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案：(1)(2)与竖直向下成30夹角(20分)(高考四川卷)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E15106 N/C，方向水平向右的匀强电场带负电的小物体P电荷量是20106 C，质量m025 kg，与轨道间动摩擦因数04P从O点由静止开始向右运动，经过055 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且tan 12P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2求：v/(ms1)0v22v5v5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功思路点拨 本题解题的关键是分阶段建立运动模型，分过程对物体进行受力分析和运动分析，求解加速度和运动位移解析(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F12 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t1，速度为v1，则F1mgma1(2分)v1a1t1(2分)由式并代入数据得t105 s(2分)(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F26 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2mgma2(2分)设小物体P从速度v1经过t2时间，在A点的速度为v2，则t2055 st1(1分)v2v1a2t2(1分)P从A点至B点，受外力F26 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2mgqEma3(2分)vv2a3x1(1分)P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向所受外力为F3，电场力大小为FE，有FEF3(1分)F3与FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运