2019-2020年高考物理 靜電場競賽輔導(dǎo)講義.doc
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靜電場（一） 2019-2020年高考物理 靜電場競賽輔導(dǎo)講義 在奧賽考綱中，靜電學(xué)知識點(diǎn)數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點(diǎn)上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強(qiáng)電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質(zhì)的極化等。 如果把靜電場的問題分為兩部分，一是電場本身的問題、二是對場中帶電體的研究，高考考綱比較注重第二部分中帶電粒子的運(yùn)動問題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問題。也就是說，奧賽關(guān)注的是電場中更本質(zhì)的內(nèi)容，關(guān)注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。在處理物理問題的方法上，對無限分割和疊加原理提出了更高的要求。 一、電場強(qiáng)度 1、電荷與電荷守恒定律 ①電荷分類（基元電荷、點(diǎn)電荷、檢驗(yàn)電荷——對電場的檢測手段） ②帶電方法（摩擦、接觸、感應(yīng)） ③電荷守恒定律 2、庫侖定律 ①內(nèi)容； ②條件：⑴點(diǎn)電荷，⑵真空，⑶點(diǎn)電荷靜止或相對靜止。事實(shí)上，條件⑴和⑵均不能視為對庫侖定律的限制，因?yàn)榀B加原理可以將點(diǎn)電荷之間的靜電力應(yīng)用到一般帶電體，非真空介質(zhì)可以通過介電常數(shù)將k進(jìn)行修正（如果介質(zhì)分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認(rèn)為k′= k /εr）。只有條件⑶，它才是靜電學(xué)的基本前提和出發(fā)點(diǎn)（但這一點(diǎn)又是常常被忽視和被不恰當(dāng)?shù)亍熬C合應(yīng)用”的）。 3、電場強(qiáng)度 ①電場——帶電體周圍存在的一種物質(zhì)，有強(qiáng)有弱。舉例說明 ②電場的性質(zhì)——力和能 ③電場強(qiáng)弱的描述：a、電場線，電場線是抽象而直觀地描述電場有效工具（電場線的基本屬性）。 b、電場強(qiáng)度的定義E = ，E的物理意義 ④幾種特殊的電場 決定電場強(qiáng)弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可以從不同電場的場強(qiáng)決定式看出—— ⑴點(diǎn)電荷：E = k 結(jié)合點(diǎn)電荷的場強(qiáng)和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強(qiáng)，分析等量同種電荷、等量異種電荷周圍的電場特點(diǎn)。 ⑵利用微元與疊加求電場 A、舉例說明微元與疊加思想，如彈性勢能、瞬時速度等等 P r B、例題1：求均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點(diǎn)P的電場：E = ，其中r和R的意義見圖7-1。 C、無限長直導(dǎo)線，電荷線密度為λ，會推導(dǎo)出 思考1、均勻帶電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場 思考2、均勻帶異種電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場 O O O A B 思考3、無限長均勻帶電細(xì)線變成AB的半徑為R的半圓弧，圓心處的電場 圖7-2 D、均勻帶電圓盤軸線上的電場（圖7-2）電荷的面密度為σ，半徑為R 例2：半徑為R的均勻帶電球面，電荷的面密度為σ，試求球心處的電場強(qiáng)度。 【解析】如圖7-6所示，在球面上的P處取一極小的面元ΔS ，它在球心O點(diǎn)激發(fā)的場強(qiáng)大小為 ΔE = k ，方向由P指向O點(diǎn)。 無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強(qiáng)大小和ΔS激發(fā)的完全相同，但方向各不相同，它們矢量合成的效果怎樣呢？這里我們要大膽地預(yù)見——由于由于在x方向、y方向上的對稱性，Σ = Σ = 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求 ΔEz = ΔEcosθ= k ，而且ΔScosθ為面元在xoy平面的投影，設(shè)為ΔS′ 所以 ΣEz = ΣΔS′ 而 ΣΔS′= πR2 【答案】E = kπσ ，方向垂直邊界線所在的平面。 〖學(xué)員思考〗如果這個半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷，面密度仍為σ，那么，球心處的場強(qiáng)又是多少？ 〖推薦解法〗將半球面看成4個球面，每個球面在x、y、z三個方向上分量均為 kπσ，能夠?qū)ΨQ抵消的將是y、z兩個方向上的分量，因此ΣE = ΣEx … 〖答案〗大小為kπσ，方向沿x軸方向（由帶正電的一方指向帶負(fù)電的一方）。 E、均勻帶電球殼內(nèi)、外電場 內(nèi)部：E內(nèi) = 0 外部：E外 = k ，其中r指考察點(diǎn)到球心的距離 如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1＜r＜R2）： E = ，其中ρ為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(dāng)中（條件部分）的“剝皮法則”理解〔即為圖7-2中虛線以內(nèi)部分的總電量…〕。 F、均勻帶電球體內(nèi)、外電場（球體半徑為R） 內(nèi)部： 外部：，其中r指考察點(diǎn)到球心的距離 例3、有一個均勻的帶電球體，球心在O點(diǎn)，半徑為R ，電荷體密度為ρ ，球體內(nèi)有一個球形空腔，空腔球心在O′點(diǎn)，半徑為R′，= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點(diǎn)的場強(qiáng)。 【模型分析】這里涉及兩個知識的應(yīng)用：一是均勻帶電球體的場強(qiáng)定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內(nèi)部的結(jié)論，即“剝皮法則”），二是填補(bǔ)法。 將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負(fù)電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點(diǎn)P ，設(shè) = r1 ， = r2 ，則大球激發(fā)的場強(qiáng)為 E1 = k = kρπr1 ，方向由O指向P “小球”激發(fā)的場強(qiáng)為 E2 = k = kρπr2 ，方向由P指向O′ E1和E2的矢量合成遵從平行四邊形法則，ΣE的方向如圖。又由于矢量三角形PE1ΣE和空間位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不難確定了。 【答案】恒為kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的電場是勻強(qiáng)電場。 〖學(xué)員思考〗如果在模型2中的OO′連線上O′一側(cè)距離O為b（b＞R）的地方放一個電量為q的點(diǎn)電荷，它受到的電場力將為多大？ 〖解說〗上面解法的按部就班應(yīng)用… 〖答〗πkρq〔?〕。 G、無限大均勻帶電平面（電荷面密度為σ） 利用高斯定理：ES=4πkQ得：E = 2πkσ 二、電荷在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動問題 1、勻強(qiáng)電場 2、電荷在勻強(qiáng)電場中加速 3、電荷在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn) A B ε （圖2） 例4、（xx全國理綜Ⅰ卷25題）有個演示實(shí)驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動?，F(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)行定量研究。如圖2所示，電容量為c的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為ε、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。已知：若小球與極發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱悖瑤щ姞顟B(tài)也立即改變，改變后，小球帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α《1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強(qiáng)電場的影響。重力加速度為g。 （1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運(yùn)動，電動勢ε至少大于多少？ （2）設(shè)上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運(yùn)動。求在T時間內(nèi)小球往返運(yùn)動的次數(shù)以及通過電源的總電量。 解析：①試題特點(diǎn)：本題源于演示實(shí)驗(yàn)的簡化模型。將電容器所形成的電場這一具體場景與帶電小球作往返運(yùn)動結(jié)合起來，問題設(shè)計得非常巧妙，具有極大的綜合性與迷惑性。②從試題結(jié)構(gòu)來看，屬于“多體、多過程”的“串聯(lián)式”結(jié)構(gòu)。小球上下運(yùn)動通過小球與極板的碰撞串聯(lián)起來。小球與極板碰撞后小球的帶電情況及運(yùn)動分析成為試題的突破口。當(dāng)小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運(yùn)動；當(dāng)小球與下板碰撞后，小球帶負(fù)電，作向上的勻加速運(yùn)動。③本題以牛頓力學(xué)來求解，求解過程自然、方便，解法如下所示： （1） 要使小球能作往返運(yùn)動，小球所受的電場力大于其重力，設(shè)Q為電容器的帶電量，q為小球碰撞后所帶電量，所以得： （2）當(dāng)小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運(yùn)動，用a1表示其加速度，t1表示從A到B的時間，則有： 當(dāng)小球與下板碰撞后，小球帶負(fù)電，作向上的勻加速運(yùn)動，用a2表示其加速度，t2表示從B到A的時間，則有： 小球在時間T內(nèi)往返的次數(shù) 小球往返一次，電源充電2q，所以T內(nèi)通過電源的總電量 例5、（97年高考26題）如圖1所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過U0＝1000伏的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中心線射入。A、B板長l＝0.20米，相距d＝0.020米，加在A、B兩板間電壓u隨時間t變化的u-t圖線如圖2所示。設(shè)A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒在左側(cè)邊緣與極板右端距離b＝0.15米，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T＝0.20秒，筒的周長s＝0.20米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。 （1）以t＝0時（見圖2，此時u＝0）電子打到圓筒記錄紙上的點(diǎn)作為xy坐標(biāo)系的原點(diǎn)，并取y軸豎直向上。試計算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)。（不計重力作用） （2）在給出的坐標(biāo)紙（圖3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點(diǎn)形成的圖線。 解:（1）計算電子打到記錄紙上的最高點(diǎn)的坐標(biāo)設(shè)v0為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度, 則 ① 電子在中心線方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0， 則 l＝v0t0 ?、? 電子在垂直A、B板方向的運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動。對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應(yīng)滿足 ③ 聯(lián)立①、②、③式解得 u0＝（2d2）/（12）U0＝20伏 此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為 vy ＝（eu0）/（md）t0 ④ 此后，此電子作勻速直線運(yùn)動，它打在記錄紙上的點(diǎn)最高，設(shè)縱坐標(biāo)為y，由圖（1）可得 ?。▂－d/2）/b＝vy/v0 ?、? 由以上各式解得 y＝bd/l＋d/2＝2.5厘米 ?、? 從題給的u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期T0＝0.10秒,u的最大值um＝100伏,因?yàn)閡c下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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