,第一章,静电场,学案13 章末总结,专题整合,自我检测,网络构建,网络构建,静电场,静 电 力,库仑定律,条件：真空中的_,大小：F=_,电场强度,大小：E= (定义式)，E= (决定式),方向： 受力方向,电场线,意义：表示电场_、 _,特点：不封闭、不相交、垂直于等势面,点电荷,正电荷,强弱,方向,电 场 能,电势,标量，有正负，与零电势点的选取有关,电势差,标量，有正负,等势面：形象地描述电场中电势的分布,电场强度与电势差的关系,沿场强的方向电势降落最快,在匀强电场中：,电场力做功,WAB=_,UAB= =,=_,WAB ,A-B,qUAB,EpA,EpB,应用,电容器的电容,电容大小决定式：C= (平行板电容器),带电粒子在电 场中的运动,加速：利用 或 求解,偏转：利用_求解,电容定义式：C=_,动能定理,牛顿第二定律结合运动学公式,平抛运动规律,一、电场中的平衡问题,专题整合,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.,图1,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10 cm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 g，则B带电荷量是多少？(取g10 m/s2),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.,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,答案1.0106 C,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.,二、用动力学观点分析带电粒子在电场中的运动,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sin 370.6，cos 370.8) (1)小球受到的电场力的大小及方向；,解析根据题设条件，电场力大小,电场力的方向水平向右.,(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U.,解析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： vyv0gt0，,沿水平方向做初速度为0的匀加速运动， 加速度为ax,此过程小球沿电场方向位移为：,小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：,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ABBC.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 C.MN板间的电势差为 D.MN板间的电势差为,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不共线，所以微粒做抛物线运动，A正确；,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() 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,1,2,3,4,图3,自我检测,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WGmgh知，重力对三者做功相同，D对. 答案AD,1,2,3,4,2.(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t0时，一个电子从靠近N板处由静止开始运动，经1.0103 s到达两板正中间的P点，那么在3.0103 s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 B.到达P点，速度为零 C.到达N板，速度为零 D.到达P点，速度不为零,1,2,3,4,解析在01.0103 s的时间里，电子做初速度为零的匀加速直线运动，当t1.0103 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t2.0103 s时电子达到M板处，且速度减为零.随后电子将反向做匀加速直线运动，当t3.0103 s时电子又回到P点，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. 答案D,1,2,3,4,图5,1,2,3,4,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；,1,2,3,4,由整体法可知，细线的拉力等于两球的重力，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. 答案CD,1,2,3,4,4.(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.求：,图6,(1)匀强电场的场强；,解析设细线长为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WGWEEk0，故mglcos qEl(1sin ),答案见解析,(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力.,答案见解析,