高中物理粤教版选修3-1学案：第1章 章末复习课 Word版含解析

[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1.6×10－19C的电荷．
2．库仑定律：
(1)公式：F＝k，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＝，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＝k．
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：场强方向处处相同，大小处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＝．
(2)电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB．沿着电场线方向，电势越来越低．
2．电场力做功：WAB＝qUAB．具体计算时，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变化的关系：
(1)电场力做正功时，电势能减少；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变化量．
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＝＝．
(2)单位：1 F＝1 C/V＝106μF＝1012pF.
2．平行板电容器：C＝.
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＝mv2－mv．
(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＝＝＝；运动时间t＝；
离开电场的偏转量y＝＝；
速度的偏转角tan θ＝＝．
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，实际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，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】　如图，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
D．a、b小球电量之比为
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须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反．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ac＝R，bc＝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·cos 30°＝·cos 60°
所以＝，故C错误，D正确．]
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． B．
C． D．
ACD　[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＝mgsin 60°，得最小场强E＝.所以，选项A、C、D正确．]
电势的高低及电势能大小的判断
1.电势高低的判断方法
(1)电场线判断法：沿电场线方向，电势越来越低．
(2)电势能判断法：根据公式φ＝，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)场源电荷判断法：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．电势能大小的判断方法
(1)场源电荷判断法
①离场源正电荷越近，试探正电荷的电势能越大，试探负电荷的电势能越小．
②离场源负电荷越近，试探正电荷的电势能越小，试探负电荷的电势能越大．
(2)电场线判断法
①正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大．
②负电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐增大；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐减小．
(3)做功判断法
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，如果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；电场线从正电荷出发到负电荷终止，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．]
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OPA．P、O两点的电势关系为φP<φO
B．P、Q两点电场强度的大小关系为EQC．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　[根据电场叠加，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，根据图象知EQ电场中的功能关系
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注意：
(1)明确研究对象、研究过程．
(2)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．
(3)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：
(1)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．
(2)弄清所研究过程的初、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，它们的正中央分别有小孔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，观察发现，从第2个小球刚进入电场到第3个小球刚要离开电场，AB杆一直做匀速直线运动，整个运动过程中AB杆始终保持竖直，重力加速度为g.求：
(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＝.
(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)＝·4mv
解得v1＝.
(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＝×4mv2
解得v＝.
[答案]　(1)　(2)　(3)
(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变化的关系：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变化(对比重力做功与重力势能的变化关系)．
(3)如果只有电场力做功，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专门的物理定律给出，但完全可以直接用于解答有关问题．
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一直增加
C．小球的加速度始终保持2g不变
D．从A点到B点小球的电势能减少了mgh
A　[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，电场力一直做负功，小球机械能一直减小，故B错误；根据运动的合成和分解可知，小球竖直方向上做自由落体运动，则有h＝gt2，水平方向上有0＝v0－t，h＝v0t－·t2，联立解得qE＝mg，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，合力大小为F合＝mg，由牛顿第二定律可得小球的加速度a＝＝g，保持不变，故C错误；从A到B点，小球电场力做功为W＝－qEh＝－mgh，所以电势能增加了ΔEp＝mgh，故D错误．]