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第一章 学案13


学案 13

章末总结

一、电场中的平衡问题 求解这类问题时,需应用有关力的平衡知识.首先对物体进行正确的受力分析,在此基础上 运用平行四边形定则、三角形定则或正交分解法,依据共点力的平衡条件建立方程求解. 例1 如图 1 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 10cm 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 3g, 则 B 带电荷量是多少?(取 g=10m/s2)

图1 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. h 依据题意可得:tan30° = , L h 10 L= = cm=10 3cm, tan30° 3 3 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 F=mgtan30° =30 3×10 3×10×


3 N=0.3N. 3

q1q2 q2 依据 F=k 2 得:F=k 2. r L 解得:q= FL2 = k


0.3 - - ×10 3×10 2C=1.0×10 6C. 9×109

答案 1.0×10 6C 二、用动力学观点分析带电粒子在电场中的运动 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. 例 2 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 sin37° =0.6,cos37° =0.8) (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 3 F 电=mgtan 37° = mg 4 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: vy=v0-gt=0,

v0 t= g 沿水平方向做初速度为 0 的匀加速运动, 加速度为 ax F电 3 ax= = g m 4 此过程小球沿电场方向位移为:
2 1 2 3v0 x= axt = 2 8g

小球上升到最高点的过程中,电场力做功为: 9 W=qU=F 电 x= mv2 32 0 9mv2 0 解得 U= 32q 9mv2 3 0 答案 (1) mg 水平向右 (2) 4 32q 三、用功能观点分析带电粒子在电场中的运动 带电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. 因此涉及电场有 关的功和能的问题应优先考虑利用动能定理和能量守恒定律求解. 例3 如图 2 所示,M、N 是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两极间产生

一个水平向右的匀强电场,场强为 E,一质量为 m、电荷量为+q 的微粒,以初速度 v0 竖直 向上从两极正中间的 A 点射入匀强电场中,微粒垂直打到 N 板上的 C 点.已知 AB=BC.不 计空气阻力,则可知( )

图2 A.微粒在电场中做抛物线运动 B.微粒打到 C 点时的速率与射入电场时的速率相等 2mv2 0 C.MN 板间的电势差为 q Ev2 0 D.MN 板间的电势差为 2g 解析 由题意可知,微粒受水平向右的电场力 qE 和竖直向下的重力 mg 作用,合力与 v0 不 v0 vC 共线,所以微粒做抛物线运动,A 正确;因 AB=BC,即 · t= · t,可见 vC=v0,故 B 项正 2 2
2 mv2 mv0 mv2 U 1 mg C 0 确;由 q· = mv2 ,得 U = = ,故 C 项错误;又由 mg = qE 得 q = 代入 U = , 2 2 C q q E q

Ev2 0 得 U= ,故 D 项错误. g 答案 AB

1.(电场中功能关系的应用)如图 3 所示,三个质量相同,带电荷量分别为+q、-q 和 0 的小 液滴 a、b、c,从竖直放置的两板中间上方由静止释放,最后从两板间穿过,轨迹如图所示, 则在穿过极板的过程中( )

图3 A.电场力对液滴 a、b 做的功相同 B.三者动能的增量相同 C.液滴 a 电势能的增加量等于液滴 b 电势能的减少量 D.重力对三者做的功相同 答案 AD 解析 此题考查带电粒子在电场中的受力运动及能量变化规律,因为 a、b 带电荷量相等, 所以穿过两板时电场力做功相同,电势能增加量相同,A 对,C 错;c 不带电,不受电场力 作用,由动能定理,三者动能增量不同,B 错;a、b、c 三者穿出电场时,由 WG=mgh 知, 重力对三者做功相同,D 对. 2. (电场中力和运动的关系)如图 4 甲所示, 在平行金属板 M、 N 间加有如图乙所示的电压. 当 t=0 时,一个电子从靠近 N 板处由静止开始运动,经 1.0×10 3s 到达两板正中间的 P 点,


那么在 3.0×10 3s 这一时刻,电子所在的位置和速度大小为(


)

图4 A.到达 M 板,速度为零 C.到达 N 板,速度为零 答案 D B.到达 P 点,速度为零 D.到达 P 点,速度不为零

解析 在 0~1.0×10

-3

s 的时间里, 电子做初速度为零的匀加速直线运动, 当 t=1.0×10

-3

s

时电子达到 P 点,之后板间电压反向,两极板间的电场强度大小不变,方向和原来相反, 电子开始做匀减速直线运动, 由于加速度的大小不变, 当 t=2.0×10 且速度减为零.随后电子将反向做匀加速直线运动,当 t=3.0×10
-3

s 时电子达到 M 板处, s 时电子又回到 P 点,

-3

且速度大小与第一次经过 P 点时相等,而方向相反.故正确选项为 D. 3.(电场中的平衡问题)A、B 两带电小球,质量分别为 mA、mB,用绝缘不可伸长的细线如图 5 悬挂,静止时 A、B 两球处于相同高度.若 B 对 A 及 A 对 B 的库仑力分别为 FA、FB,则 下列判断正确的是( )

图5 A.FA<FB B.细线 AC 对 A 的拉力 FTA= mAg 2

C.细线 OC 的拉力 FTC=(mA+mB)g D.同时烧断 AC、BC 细线后,A、B 在竖直方向的加速度相同 答案 CD 解析 对小球 A 受力分析,受重力、静电力、拉力,如图所示,两球 间的库仑力是作用力与反作用力,一定相等,与两个球带电荷量是否 相等无关,故 A 错误;根据平衡条件有:mAg=FTAcos30° ,因此 FTA 2 3 = m g,故 B 错误;由整体法可知,细线的拉力等于两球的重力, 3 A 故 C 正确;同时烧断 AC、BC 细线后,A、B 在竖直方向只受重力,所以加速度相同,故 D 正确. 4.(电场中动能定理的应用)如图 6 所示,在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的不导电细 线一端连着一个质量为 m、电荷量为+q 的带电小球,另一端固定于 O 点.将小球拉起直至 细线与场强平行,然后无初速度释放,则小球沿圆弧做往复运动.已知小球摆到最低点的另 一侧,此时线与竖直方向的最大夹角为 θ.求:

图6 (1)匀强电场的场强; (2)小球经过最低点时细线对小球的拉力.

答案 见解析 解析 (1)设细线长为 l,匀强电场的场强为 E,因带电小球所带电荷为正,故匀强电场的场 强的方向为水平向右. 从释放点到左侧最高点,由动能定理有 WG+WE=ΔEk=0,故 mglcos θ=qEl(1+sin θ) mgcos θ 解得 E= q?1+sin θ? 1 (2)设小球运动到最低点的速度为 v, 此时细线的拉力为 FT, 由动能定理可得 mgl-qEl= mv2, 2 2cos θ v2 由牛顿第二定律得 FT-mg=m ,联立解得 FT=mg?3-1+sin θ?. l ? ?



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