3.1.10 章末總結(jié)

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第一章靜電場章末總結(jié)學(xué)案

一、電場的幾個物理量的求解思路1．確定電場強度的思路

F

(1)定義式：E=.

qkQ

(2)庫侖定律：E=2(真空中點電荷)．

(3)電場強度的疊加原理，場強的矢量和．

U

(4)電場強度與電勢差的關(guān)系：E=(限于勻強電場)．

d

(5)導(dǎo)體靜電平衡時，內(nèi)部場強為零即感應(yīng)電荷的場強與外電場的場強等大反向E感=-E外．

(6)電場線(等勢面)確定場強方向，定性確定場強．2．確定電勢的思路

Ep(1)定義式：=.

q

(2)電勢與電勢差的關(guān)系：UAB=A-B.

(3)電勢與場源電荷的關(guān)系：越靠近正電荷，電勢越高；越靠近負(fù)電荷，電勢越低．

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★☆★☆★我的學(xué)堂●物理★☆★☆★(4)電勢與電場線的關(guān)系：沿電場線方向，電勢逐漸降低．(5)導(dǎo)體靜電平衡時，整個導(dǎo)體為等勢體，導(dǎo)體表面為等勢面．3．確定電勢能的思路

(1)與靜電力做功關(guān)系：WAB=EpA-EpB，靜電力做正功，電勢能減�。混o電力做負(fù)功，電勢能增加．(2)與電勢關(guān)系：Ep=qp，正電荷在電勢越高處電勢能越大，負(fù)電荷在電勢越低處電勢能越大．(3)與動能關(guān)系：只有靜電力做功時，電勢能與動能之和為常數(shù)，動能越大，電勢能越�。�4．確定電場力的功的思路

(1)根據(jù)電場力的功與電勢能的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，WAB=EpA-EpB.(2)應(yīng)用公式WAB=qUAB計算：

符號規(guī)定是：所移動的電荷若為正電荷，q取正值；若為負(fù)電荷，q取負(fù)值；若移動過程的始點電勢A高于終點電勢B，UAB取正值；若始點電勢A低于終點電勢B，UAB取負(fù)值．(3)應(yīng)用功的定義式求解勻強電場中電場力做的功：W=qElcos.注意：此法只適用于勻強電場中求電場力的功．(4)由動能定理求解電場力的功：W電+W其他=Ek.

即若已知動能的改變和其他力做功情況，就可由上述式子求出電場力做的功．

【例1】電場中有a、b兩點，已知a=-500V，b=1500V，將帶電荷量為q=-410-9C的點電荷從a移到b時，電場力做了多少功？a、b間的電勢差為多少？

變式訓(xùn)練1如圖是一勻強電場，已知場強E=2102N/C.現(xiàn)讓一個電荷量q=-410-8C的電荷沿電場方向從M點移到N點，MN間的距離l=30cm.試求：(1)電荷從M點移到N點電勢能的變化；(2)M、N兩點間的電勢差．

二、電場力做功與能量轉(zhuǎn)化

1．帶電的物體在電場中具有電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等機械能，用能量觀點處理問題是一種簡捷的方法．

2．處理這類問題，首先要進(jìn)行受力分析及各力做功情況分析，再根據(jù)做功情況選擇合適的規(guī)律列式求解．

3．常見的幾種功能關(guān)系

(1)只要外力做功不為零，物體的動能就要改變(動能定理)．

(2)靜電力只要做功，物體的電勢能就要改變，且靜電力做的功等于電勢能的減少量，

W電=Ep1-Ep2.如果只有靜電力做功，物體的動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，總量不變(類似機械能守恒)．(3)如果除了重力和靜電力之外，無其他力做功，則物體的動能、重力勢能和電勢能三者之和不變．

【例2】一個帶負(fù)電的質(zhì)點，帶電荷量為2.010-9C，在電場中將它由a移到b，除電場力之外，其他力做功6.510-5J，質(zhì)點的動能增加了8.510-5J，則a、b兩點間的電勢差a-b=____________.

變式訓(xùn)練2如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以速度v0從a點進(jìn)入電場，恰好從c點離開電場，離開時速度為v，不計重力，求電場強度大�。�

第2頁共6頁★☆★☆★我的學(xué)堂●物理★☆★☆★三、處理帶電粒子在電場中運動問題的兩條主線

帶電粒子在電場中的運動，是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點動力學(xué)相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律，研究時，主要可以按以下兩條線索展開．(1)力和運動的關(guān)系牛頓第二定律

做好受力分析，根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況．(2)功和能的關(guān)系動能定理

做好受力情況和運動情況的分析，根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)過的位移等，這條線索同樣也適用于非勻強電場．

【例3】如圖甲所示，在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓．當(dāng)t=0時，一個電子從靠近N板處由靜止開始運動，經(jīng)1.010-3s到達(dá)兩板正中間的P點，那么在3.010-3s這一時刻，電子所在的位置和速度大小為()A．到達(dá)M板，速度為零B．到達(dá)P點，速度為零C．到達(dá)N板，速度為零D．到達(dá)P點，速度不為零

變式訓(xùn)練3如圖所示，水平地面上方分布著水平向右的勻強電場．一“L”形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強電場中．管的水平部分長為l1=0.2m．離水平地面的距離為h=5.0m．豎直部分長為l2=0.1m．一帶正電的小球從管的上端口A由靜止釋放，小球與管間摩擦不計且小球通過管的彎曲部分(長度極短可不計)時沒有能量損失，小球在電場中受到電場力大小為重力的一半．求：(1)小球運動到管口B時的速度大小；

(2)小球著地點與管的下端口B的水平距離．(g=10m/s2)

【即學(xué)即練】

1．使質(zhì)量相同的一價正離子和二價正離子分別從靜止開始經(jīng)相同電壓U加速后，離子速度較大的是()

A．一價正離子B．二價正離子C．兩者速度相同D．無法判斷

2.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負(fù)電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度時間圖象如圖所示．則這一電場可能是()

3.圖中A、B都是裝在絕緣柄上的導(dǎo)體，A帶正電荷后靠近B發(fā)生靜電感應(yīng)，若取地球電勢為零，B和地接觸后()

A．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為零B．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為正C．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為負(fù)

第3頁共6頁★☆★☆★我的學(xué)堂●物理★☆★☆★D．導(dǎo)體B上右邊電勢為正，左邊電勢為負(fù)

4.空間存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m的帶正電的微粒水平射入電場中，微粒的運動軌跡如圖所示，在相等的時間間隔內(nèi)()A．重力做的功相等B．電場力做的功相等

C．電場力做的功大于重力做的功D．電場力做的功小于重力做的功

5.已知四個點電荷q、q、q、q分別分布于邊長為a的正方形的四個頂點A、B、C、D處，如圖所示，則正方形中心處的場強大小為()3kq

A.2B．02akq5kqC．42D.2a2a

6．在場強E=1.0102V/m的勻強電場中，有相距d=2.010-2m的a、b兩點，則a、b兩點間的電勢差可能為()

A．1.0VB．2.0VC．3.0VD．4.0V

7．帶電粒子以初速度v0垂直電場方向進(jìn)入平行金屬板形成的勻強電場中，它離開時偏轉(zhuǎn)距離為y，位移偏角為，下列說法正確的是()A．粒子在電場中做類平拋運動

B．偏角與粒子的電荷量和質(zhì)量無關(guān)

C．粒子飛過電場的時間，取決于極板長和粒子進(jìn)入電場時的初速度D．粒子的偏移距離y，可用加在兩極板上的電壓控制

8.如圖所示，絕緣光滑半圓軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E，在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下列說法正確的是()A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球經(jīng)過最低點時速度最大

C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg+qE)D．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg-qE)

9.如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質(zhì)量為m、電荷量為-q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知qQ，AB=h，小球滑到B點時的速度大小為3gh.求：

(1)小球由A點到B點的過程中電場力做的功；(2)A、C兩點的電勢差．

第4頁共6頁★☆★☆★我的學(xué)堂●物理★☆★☆★參考答案

知識體系建構(gòu)

q1q2FkQEpUQ

答案點電荷k22正電荷強弱方向ABqUEpAEpBrqrqdU

解題方法探究

【例1】答案810-6J-201*V

解析電場力做的功為：Wab=Epa-Epa=qa-qb=-410-9C(-500-1500)V=810-6Ja、b間的電勢差為：Uab=a-b=-500V-1500V=-201*V.變式訓(xùn)練1答案(1)2.410-6J(2)60V

解析(1)由電場力做的功等于電勢能的變化量：Ep=-W=-qEl=410-821020.3J=2.410-6

WMN-2.410-6

J．(2)UMN==V=+60V.

q-410-8

【例2】答案-1.0104V

解析要求兩點的電勢差，需先求出在兩點移動電荷時電場力做的功，而質(zhì)點動能的變化對應(yīng)合外力做的功．

設(shè)電場力做的功為Wab，由動能定理得：Wab+W=EkWab=Ek-W=2.010-5J

Wab則a-b==-1.0104V.

q

mv2-v20

變式訓(xùn)練2答案2qL

解析從a點到c點電場力做的功W=qEL

11

根據(jù)動能定理得W=mv2-mv2

220

11

所以qEL=mv2-mv2

220mv2-v20

場強大小E=.

2qL

【例3】答案D

解析在1.010-3s的時間里，電子做初速度為零的勻加速直線運

-3

動，當(dāng)t=1.010s時電子達(dá)到P點，之后板間電壓反向，兩極板間的電場強度大小不變，方向和原來相反，電子開始做勻減速直線

-3

運動，由于加速度的大小不變，當(dāng)t=2.010s時電子達(dá)到M板處，

t=3.010-3s且速度減為零．隨后電子將反向做加速運動，當(dāng)

時電子又回到P點，且速度大小與第一次經(jīng)過P點時相等，而方向相反．故正確選項為D.

變式訓(xùn)練3答案(1)2.0m/s(2)4.5m

解析(1)小球從A運動到B的過程中，對小球根據(jù)動能定理有：12

mv-0=mgl2+F電l1①2B

11

F電=G=mg.②

22解得：vB=gl1+2l2

代入數(shù)據(jù)可得：vB=2.0m/s③

(2)小球離開B點后，設(shè)水平方向的加速度為a，在空中運動的時間為t.

g

水平方向有：a=④

21

x=vBt+at2⑤

21

豎直方向有：h=gt2⑥

2

第5頁共6頁★☆★☆★我的學(xué)堂●物理★☆★☆★由③～⑥式，并代入數(shù)據(jù)可得：x=4.5m.

【即學(xué)即練】1．答案B

1

解析由qU=mv2可得選項B正確．

20

2.答案A

解析由v-t圖可知，微粒的速度減小，加速度增大，可知微粒所受電場力方向由B指向A，從A到B運動過程中電場力大小逐漸變大，結(jié)合粒子帶負(fù)電，可以判斷電場線方向由A指向B，且越來越密，A對，B、C、D錯．3.答案A

解析導(dǎo)體B與大地相連，共同處于正電荷A的電場中，B與大地為等勢體，由于取地球電勢為零，故B的任一點電勢都為零，A項正確．4.答案C

解析由題意可知，微粒在豎直方向上做勻變速運動，在相等時間間隔內(nèi)，位移不等，A、B錯；由軌跡可知，微粒所受合外力向上，電場力大于重力．在同一時間間隔內(nèi)電場力做的功大于重力做的功，C對，D錯．5.答案C

解析幾個點電荷同時存在時，電場中任一點的場強等于這幾個點電荷各自在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，B、D各自在正方形中心產(chǎn)生的場強等大反向，合場強為零，A、C兩點的電荷在正方形中心

kq2kqkq

的場強均為E==2，方向相同，合場強E總=2E=42，故C對，A、B、D錯．

aa2

a22

6．答案AB

解析a、b兩點所在的直線可能平行于電場線，也可能垂直于電場線，還可能與電場線成任一角度，故Uab最大值為2.0V，最小值為0,0～2V之間任一值均正確.7．答案ACD

l1qUl2

解析粒子受恒定電場力且與初速度垂直，做類平拋運動，A對；由t=可知C對；由y=可知，v02mdv20

qUl

可以通過改變U的大小來改變y的大小，D對；tan=，可知偏角大小與q及m都有關(guān)，B

2mdv20

錯．

8.答案BC

解析小球由靜止釋放運動到軌道最低點的過程中，重力和電場力對球做正功，機械能增加，A錯；

1

由動能定理(mg+qE)R=mv2可知，小球過最低點時速度最大，B正確；球在最低點由牛頓第二定律FN

22v

-(qE+mg)=m得FN=3(mg+qE)．故球在最低點對軌道壓力為3(mg+qE)，C正確，D錯誤．

R1mgh

9.答案(1)mgh(2)22q

解析因為Q是點電荷，所以以Q為圓心的圓面是一個等勢面，這是一個重要的隱含條件．由A到B過程中電場力是變力，所以不能直接用W=Fl來求解，只能考慮應(yīng)用功能關(guān)系．(1)因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有兩個力做功：電場力做的功WAB和重力做的功mgh.由動能定理得

12

WAB+mgh=mvB，代入已知條件vB=3gh得電場力做功

211

WAB=m3ghmgh=mgh.

22

(2)因為B、C在同一個等勢面上，所以B=C，即UAB=UAC.

WABmghmgh

由WAB=qUAB，得UAB=UAC==.故A、C兩點電勢差為.

-q2q2q

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擴展閱讀：1.10第一章 靜電場 章末總結(jié) 學(xué)案(人教版選修3-1)

第一章靜電場章末總結(jié)學(xué)案（人教版選修3-1）

一、電場的幾個物理量的求解思路

1．確定電場強度的思路

F

(1)定義式：E=.qkQ

(2)庫侖定律：E=2(真空中點電荷)．

(3)電場強度的疊加原理，場強的矢量和．

U

(4)電場強度與電勢差的關(guān)系：E=(限于勻強電場)．

d

(5)導(dǎo)體靜電平衡時，內(nèi)部場強為零即感應(yīng)電荷的場強與外電場的場強等大反向E感=-E外．(6)電場線(等勢面)確定場強方向，定性確定場強．2．確定電勢的思路

Ep

(1)定義式：=.

q

(2)電勢與電勢差的關(guān)系：UAB=A-B.

(3)電勢與場源電荷的關(guān)系：越靠近正電荷，電勢越高；越靠近負(fù)電荷，電勢越低．(4)電勢與電場線的關(guān)系：沿電場線方向，電勢逐漸降低．(5)導(dǎo)體靜電平衡時，整個導(dǎo)體為等勢體，導(dǎo)體表面為等勢面．

3．確定電勢能的思路

(1)與靜電力做功關(guān)系：WAB=EpA-EpB，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加．(2)與電勢關(guān)系：Ep=qp，正電荷在電勢越高處電勢能越大，負(fù)電荷在電勢越低處電勢能越大．(3)與動能關(guān)系：只有靜電力做功時，電勢能與動能之和為常數(shù)，動能越大，電勢能越小．4．確定電場力的功的思路

(1)根據(jù)電場力的功與電勢能的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，WAB=EpA-EpB.(2)應(yīng)用公式WAB=qUAB計算：

符號規(guī)定是：所移動的電荷若為正電荷，q取正值；若為負(fù)電荷，q取負(fù)值；若移動過程的始點電勢A高于終點電勢B，UAB取正值；若始點電勢A低于終點電勢B，UAB取負(fù)值．(3)應(yīng)用功的定義式求解勻強電場中電場力做的功：W=qElcos.

注意：此法只適用于勻強電場中求電場力的功．(4)由動能定理求解電場力的功：W電+W其他=Ek.

即若已知動能的改變和其他力做功情況，就可由上述式子求出電場力做的功．

【例1】電場中有a、b兩點，已知a=-500V，b=1500V，將帶電荷量為q=-410-9C的點電荷從a移到b時，電場力做了多少功？a、b間的電勢差為多少？

變式訓(xùn)練1如圖1是一勻強電場，已知場強E=2102N/C.現(xiàn)讓一個電荷量q=-410-8C的電荷沿電場方向從M點移到N點，MN間的距離l=30cm.試求：

(1)電荷從M點移到N點電勢能的變化；(2)M、N兩點間的電勢差．

圖1

二、電場力做功與能量轉(zhuǎn)化

1．帶電的物體在電場中具有電勢能，同時還可能具有動能和重力勢能等機械能，用能量觀點處理問題是一種簡捷的方法．

2．處理這類問題，首先要進(jìn)行受力分析及各力做功情況分析，再根據(jù)做功情況選擇合適的規(guī)律列式求解．3．常見的幾種功能關(guān)系

(1)只要外力做功不為零，物體的動能就要改變(動能定理)．

(2)靜電力只要做功，物體的電勢能就要改變，且靜電力做的功等于電勢能的減少量，

W電=Ep1-Ep2.如果只有靜電力做功，物體的動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，總量不變(類似機械能守恒)．(3)如果除了重力和靜電力之外，無其他力做功，則物體的動能、重力勢能和電勢能三者之和不變．

【例2】一個帶負(fù)電的質(zhì)點，帶電荷量為2.010-9C，在電場中將它由a移到b，除電場力之外，其他力做功6.510-5J，

-5

質(zhì)點的動能增加了8.510J，則a、b兩點間的電勢差a-b=____________.

變式訓(xùn)練2如圖2所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強電場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以速度v0從a點進(jìn)入電場，恰好從c點離開電場，離開時速度為v，不計重力，求電場強度大�。�

圖2

三、處理帶電粒子在電場中運動問題的兩條主線

帶電粒子在電場中的運動，是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點動力學(xué)相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律，研究時，主要可以按以下兩條線索展開．

(1)力和運動的關(guān)系牛頓第二定律

做好受力分析，根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況．(2)功和能的關(guān)系動能定理

做好受力情況和運動情況的分析，根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)過的位移等，這條線索同樣也適用于非勻強電場．

【例3】如圖3甲所示，在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓．當(dāng)t=0時，一個電子從靠近N板處由靜止開始運動，經(jīng)1.010-3s到達(dá)兩板正中間的P點，那么

在3.010-3s這一時刻，電子所在的位置和速度大小為()

A．到達(dá)M板，速度為零B．到達(dá)P點，速度為零C．到達(dá)N板，速度為零

D．到達(dá)P點，速度不為零圖3

變式訓(xùn)練3如圖4所示，水平地面上方分布著水平向右的勻強電場．一“L”形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強電場中．

管的水平部分長為l1=0.2m．離水平地面的距離為h=5.0m．豎直部分長為l2=0.1m．一帶正電的小球從管的上端口A由靜止釋放，小球與管間摩擦不計且小球通過管的彎曲部分(長度極短可不計)時沒有能量損失，小球在電場中受到電場力大小為重力的一半．求：(1)小球運動到管口B時的速度大��；

(2)小球著地點與管的下端口B的水平距離．(g=10m/s2)

圖4

【即學(xué)即練】

1．使質(zhì)量相同的一價正離子和二價正離子分別從靜止開始經(jīng)相同電壓U加速后，離子速度較大的是()

A．一價正離子B．二價正離子C．兩者速度相同D．無法判斷

2.A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負(fù)電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度時間圖象如圖5所示．則這一電場可能是()

圖53.圖6中A、B都是裝在絕緣柄上的導(dǎo)體，A帶正電荷后靠近B發(fā)生靜電感應(yīng)，若取地球電勢為零，B和地接觸后()

圖6

A．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為零B．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為正

C．導(dǎo)體B上任意一點電勢都為負(fù)D．導(dǎo)體B上右邊電勢為正，左邊電勢為負(fù)

4.空間存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)量為m的帶正電的微粒水平射入電場中，微粒的運動軌跡如圖7所示，在相等的時間間隔內(nèi)()

圖7

A．重力做的功相等B．電場力做的功相等

C．電場力做的功大于重力做的功D．電場力做的功小于重力做的功

5.已知四個點電荷q、q、q、q分別分布于邊長為a的正方形的四個頂點A、B、C、D處，如圖8所示，則正方形中心處的場強大小為()

圖8

3kqkq5kqA.2B．0C．42D.22aa2a

2-2

6．在場強E=1.010V/m的勻強電場中，有相距d=2.010m的a、b兩點，則a、b兩點間的電勢差可能為()

A．1.0VB．2.0VC．3.0VD．4.0V

7．帶電粒子以初速度v0垂直電場方向進(jìn)入平行金屬板形成的勻強電場中，它離開時偏轉(zhuǎn)距離為y，位移偏角為，下列說法正確的是()

A．粒子在電場中做類平拋運動

B．偏角與粒子的電荷量和質(zhì)量無關(guān)

C．粒子飛過電場的時間，取決于極板長和粒子進(jìn)入電場時的初速度D．粒子的偏移距離y，可用加在兩極板上的電壓控制

8.如圖9所示，絕緣光滑半圓軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E，在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下列說法正確的是()

圖9

A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球經(jīng)過最低點時速度最大

C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg+qE)D．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3(mg-qE)9.如圖10所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質(zhì)量為m、電荷量為-q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知qQ，AB=h，小球滑到B點時的速度大小為3gh.求：

(1)小球由A點到B點的過程中電場力做的功；(2)A、C兩點的電勢差．

圖10

q1q2FkQEpUQ答案點電荷k22正電荷強弱方向ABqUEpAEpBrqrqdU

-9-6

【例1】解析電場力做的功為：Wab=Epa-Epa=qa-qb=-410C(-500-1500)V=810J

a、b間的電勢差為：Uab=a-b=-500V-1500V=-201*V.答案810-6J-201*V

變式訓(xùn)練1答案(1)2.410-6J(2)60V

解析(1)由電場力做的功等于電勢能的變化量：Ep=-W=-qEl=410-821020.3J=2.410-6J．(2)UMN=

WMNq

-2.410-6=V=+60V.-410-8【例2】解析要求兩點的電勢差，需先求出在兩點移動電荷時電場力做的功，而質(zhì)點動能的變化對應(yīng)合外力做的功．

設(shè)電場力做的功為Wab，由動能定理得：Wab+W=Ek[來源:學(xué)*科*網(wǎng)Z*X*X*K]Wab=Ek-W=2.010-5J

Wab則a-b==-1.0104V.

q

答案-1.0104V

mv2-v20答案2qL

變式訓(xùn)練2解析從a點到c點電場力做的功W=qEL

11

根據(jù)動能定理得W=mv2-mv2

220

11

所以qEL=mv2-mv2

220mv2-v20

場強大小E=.2qL

【例3】解析在1.010-3s的時間里，電子做初速度為零的勻加速直線運動，當(dāng)t=1.010-3s時電子達(dá)到P點，之后板間電壓反向，兩極板間的電場強度大小不變，方向和原來相反，電子開始做勻減速直線運動，由于加速度的大小不變，當(dāng)t=2.010-3s時電子達(dá)到M板處，且速度減為零．隨后電子將反向做加速運動，當(dāng)t=3.010-3s時電子又回到P點，且速度大小與第一次經(jīng)過P點時相等，而方向相反．故正確選項為D.

答案D

變式訓(xùn)練3答案(1)2.0m/s(2)4.5m

解析(1)小球從A運動到B的過程中，對小球根據(jù)動能定理有：12

mv-0=mgl2+F電l1①2B

11

F電=G=mg.②

22解得：vB=gl1+2l2

代入數(shù)據(jù)可得：vB=2.0m/s③

(2)小球離開B點后，設(shè)水平方向的加速度為a，在空中運動的時間為t.

g

水平方向有：a=④

21

x=vBt+at2⑤

21

豎直方向有：h=gt2⑥

2

由③～⑥式，并代入數(shù)據(jù)可得：x=4.5m.1．答案B

1

解析由qU=mv2可得選項B正確．

20

2．答案A

解析由v-t圖可知，微粒的速度減小，加速度增大，可知微粒所受電場力方向由B指向A，從A到B運動過程中電場力大小逐漸變大，結(jié)合粒子帶負(fù)電，可以判斷電場線方向由A指向B，且越來越密，A對，B、C、D錯．3．答案A

解析導(dǎo)體B與大地相連，共同處于正電荷A的電場中，B與大地為等勢體，由于取地球電勢為零，故B的任一點電勢都為零，A項正確．

4．答案C

解析由題意可知，微粒在豎直方向上做勻變速運動，在相等時間間隔內(nèi)，位移不等，A、B錯；由軌跡可知，微粒所受合外力向上，電場力大于重力．在同一時間間隔內(nèi)電場力做的功大于重力做的功，C對，D錯．

5．答案C

解析幾個點電荷同時存在時，電場中任一點的場強等于這幾個點電荷各自在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，B、

kq2kq

D各自在正方形中心產(chǎn)生的場強等大反向，合場強為零，A、C兩點的電荷在正方形中心的場強均為E==2，22aa2

kq

方向相同，合場強E總=2E=42，故C對，A、B、D錯．

a

6．答案AB

解析a、b兩點所在的直線可能平行于電場線，也可能垂直于電場線，還可能與電場線成任一角度，故Uab最大值為2.0V，最小值為0,0～2V之間任一值均正確.7．答案ACD

l1qUl2

解析粒子受恒定電場力且與初速度垂直，做類平拋運動，A對；由t=可知C對；由y=可知，可以通過v02mdv20

qUl

改變U的大小來改變y的大小，D對；tan=，可知偏角大小與q及m都有關(guān)，B錯．

2mdv20

8．答案BC

解析小球由靜止釋放運動到軌道最低點的過程中，重力和電場力對球做正功，機械能增加，A錯；由動能定理

12v2

(mg+qE)R=mv可知，小球過最低點時速度最大，B正確；球在最低點由牛頓第二定律FN-(qE+mg)=m得

2R

FN=3(mg+qE)．故球在最低點對軌道壓力為3(mg+qE)，C正確，D錯誤．

1mgh

9．答案(1)mgh(2)

22q

解析因為Q是點電荷，所以以Q為圓心的圓面是一個等勢面，這是一個重要的隱含條件．由A到B過程中電場力是變力，所以不能直接用W=Fl來求解，只能考慮應(yīng)用功能關(guān)系．

(1)因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有兩個力做功：電場力做的功WAB和重力做的功mgh.由動能定理

1

得WAB+mgh=mv2，代入已知條件vB=3gh得電場力做功

2B11

WAB=m3ghmgh=mgh.

22

(2)因為B、C在同一個等勢面上，所以B=C，即UAB=UAC.

WABmghmgh

由WAB=qUAB，得UAB=UAC==.故A、C兩點電勢差為.-q2q2q

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