高中物理人教版选修3-1学案 第一章　静电场 Word版含解析

单元整合与评价
[知识建构]
[专题突破]
专题一　　　　　电场中的圆周运动问题
总结：圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是近几年高考命题的热点．解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，灵活应用等效法、叠加法分析解决问题．
[例1]　半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一个质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如右图所示．珠子所受静电力是其重力的，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多大？
(2)珠子对环的最大压力是多大？
[解析]　珠子只能沿光滑绝缘圆环做圆周运动，运动过程中除圆环的弹力外，还受竖直向下的重力和水平向右的电场力，一定从A点开始沿逆时针方向做圆周运动，重力做负功，电场力做正功．当两个力做的总功最多时，动能最大，同时在这点所受圆环的支持力也最大．
问题的关键是找出哪点动能最大．
珠子在运动过程中，受重力和电场力的大小、方向都不发生变化，则重力和电场力的合力大小、方向也不变，这样就可以用合力来代替重力和电场力，当珠子沿合力方向位移最大时，合力做功最多，动能最大．所以：
(1)由qE＝mg，设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ＝，解得θ＝37°，设珠子到达B点时动能最大，则珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动，如右图所示，B点动能最大，由动能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek，解得B点动能，即最大动能Ek＝mgr.
(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN，有FN－F合＝，即FN＝F合＋＝＋mg＝mg＋mg＝mg，由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为mg.
[答案]　(1)mgr　(2)mg
[评析]　涉及匀强电场中的圆周运动问题时，把重力和电场力用一个合力代替会使问题大为简化，至于具体计算做功的数值时，分别求出每个分力的功往往又会比求合力的功简单，应灵活运用．
【变式1】　如图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一绝缘轻细线一端固定于O点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动．小球的电荷量为q，质量为m，绝缘细线长为L，电场的电场强度为E，若带电小球恰好能通过最高点A，则在A点时小球的速率v1为多大？小球运动到最低点B时的速率v2为多大？运动到B点时细线对小球的拉力为多大？
【答案】　见解析
【解析】　用等效重力场的思想解题，可先求得等效重力场的重力加速度g′，g′＝(＋g)，则在最高点的速度v1＝＝.
(或者：小球受重力、电场力、细线拉力作用，它恰好能通过最高点，说明细线拉力FA＝0，这时重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，故有Eq＋mg＝m，解得v1＝.)
小球由A运动到B点，绳子拉力不做功，重力和电场力做功，由动能定理得：(Eq＋mg)2L＝mv－mv，
解得v＝＋v，
将v1的表达式代入得v2＝.
在B点，重力、拉力、电场力三个力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有FB－mg－Eq＝m·，得FB＝6(mg＋Eq)．
专题二　　　　　　
总结：(1)电场力做功W＝qU，功的大小与运动路径无关，仅与始、末位置的电势差和移动的电荷量有关，此公式适用于一切电场．
(2)无论是正电荷，还是负电荷，电场力做正功，电势能减少．电场力做负功，电势能增加．电场力做功的大小等于电势能的变化．
[例2]　如右图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达到最高点时速度大小仍为v0，则油滴的最高点位置是(　　)
A．在P点左上方　　　　 B．在P点右上方
C．在P点正上方 D．上述情况都可能
[解析]　油滴从开始运动到最高点，据动能定理得
WG＋WE＝mv－mv＝0
而重力做的功WG<0
所以是电场力做的功WE>0，而带负电的油滴所受的电场力水平向左，所以最高点必在P点的左上方．
[答案]　A
[评析]　本题中只有重力和电场力做功，且知道初、末两状态的速度，因而考虑动能定理；本题突出反映了重力和电场力做功都只与初、末位置有关，与路径无关．
【变式2】　如图所示，一个带正电的物体沿绝缘水平板向右运动，绝缘水平板上方所在空间存在有水平向左的匀强电场，当此物体经过a点时动能为100 J，到达b点时动能减小为原来的，减少的动能中有转化为电势能，则当该物体第二次经过b点时的动能为多少？
【答案】　4 J
【解析】　设电场力为qE，滑动摩擦力为F，则由a到b过程中，由动能定理得：
(qE＋F)·＝100× J＝80 J①
因为转化成的电势能ΔEp＝×80 J＝48 J
由电场力做功与电势能变化关系得qE·＝48 J②
由①、②得qE＝F
由b点继续向右运动直至减速到零的过程中，设位移为s，由动能定理得：(qE＋F)s＝100× J＝20 J
代入qE＝F得Fs＝8 J
由b到最右端再回到b的过程中，摩擦力做负功为2Fs＝16 J，电场力做功为零，所以第二次经过b点时动能为Ek＝20 J－2×8 J＝4 J.
专题三　　　　　　如何确定何时考虑粒子的重力
总结：带电粒子在电场中往往既受电场力又受重力，但有时说重力忽略不计，有时又必须考虑重力的影响，何时考虑重力，何时不考虑重力往往是初次接触电场的人很头痛的一个问题，下面分几种情况讨论说明．
1．对于电子、质子、原子核等基本粒子，因一般情况下的电场力远大于重力，所以都不计重力．
可简单计算质子所受重力和电场力的大小．设质子处于E＝1 V/m的电场中，因其电荷量q＝1.60×10－19 C，质量m＝1.67×10－27 kg，所以电场力F＝qE＝1.6×10－19×1 N＝1.6×10－19 N，
重力：G＝mg＝1.67×10－27×10 N＝1.67×10－26 N，两个力相差7个数量级，显然重力完全可以忽略不计．但对于带电小球、带电油滴、带电尘埃等较大的带电体，一般要考虑重力作用．
2．有些问题没有明确说明是基本粒子还是带电体，如电荷、粒子之类，可能计重力，也可能不计重力，是否考虑重力往往根据题目条件就能判断出来．
[例3]　(多选)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M.一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)
A．板间电场强度大小为
B．板间电场强度大小为
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
[解析]　当质点所受静电力方向竖直向上且大于重力时，质点才可能垂直打到光屏上．由运动的合成与分解可知，质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知，质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上，在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt.由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得qE－mg＝ma＝mg，解得E＝，故B、C正确．
[答案]　BC
[评析]　解决带电体在电场力和重力共同作用下的运动问题，一是要正确分析带电体的受力情况，二是正确分析带电体的运动情况，然后根据解决问题的特点灵活地选取解决问题的方法，是解题的关键．一般思路是对于涉及加速度和时间问题时根据牛顿第二定律和运动学公式求解；对于类平抛、类斜抛运动根据运动的合成与分解求解；对于涉及初末状态和做功情况的运动学问题用动能定理求解．
[例4]　如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，且管的内径远小于环的半径，AB为该环的水平直径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m、带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，求：
(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；
(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力．
[解析]　(1)小球从A点至D点，由动能定理得
mgR＋qER＝mv，解得v1＝2，方向向左．
由牛顿第二定律得FN－mg＝m，所以FN＝5mg.
由牛顿第三定律得FN′＝FN.
小球对管壁的压力为5mg，方向向下．
(2)小球第一次经过C点时，由动能定理得
－mgR＋qE·2R＝mv.
设在C点管壁对小球的作用力方向向下，则有
mg＋FC＝m，解得FC＝mg，且方向向下．
[答案]　(1)2，方向向左　5mg，方向向下
(2)mg，方向向下
[评析]　叠加场中的圆周运动问题，由于静电力及重力的做功特点都与路径无关，只与初、末位置有关，因此往往可以根据动能定理解决．
【变式3】　如图所示，水平放置的平行板电容器电容为C，两板间距离为d，板长为l，使两板带上电荷量为Q的等量异号电荷时，一质量为m的带电微粒恰好能在两板间做匀速直线运动．求：
(1)微粒带的电荷量；
(2)若将电容器带电荷量增大为3Q，让该微粒以水平初速度v进入电容器，则微粒在穿过电容器过程中，垂直于平行板方向的位移为多少？
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)由于微粒处于平衡状态，合力为零得qE1＝mg，故微粒的带电荷量q＝＝.
(2)电容器带电荷量增大为3Q，则板间场强增大为3E1，故带电微粒所受电场力将增大为3mg，粒子将向上偏转，垂直于平行板间方向的位移y＝at2＝×2g×2＝.