1、学案11章末总结一、电场中的平衡问题求解这类问题时，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例1如图1所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为60时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为()图1A.B.C.D.解析取小球为研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力T和电场力Eq的作用因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，T和Eq的合力与mg是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当电场
2、力Eq的方向与丝线的拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，则Eqmgsin 得E.所以，该匀强电场的电场强度大小可能值为E，故A、C、D选项正确答案ACD二、电场中力和运动的关系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，做匀变速运动或非匀变速运动；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
3、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；(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U.解析(1)根据题设条件，电场力大小F电mgtan 37mg电场力的方向水平向右(2)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，t沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为axaxg此过程小球沿电场方向位移为：xaxt2小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：WqUF电xmv解得U答案(1)mg水平向右(2)三、电场中的功能
4、关系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到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空间某区域存在着电场，电场线在竖直面上的分布如图2所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间夹角为，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是()图2A小球由A点运动至B点，电场力做的功WmvmvmgHBA、B两点间的电势差UC带电小球由A运动到B的过程中，机械能一定增加D带电小球由A运动到B的过程中，电势能的变化量为mvmvm
5、gH解析由动能定理知：ABWmgHmvmv所以WmvmvmgH所以A正确因为U所以UAB所以B错误因为无法判断出电场力做功的正负，所以无法判断机械能的变化，故C错误由电场力做的功等于电势能的变化量可知D正确答案AD1. (电场中的功能关系)如图3所示，在O点处放置一个正电荷在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，点O、C在同一水平线上，BOC30，A点距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，下列说法中正确的是()图3A小球通过C点的速度大小是B小球通过
6、C点的速度大小是C小球由A点运动到C点电场力做的功是mv2mghD小球由A点运动到C点损失的机械能是mg(h)mv2答案BD解析由于B、C两点位于正点电荷电场的同一等势面上，从BC过程，只有小球的重力对小球做正功，由动能定理：mgRsin 30mvmv2，解得vC，A错误，B正确；由AC过程，由动能定理mghW电mv，W电m(v2gR)mgh，W电mv2mgRmgh，C错误；小球由A点运动到C点损失的机械能等于小球克服电场力做的功，EmghmgRmv2，D正确2. (电场中的平衡问题)如图4所示，A、B是带有等量的同种电荷的两小球(可视为点电荷)，它们的质量都是m，它们的悬线长度都是L，悬线上
7、端都固定于同一点O，B球悬线竖直且被固定，A球在力的作用下，于偏离B球x的地方静止，此时A球受到绳的拉力为T；现在保持其他条件不变，用改变A球质量的方法，使A球在距B为x处平衡，则此时A受到绳的拉力为()图4AT B2T C4T D8T答案D解析A球受到重力G、B球对A球的库仑力F、绳的拉力T，如图所示由共点力平衡条件，G、F、T三力的图示必然构成封闭三角形，由相似三角形得.由此得Tmg，Fmg.当球在x处平衡时，同理可得Tmg，Fmg.设A、B两球的带电荷量均为q，由库仑定律可知F，F.故4，即4.所以m8m.因此Tmg8mg8T.3(电场中力和运动的关系)如图5甲所示，在平行金属板M、N间
8、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1.0103s到达两板正中间的P点，那么在3.0103s这一时刻，电子所在的位置和速度大小为()图5A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，速度不为零答案D解析在1.0103s的时间里，电子做初速度为零的匀加速直线运动，当t1.0103s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t2.0103s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运动，当t3.0103s时电子又回到P点，且速度大小与第一次经
9、过P点时相等，而方向相反故正确选项为D.4. (电场中力和运动的关系)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(如图6)求：图6(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力答案见解析解析(1)设细线长为l，匀强电场的场强为E，因带电小球的电荷量为正，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 )解得E(2)设小球运动到最低点的速度为v，此时细线的拉力为T，由动能定理可得mglqElmv2，由牛顿第二定律得Tmgm，联立解得Tmg3，方向竖直向上