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1、專 題 七 靜 電 場 知 識 清 單 方法一平行板電容器內部E、U、Q變化問題1.要區(qū)分兩種基本情況(1)電容器兩極板間電勢差U保持不變;(2)電容器的帶電荷量Q保持不變。2.進行討論的物理依據主要有三個(1)平行板電容器的電容C與板間距d、正對面積S、電介質的相對介電常數 r間的關系為C=;(2)平行板電容器內部是勻強電場,所以場強E=或 E=;(3)電容器所帶的電荷量Q=CU。例1將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示。下列說法正確的是()r4 Skd Ud r4 kQ S 突 破 方 法 A.保持U不變,將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?則E變?yōu)?/p>
2、原來的一半B.保持E不變,將d變?yōu)樵瓉淼囊话?則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?則E變?yōu)樵瓉淼囊话虢忸}思路明確電容器工作原理,分析題中物理量的變化順序,利用控制變量法分析各量的變化情況。解析由E=知,當U不變,d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,E變?yōu)樵瓉淼囊话?A項正確;當E不變,d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r,U變?yōu)樵瓉淼囊话?B項錯誤;當電容器中d不變時,C不變,由C=知,當Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,U變?yōu)樵瓉淼膬杀?C項錯誤;Q變?yōu)樵瓉淼囊话霑r,U變?yōu)樵瓉淼囊话?d不變時,則E變?yōu)樵瓉淼囊话?D項正確。 答案 AD1-1板間距為d的平行板電容器所
3、帶電荷量為Q時,兩極板間電勢差為U1,板間場強為E1?，F將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q,板間距變?yōu)閐,其他條件不變,這時兩極板間電勢差為U2,板間場強為Ud QU12 E2,下列說法正確的是()A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1答案 C解析 U1=,E1=。當板間距變?yōu)?d 時,由C=可知電容變?yōu)?C,而帶電荷量也變?yōu)?Q,故U 2=U1,E2=2=2E1,故C選項正確。QC 1Ud 12 r4 Skd22QC 212Ud 1Ud 方法二用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動等效思維方法是將一個復雜的物理問題,
4、等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題,是高中物理教學中一類重要而典型的題型。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復雜,運算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復雜的運算,過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個“等效重力”,將a=視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。例2如圖所示,空間有與水平方向成角的勻強電場。一個質量為m的帶電小球,用長L的絕緣細線懸掛于O點。當小球靜止時,細線恰好處于水平位置。現用一個外力將小球沿圓弧緩慢地拉到最低點,此過程小球的電荷量不變。則該外力
5、做的功為 () Fm合 A.mgL B. C.mgL tan D.解題思路關鍵詞:緩慢,電荷量不變。外力做功與電場力和重力的合力做功相等。解析對小球受力分析如圖所示,則重力與電場力的合力F合=,由動能定理可知:W F=-WF合=L。答案 B例3如圖所示,絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面,AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道,斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中?，F有一個質量tan mgL cosmgL tanmgtanmg 為m的帶正電小球,電荷量為q=,要使小球能安全通過圓軌道,在O點的初速度應滿足什么條件?解析小球先在斜面上運動,受重力、電場力、支持力,然
6、后在圓軌道上運動,受重力、電場力、軌道作用力,如圖所示,類比重力場,將電場力與重力的合力視為等效重力mg,大小為mg= =,tan =,得=30,等效重力的方向與斜面垂直指向右下方,小球在斜面上勻速運動。 33mgE2 2( ) ( )qE mg 2 33mg qEmg 33 因要使小球能安全通過圓軌道,在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力,即有:mg=,因=30與斜面的傾角相等,由幾何關系知 =2R,令小球以最小初速度v0運動,由動能定理知:-2mgR=m-m解得v 0=,因此要使小球安全通過圓軌道,初速度應滿足v 。答案 v 2DmvR AD12 2Dv 12 2
7、0v10 33gR 10 33gR10 33gR 方法三用能量觀點處理帶電體在電場中的運動的方法對于受變力作用的帶電體的運動,必須借助于能量觀點來處理。即使是恒力作用的問題,用能量觀點處理也常常顯得簡捷。1.用動能定理處理,思維順序一般為(1)弄清研究對象,明確所研究的物理過程;(2)分析物體在所研究過程中的受力情況,弄清哪些力做功,做正功還是負功;(3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要指動能);(4)根據W=E k列出方程求解。2.用能量守恒定律處理,列式的方法常有兩種(1)從初、末狀態(tài)的能量相等(即E1=E2)列方程;(2)從某些能量的減少量等于另一些能量的增加量(即E=E)列方程。例4如
8、圖所示,平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場力共同作用下運動,軌跡如圖中虛線所示,那么() A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷B.微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C.微粒從M點運動到N點動能一定增加D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加解題思路由于電場力與重力的大小關系未知,則無法判斷出電場力方向,故電場力方向可能向上或向下。解析由帶電微粒做類平拋運動的特征可知帶電微粒所受的合力方向向下,即電場力方向向上且Eqv1,則電場力一定做正功B.小球由A點運動到B點,電場力做功W=m-m-mgHC.兩點間的電勢差U=(-)D.小球運動到B點時所受
9、重力的瞬時功率P=mgv2 cos 答案 B解析小球由A點運動到B點,重力一定做正功,若v 2v1,動能增大,則電場力不一定做正功,選項A錯誤。由動能定理,小球由A點運動到B點,電場力做功W=m-m-mgH,選項B正確。由W=qU,可得兩點間的電勢差U=(-)-,選項C錯誤。小球運動到B點時所受重力的瞬時功率P=mgv2 sin ,選項D錯誤。 12 22v 12 21v2mq 22v 21v 12 22v 12 21v2mq 22v 21v mgHq 方法四帶電粒子在交變電場中運動的處理方法與技巧解答這類問題,通常從受力分析(力的大小、方向的變化特點)和運動分析(運動狀態(tài)及形式)入手,應用力
10、學的基本規(guī)律定性、定量討論,注意思維方法和技巧的靈活運用。1.借助圖象,展示物理過程物理圖象是表達物理過程、規(guī)律的基本工具之一,用圖象反映物理過程、規(guī)律,具有直觀、形象、簡潔明了的特點,帶電粒子在交變電場中運動時,受電場力作用,其加速度、速度等均做周期性變化,借助圖象來描述它在電場中的運動情況,可直觀展示物理過程,從而獲得啟迪,快捷地分析求解。例5如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t 0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是() A.0t0
11、B.t0C.t 0T D.Tt0解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得,粒子的速度方向時而為負,時而為正,最終打在A板上時位移為負,速度方向為負。4T 2T 34T34T 98T 作出t0=0、時粒子運動的速度圖象如圖所示。由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖象可知0t0,t0T時粒子在一個周期內的總位移大于零;t0T時情況類似。因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零,對照各選項可知只有B正確。答案 B點評本題物理情景簡單,但隱含條件較多。如打在A板上時速度方向向左,位移方向向左,解答此類題目注意隱含條件的挖掘。另外,速度-時間圖象的合理應用,
12、可提高同學們的解題速度。4T 2T 34T 4T 34T 4T34T 2.巧取分運動,化繁為簡對一個復雜的運動,為研究方便可以把它看成是由幾個比較簡單的運動組合而成的,前者叫做合運動,后者叫做分運動。某個方向的分運動不會因其他分運動的存在而受到影響,這就是運動的獨立性原理,應用這一原理可以簡捷分析某些帶電粒子在交變電場中運動的問題。例6如圖(a)所示,平行板電容器間距為d,兩板所加電壓如圖(b)所示,t=0時刻,質量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v 0射入電容器,2.5T時恰好落在下極板上,帶電粒子的重力不計,在這一過程中,求: (1)該粒子的水平位移;(2)粒子落到下極板時的速度
13、。解題思路利用分運動解題。水平方向:勻速。豎直方向:勻加速勻速勻加速。解析(1)帶電粒子在水平方向不受外力作用,做勻速直線運動,因此水平位移為s=v0t=v02.5T=2.5v0T(2)帶電粒子落在下極板上時在豎直方向的分速度為v y=aT=T粒子落在下極板上時的速度大小為v=答案(1)2.5v0T(2)3.建立理想模型,化難為易解決物理問題時一般都和一定的理想模型相聯(lián)系。建立正確反映事物特征的理想模型是運用基本概念、規(guī)律求解問題的必要前提,對于某些實際的物理過程,可根據題設條件,運用近似處32 032qUmd2 2x yv v 2 2 22 00 2 294q U Tv m d 2 2 22
14、 00 2 294q U Tv m d 理方法,通過簡化描述來反映事物基本的物理特征,這有助于迅速、準確確定出解題方向和策略,使問題得到迅速解決。例7在真空中速度為v=6.4107 m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行極板之間,極板長度為L=8.010-2 m,間距為d=5.010-3 m,電子束沿兩極板間的中線通過,如圖所示,在兩極板上加上50 Hz的交變電壓u=Um sin t,如果所加電壓的最大值超過某一值UC,將開始出現以下現象:電子有時能通過兩極板,有時不能通過,求U C的大小。(電子的比荷為1.761011 C/kg)解題思路這道題是帶電粒子初速度方向與電場方向垂直的問題,乍一看,電子運動過程復雜,一時難以理順解題思路,但仔細分析可知,電子通過平行板所需要的時間為t=1.2510 -9 s,交流電壓周期T=2.010-2 s,可見t T,這說明交變電壓雖做周期性變化,但對高速通過平行板的電子Lv 束而言,電壓大小的變化已成次要因素,可以不予考慮,因此,電子束通過平行板時,極板間的電壓和電場可看做恒定不變,即這里建立的是平行板勻強電場模型,處理電子束在勻強電場中的運動我們已相當熟悉,問題就迎刃而解了。解析設電子剛好不能通過時平行板的電壓為UC,電子經過平行板的時間為t,則:t=,=at2,a=解得U C=91 V答案91 V Lv 2d 12CeUmd 2 22mv deL
高考物理一輪復習 專題七 靜電場課件
