2024-2025學(xué)年高中物理第一章靜電場(chǎng)優(yōu)化總結(jié)學(xué)案新人教版選修3-1

PAGEPAGE1第一章靜電場(chǎng)本章優(yōu)化總結(jié)專題一電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題1．同號(hào)電荷相互排斥，異號(hào)電荷相互吸引，庫(kù)侖力實(shí)質(zhì)上就是電場(chǎng)力，與重力、彈力一樣，它也是一種基本力．留意力學(xué)規(guī)律的應(yīng)用及受力分析．2．明確帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，事實(shí)上屬于力學(xué)平衡問(wèn)題，其中僅多了一個(gè)電場(chǎng)力而已．(多選)(2024·溫州高二檢測(cè))如圖所示，在一電場(chǎng)強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用一絕緣細(xì)線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q．為了保證當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角為60°時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小可能為()A．eq\f(mgtan60°,q) B．eq\f(mgcos60°,q)C．eq\f(mgsin60°,q) D．eq\f(mg,q)[解析]取小球?yàn)樘接憣?duì)象，它受到重力mg、細(xì)線的拉力F和電場(chǎng)力Eq的作用．因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，F(xiàn)和Eq的合力與mg是一對(duì)平衡力．依據(jù)力的平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力Eq的方向與細(xì)線拉力方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力為最小，如圖所示，則Eq＝mgsin60°，得最小場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(mgsin60°,q)．所以，選項(xiàng)A、C、D正確．[答案]ACDeq\a\vs4\al()求解這類問(wèn)題時(shí)，需應(yīng)用有關(guān)力的平衡學(xué)問(wèn)，在正確的受力分析的基礎(chǔ)上，運(yùn)用平行四邊形定則、三角形定則或建立平面直角坐標(biāo)系，應(yīng)用共點(diǎn)力作用下物體的平衡條件，敏捷運(yùn)用方法(如合成分解法、矢量圖示法、相像三角形法、整體法等)去解決．1．如圖所示，A、B是兩個(gè)帶等量同種電荷的小球，A固定在豎直放置的10cm長(zhǎng)的絕緣支桿上，B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，若B的質(zhì)量為30eq\r(3)g，則B帶電荷量是多少？(取g＝10m/s2)解析：因?yàn)锽靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，設(shè)A、B之間的水平距離為L(zhǎng)，絕緣支桿的長(zhǎng)度為h．依據(jù)題意可得：tan30°＝eq\f(h,L)，L＝eq\f(h,tan30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),3))cm＝10eq\r(3)cm，對(duì)B進(jìn)行受力分析如圖所示，依據(jù)物體平衡條件解得庫(kù)侖力F＝mgtan30°＝30eq\r(3)×10－3×10×eq\f(\r(3),3)N＝0．3N．依據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)得：F＝keq\f(q2,L2)．解得：q＝eq\r(\f(FL2,k))＝eq\r(\f(0．3,9×109))×10eq\r(3)×10－2C＝1．0×10－6C．答案：1．0×10－6C專題二電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力作用，還可能受到其他力的作用，如重力、彈力、摩擦力等，在諸多力的作用下物體所受合力可能不為零，做勻變速運(yùn)動(dòng)或變速運(yùn)動(dòng)；處理這類問(wèn)題，首先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，再明確其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，最終依據(jù)其所受的合力和所處的狀態(tài)，合理地選擇牛頓其次定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、平拋運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)、圓周運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)等相應(yīng)的規(guī)律解題．在真空中存在空間范圍足夠大、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電且電荷量為q的小球在此電場(chǎng)中由靜止釋放，小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為37°的直線運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，求此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(取sin37°＝0．6，cos37°＝0．8)(1)小球受到的電場(chǎng)力的大小及方向；(2)小球運(yùn)動(dòng)的拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)之間的電勢(shì)差U．[解析](1)依據(jù)題設(shè)條件，電場(chǎng)力大小F電＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg電場(chǎng)力的方向水平向右．(2)小球沿豎直方向做初速度為v0的勻減速運(yùn)動(dòng)，到最高點(diǎn)的時(shí)間為t，則：vy＝v0－gt＝0，t＝eq\f(v0,g)沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為ax＝eq\f(F電,m)＝eq\f(3,4)g此過(guò)程小球沿電場(chǎng)方向的位移為：x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(3veq\o\al(2,0),8g)小球上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為：W＝qU＝F電x＝eq\f(9,32)mveq\o\al(2,0)解得U＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),32q)．[答案](1)eq\f(3,4)mg水平向右(2)eq\f(9mveq\o\al(2,0),32q)eq\a\vs4\al()(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：用牛頓其次定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．(2)勻變速曲線運(yùn)動(dòng)：將曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)相互正交的比較簡(jiǎn)潔的運(yùn)動(dòng)．(3)圓周運(yùn)動(dòng)：先分析向心力的來(lái)源，再由牛頓其次定律列方程．2．如圖所示，帶電荷量為Q的正電荷固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點(diǎn)，斜面上有A、B兩點(diǎn)，且A、B和C在同始終線上，A和C相距為L(zhǎng)，B為AC中點(diǎn)．現(xiàn)將一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好又為零，已知帶電小球在A點(diǎn)處的加速度大小為eq\f(g,4)，靜電力常量為k，求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大?。?2)B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差(用Q和L表示)．解析：(1)帶電小球在A點(diǎn)時(shí)由牛頓其次定律得：mgsin30°－keq\f(Qq,L2)＝maA ①帶電小球在B點(diǎn)時(shí)由牛頓其次定律得：keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))－mgsin30°＝maB ②聯(lián)立①②式解得：aB＝eq\f(g,2)，方向沿斜面對(duì)上． ③(2)由A點(diǎn)到B點(diǎn)對(duì)小球運(yùn)用動(dòng)能定理得mgsin30°·eq\f(L,2)－qUBA＝0 ④聯(lián)立①④式解得UBA＝eq\f(kQ,L)．答案：(1)eq\f(g,2)(2)eq\f(kQ,L)專題三電場(chǎng)中功能關(guān)系的應(yīng)用帶電的物體在電場(chǎng)中具有肯定的電勢(shì)能，同時(shí)還可能具有動(dòng)能和重力勢(shì)能等．因此涉及與電場(chǎng)有關(guān)的功和能的問(wèn)題可用功和能的觀點(diǎn)來(lái)快速簡(jiǎn)捷的處理．因?yàn)楣εc能的觀點(diǎn)既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，又適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)，且運(yùn)用的同時(shí)不需考慮中間過(guò)程．如圖所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝4．0×103N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板．質(zhì)量m＝0．20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止起先滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0．24m，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0．30，滑塊帶電荷q＝－5．0×10－4C．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0．60，cos37°＝0．80．求：(1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端時(shí)的速度大??；(2)滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大高度；(3)滑塊從起先運(yùn)動(dòng)到停下來(lái)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q．(計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字)[解析](1)滑塊沿斜面滑下的過(guò)程中，受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff＝μ(mg＋|q|E)cos37°，設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v1，依據(jù)動(dòng)能定理(mg＋|q|E)h－Ffeq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，解得v1＝2．4m/s．(2)設(shè)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度為h1，依據(jù)動(dòng)能定理－(mg＋|q|E)h1－Ffeq\f(h1,sin37°)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h1≈0．10m．(3)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能的削減量等于克服摩擦力做的功，即等于產(chǎn)生的熱量Q＝(mg＋|q|E)h＝0．96J．[答案](1)2．4m/s(2)0．10m(3)0．96Jeq\a\vs4\al()處理與電場(chǎng)有關(guān)的功和能問(wèn)題的兩種方法(1)用動(dòng)能定理處理，應(yīng)留意①明確探討對(duì)象、探討過(guò)程．②分析物體在所探討過(guò)程中的受力狀況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功．③弄清所探討過(guò)程的初、末狀態(tài)．(2)應(yīng)用能量守恒定律時(shí)，應(yīng)留意①明確探討對(duì)象和探討過(guò)程及有哪幾種形式的能參加了轉(zhuǎn)化．②弄清所探討過(guò)程的初、末狀態(tài)．③應(yīng)用守恒或轉(zhuǎn)化列式求解．3．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA．將一質(zhì)量為m的小球以肯定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)．使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行．現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g．求：(1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．解析：(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OA＝d，則OB＝eq\f(3,2)d，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin60°＝v0t ①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2 ②又有Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd ④設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd ⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)． ⑥(2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了eq\f(d,2)和eq\f(3d,2)，設(shè)電勢(shì)能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0 ⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0 ⑧在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任始終線，電勢(shì)的著陸是勻稱的．設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì)，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB) ⑨解得x＝d．MA為等勢(shì)線，電場(chǎng)必與其垂線OC方向平行．設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30° ⑩即電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30°．設(shè)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，有qEdcos30°＝ΔEpA ?由④⑦?式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)． ?答案：(1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)與豎直向下成30°夾角(20分)(高考四川卷)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對(duì)齊，A是軌道上一點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E＝1．5×106N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)．帶負(fù)電的小物體P電荷量是2．0×10－6C，質(zhì)量m＝0．25kg，與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0．4．P從O點(diǎn)由靜止起先向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0．55s到達(dá)A點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s，到達(dá)空間D點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1．2．P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示．P視為質(zhì)點(diǎn)，電荷量保持不變，忽視空氣阻力，取g＝10m/s2．求：v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263(1)小物體P從起先運(yùn)動(dòng)至速率為2m/s所用的時(shí)間；(2)小物體P從A運(yùn)動(dòng)至D的過(guò)程，電場(chǎng)力做的功．[思路點(diǎn)撥]本題解題的關(guān)鍵是分階段建立運(yùn)動(dòng)模型，分過(guò)程對(duì)物體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，求解加速度和運(yùn)動(dòng)位移．[解析](1)小物體P的速率從0至2m/s，受外力F1＝2N，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt1，速度為v1，則F1－μmg＝ma1① (2分)v1＝a1Δt1② (2分)由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1＝0．5s．③ (2分)(2)小物體P從速率為2m/s運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)，受外力F2＝6N，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則F2－μmg＝ma2④ (2分)設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過(guò)Δt2時(shí)間，在A點(diǎn)的速度為v2，則Δt2＝0．55s－Δt1⑤ (1分)v2＝v1＋a2Δt2⑥ (1分)P從A點(diǎn)至B點(diǎn)，受外力F2＝6N、電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力的作用，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a3，電荷量為q，在B點(diǎn)的速度為v3，從A點(diǎn)至B點(diǎn)的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦ (2分)veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧ (1分)P以速度v3滑出軌道右端B點(diǎn)，設(shè)水平方向所受外力為F3，電場(chǎng)力大小為FE，有FE＝F3⑨ (1分)F3與FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點(diǎn)起先做初速度為v3的平拋