2024-2025学年高中物理第1章电场章末综合提升教案粤教版选修3-1

PAGE7-章末综合提升[体系构建][核心速填]一、库仑定律电场强度1．元电荷：电荷量为1.6×10－19C2．库仑定律：(1)公式：F＝keq\f(q1q2,r2)，其中k＝9×109N·m2/C2，叫静电力常量．(2)适用条件：真空中的点电荷．3．电场强度：(1)定义式：E＝eq\f(F,q)，场强是矢量，规定电场强度E的方向为正电荷所受电场力的方向．(2)点电荷的电场强度公式：E＝keq\f(Q,r2)．4．电场线：曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密表示电场的强弱．5．匀强电场：场强方向到处相同，大小到处相等的区域称为匀强电场，其电场线是等距的平行线．二、电势能电势差静电平衡1．电势差：(1)定义式：UAB＝eq\f(WAB,q)．(2)电势差与电势的关系：UAB＝φA－φ B．沿着电场线方向，电势越来越低．2．电场力做功：WAB＝qUAB．详细计算时，q、UAB、WAB均有正、负，该公式适用于一切电场．3．电场力做功和电势能改变的关系：(1)电场力做正功时，电势能削减；电场力做负功时，电势能增加．(2)电场力做功的多少等于电势能改变量．4．等势面：(1)跟电场线垂直．(2)在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功．三、电容示波管的工作原理1．电容：(1)定义式为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)．(2)单位：1F＝1C/V＝106μF＝1012pF2．平行板电容器：C＝eq\f(εrS,4πkd).3．示波管的工作原理——带电粒子在电场中的运动：(1)带电粒子的加速用功能观点分析：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))．(2)带电粒子的偏转：①运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用，做类平抛运动(轨迹为抛物线).②偏转运动的分析处理方法：沿初速度方向为速度为v0的匀速直线运动；沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动．③基本规律：设粒子带电量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为L，板间距为d.加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)；运动时间t＝eq\f(L,v0)；离开电场的偏转量y＝eq\f(at2,2)＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))；速度的偏转角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))．电场中的平衡问题1．库仑力与重力、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，事实上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已．2．求解这类问题时，在正确的受力分析的基础上，正确应用共点力作用下物体的平衡条件，敏捷运用方法(如合成分解法、矢量图示法、相像三角形法、整体法等)去解决．【例1】如图所示，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是()A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C．a、b小球电量之比为eq\f(\r(3),6)D．a、b小球电量之比为eq\f(\r(3),9)D[对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必需向右，所以c对a的作用力必需是吸引力，所以c与a的电性肯定相反．即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷．故A、B错误；设环的半径为R，三个小球的带电量分别为q1、q2和q3，由几何关系可得eq\x\to(ac)＝R，eq\x\to(bc)＝eq\r(3)R；a与b对c的作用力都是吸引力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则eq\f(kq1q3,（\x\to(ac)）2)·cos30°＝eq\f(kq2q3,（bc）2)·cos60°所以eq\f(q1,q2)＝eq\f(\r(3),9)，故C错误，D正确．]eq\a\vs4\al([跟进训练])1．(多选)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()A．eq\f(mgtan60°,q) B．eq\f(mgcos60°,q)C．eq\f(mgsin60°,q) D．eq\f(mg,q)ACD[取小球为探讨对象，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．依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＝mgsin60°，得最小场强E＝eq\f(mgsin60°,q).所以，选项A、C、D正确．]电势的凹凸及电势能大小的推断1.电势凹凸的推断方法(1)电场线推断法：沿电场线方向，电势越来越低．(2)电势能推断法：依据公式φ＝eq\f(Ep,q)，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高．(3)场源电荷推断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低．2．电势能大小的推断方法(1)场源电荷推断法①离场源正电荷越近，摸索正电荷的电势能越大，摸索负电荷的电势能越小．②离场源负电荷越近，摸索正电荷的电势能越小，摸索负电荷的电势能越大．(2)电场线推断法①正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能渐渐减小；逆着电场线的方向移动时，电势能渐渐增大．②负电荷顺着电场线的方向移动时，电势能渐渐增大；逆着电场线的方向移动时，电势能渐渐减小．(3)做功推断法电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，假如电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方．【例2】如图是两个等量异种电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则()A．A、B、C、D四点场强相同B．C点电势比D点电势低C．正电荷从A运动到B，电场力不做功D．正电荷从C运动到D，电势能增加C[两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO＝BO，那么A、B两点的场强就是相等的，小于O处的场强．由于C、D两处电场线比O处密，则C、D两处的场强比O处大，故A错误；电场线从正电荷动身到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知C点电势比D点电势高，故B错误；AB为中垂线，是一条等势线，其上各点的电势都相等，A、B之间的电势差为0，则正电荷从A运动到B，电场力不做功，故C正确；正电荷从C运动到D，电场力从C指向D，电场力做正功，电势能减小，故D错误．]eq\a\vs4\al([跟进训练])2．位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点，且OP<OQ.则下列说法正确的是()A．P、O两点的电势关系为φP<φOB．P、Q两点电场强度的大小关系为EQ<EPC．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功B[依据电场叠加，由图象可知ab、cd两中垂线上各点的电势都为零，所以P、O两点的电势相等，故A错误．电场线的疏密表示场强的大小，依据图象知EQ<EP，故B正确．四个点电荷在O点产生的电场相互抵消，场强为零，故在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零，故C错误．P、Q电势相等都为零，若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做功为零，故D错误．]电场中的功能关系带电的物体在电场中具有肯定的电势能，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以下两种功和能的方法来快速简捷的处理．1．应用动能定理处理时应留意：(1)明确探讨对象、探讨过程．(2)分析物体在所探讨过程中的受力状况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．(3)弄清所探讨过程的初、末状态．2．应用能量守恒定律时应留意：(1)明确探讨对象和探讨过程及有哪几种形式的能参加了转化．(2)弄清所探讨过程的初、末状态．(3)应用守恒或转化列式求解．【例3】如图所示，两块相同的金属板M和N正对并水平放置，它们的正中心分别有小孔O和O′，两板距离为2L，两板间存在竖直向上的匀强电场；AB是一根长为3L的轻质绝缘竖直细杆，杆上等间距地固定着四个(1、2、3、4)完全相同的带电荷小球，每个小球带电荷量为q、质量为m、相邻小球间的距离为L，第1个小球置于O孔处．将AB杆由静止释放，视察发觉，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB杆始终做匀速直线运动，整个运动过程中AB杆始终保持竖直，重力加速度为(1)两板间的电场强度E；(2)求AB杆匀速运动的速度；(3)第4个小球刚离开电场时AB杆的速度．[解析](1)两个小球处于电场中时，2qE＝4mg，解得E＝eq\f(2mg,q).(2)设杆匀速运动时速度为v1，对第1个小球刚进入电场到第3个小球刚要进入电场这个过程，应用动能定理得4mg·2L－qE(L＋2L)＝eq\f(1,2)·4mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝eq\r(gL).(3)设第4个小球刚离开电场时，杆的运动速度为v，对整个杆及整个过程应用动能定理4mg·5L－4·qE·2L＝eq\f(1,2)×4mv2解得v＝eq\r(2gL).[答案](1)eq\f(2mg,q)(2)eq\r(gL)(3)eq\r(2gL)(1)电场力做功的特点是只与初末位置有关，与经过的路径无关．(2)电场力做功和电势能改变的关系：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，且电场力所做的功等于电势能的改变(对比重力做功与重力势能的改变关系).(3)假如只有电场力做功，则电势能和动能相互转化，且两能量之和保持不变．这一规律虽然没有作为特地的物理定律给出，但完全可以干脆用于解答有关问题．eq\a\vs4\al([跟进训练])3.如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B．下落过程中小球机械能始终增加C．小球的加速度始终保持2gD．从A点到B点小球的电势能削减了mghA[据题分析可知，小球受到的电场力水平向左，其合力指向左下方，在运动过程中，合力先与小球速度方向成钝角，后变成锐角，即合力先做负功，后做正功，即动能先减小后增大，故A正确；小球下落过程中，电场力始终做负功，小球机械能始