2020-2021物理魯科版第三冊學(xué)案：第1章 素養(yǎng)培優(yōu)課1電場力的性質(zhì)含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年物理新教材魯科版第三冊學(xué)案：第1章素養(yǎng)培優(yōu)課1電場力的性質(zhì)含解析素養(yǎng)培優(yōu)課(一）電場力的性質(zhì)培優(yōu)目標(biāo)：1.掌握庫侖定律、電場強(qiáng)度公式,并能應(yīng)用其解決問題。2。掌握等量同種點(diǎn)電荷和等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布特點(diǎn)。3.會建立形象化的思維模型,體會用電場線解決問題的直觀性。4。掌握解決帶電體動力學(xué)問題的思路和方法,會建立解決電場中平衡問題和動力學(xué)問題的思維模型。庫侖力作用下的平衡問題1.庫侖力實(shí)質(zhì)上是電場力，與重力、彈力一樣，也是一種性質(zhì)力，其相互作用方向的判斷可依據(jù)同種電荷相互排斥,異種電荷相互吸引。2．明確帶電粒子在電場中的平衡問題，實(shí)際上屬于力學(xué)平衡問題，僅在受力分析時(shí)多了一個(gè)電場力。3．求解這類問題時(shí),需應(yīng)用有關(guān)力的平衡知識，在正確受力分析的基礎(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去解決.【例1】如圖所示,真空中的兩帶電小球（可看作是點(diǎn)電荷），通過調(diào)節(jié)懸掛細(xì)線的長度使兩小球始終保持在同一水平線上，下列說法正確的是()A．若只增大r，則F1、F2都增大B．若只增大m1，則θ1增大,θ2不變C．若只增大q1，則θ1增大，θ2不變D．若只增大q1，則θ1、θ2都增大思路點(diǎn)撥:解此題可按以下思路:D［m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知m1g＝eq\f（F,tanθ1)，m2g＝eq\f(F′,tanθ2）。因F＝F′，則eq\f（m1，m2)＝eq\f（tanθ2，tanθ1）,可見，若m1＞m2，則θ1＜θ2；若m1＝m2，則θ1＝θ2;若m1＜m2,則θ1＞θ2.θ1、θ2的關(guān)系與兩電荷所帶電荷量無關(guān)。若只增大r,則庫侖力變小，由圖可知，F(xiàn)1、F2都減小，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若只增大m1，則m1會下降，而m2會上升，則導(dǎo)致θ1減小，θ2增大，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若只增大q1，由圖可知，則θ1、θ2都增大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。］庫侖力作用下平衡問題的三點(diǎn)注意（1）共點(diǎn)力的平衡條件仍是物體所受外力的合力為零.(2)處理平衡問題常用的數(shù)學(xué)知識和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法等.（3)選取研究對象時(shí)，要注意整體法和隔離法的靈活運(yùn)用。eq\o(［跟進(jìn)訓(xùn)練］）1。如圖所示，把電荷量為－q的小球A用絕緣細(xì)線懸起。若將帶電荷量為＋q的帶電小球B靠近A，當(dāng)兩個(gè)帶電小球在同一高度且相距r時(shí),兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線與豎直方向成α角。A、B兩球均可視為點(diǎn)電荷,靜電力常量為k，則小球A的質(zhì)量為（）A.eq\f(kq2tanα,gr2） B。eq\f(kq2，gr2tanα）C。eq\f（kq2，gr2sinα） D.eq\f（kq2,gr2cosα）B[對小球A受力分析如圖,庫侖力F＝eq\f（kq2,r2)，小球A靜止，處于平衡狀態(tài)，將拉力T沿水平和豎直方向分解,在水平方向上，Tsinα＝F,在豎直方向上，Tcosα＝mg,聯(lián)立可得m＝eq\f（kq2，gr2tanα）,選項(xiàng)B正確。］電場線與運(yùn)動軌跡問題1。分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡時(shí)應(yīng)注意兩點(diǎn)：(1）做曲線運(yùn)動的帶電粒子所受合外力方向指向曲線的凹側(cè)。（2）速度方向沿軌跡的切線方向。2．分析方法(1）根據(jù)帶電粒子運(yùn)動軌跡的彎曲方向，判斷出帶電粒子所受電場力的方向。（2)把電場線方向、電場力方向與電性相聯(lián)系進(jìn)行分析。（3）把電場線的疏密和電場力大小、加速度大小相聯(lián)系進(jìn)行分析。(4）把電場力做的功與能量的變化相聯(lián)系進(jìn)行分析?！纠?】(多選)如圖所示，實(shí)線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動軌跡如圖中的虛線所示。a、b僅受電場力作用，則下列說法中正確的是()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．電場力對a、b做正功C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大思路點(diǎn)撥：（1）根據(jù)運(yùn)動軌跡確定電場力的方向。(2)根據(jù)電場線疏密確定加速度大小變化.BD［由于電場線的方向未知,所以無法確定a、b兩粒子的電性,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)兩粒子的運(yùn)動軌跡可分析得出電場力對a、b均做正功，兩帶電粒子的速度都將增大，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；a運(yùn)動過程中，電場線越來越稀疏,所以電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，b運(yùn)動過程中，電場線越來越密集,所以電場力逐漸增大，加速度逐漸增大,選項(xiàng)D正確。]分析運(yùn)動軌跡類問題的兩技巧(1）由軌跡的彎曲方向確定粒子所受合外力的方向,由電場線的疏密程度確定電場力的大小，進(jìn)而確定合外力的大小.（2)速度或動能的變化要根據(jù)合外力做功情況來判斷，當(dāng)電場力恰為合外力時(shí)，電場力做正功,速度或動能增加，電場力做負(fù)功，速度或動能減少.eq\o（［跟進(jìn)訓(xùn)練]）2。(多選)一帶電粒子從電場中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，軌跡如圖中虛線所示，帶箭頭的實(shí)線表示電場線。不計(jì)粒子所受重力，則()A．粒子帶正電B．粒子加速度逐漸減小C．A點(diǎn)的速度大于B點(diǎn)的速度D．粒子的初速度不為零BCD[帶電粒子所受合外力(即靜電力）指向軌跡凹側(cè)，可知靜電力方向向左，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；根據(jù)EA＞EB，知FA＞FB,aA＞aB,B正確；粒子從A到B受到的靜電力為阻力，阻力做負(fù)功,動能減小，速度減小，C正確；由于粒子做減速曲線運(yùn)動，所以初速度不為零,D正確.]電場力作用下的動力學(xué)問題1.電場中動力學(xué)問題與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律。2．處理靜電場中力與運(yùn)動的問題時(shí)，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，再結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式、運(yùn)動的合成與分解等運(yùn)動學(xué)知識即可解決問題?！纠?】如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一質(zhì)量m＝0。2kg、電荷量q＝1×10－6C的帶正電小物塊恰好靜止在傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面上,已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.從某時(shí)刻開始，電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f（1,3）,求:（1）原來的電場強(qiáng)度大小E0；(2)小物塊運(yùn)動的加速度a的大小和方向；(3)沿斜面下滑距離x＝0.5m時(shí)小物塊的速度大小v.思路點(diǎn)撥：（1)由“恰好靜止”的條件可求出電場強(qiáng)度E0。（2）“電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)"說明小物塊不再平衡,利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)方程求解。［解析](1)小物塊受到重力、水平向右的電場力qE0、支持力N而保持靜止?fàn)顟B(tài)，則eq\f(qE0,mg)＝tanθ，得E0＝1。5×106N/C。（2)電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1，3）時(shí)，電場力變?yōu)閝E＝eq\f(1，3）qE0＝eq\f(1,4)mg，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－qEcosθ＝ma，得a＝4m/s2，方向沿斜面向下。（3）小物塊沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有v2＝2ax，得v＝2m/s。[答案］(1）1。5×106N/C(2）4m/s2方向沿斜面向下（3）2m/seq\o（［跟進(jìn)訓(xùn)練])3.如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為＋2。0×10－8C?，F(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)絕緣繩與豎直線成30°角,繩長L＝0。2m(取g＝10m/s（1)求該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；（2)突然剪斷輕繩，小球做什么運(yùn)動？加速度大小和方向如何？[解析］（1)根據(jù)共點(diǎn)力平衡得qE＝mgtan30°解得E＝eq\f(\r（3），6）×107N/C。(2)突然剪斷輕繩,小球受重力和電場力,初速度為零，做勻加速直線運(yùn)動.F合＝eq\f（mg,cos30°)＝maa＝eq\f(20\r（3），3)m/s2加速度方向與剪斷前繩子拉力方向相反。[答案](1）eq\f(\r(3),6)×107N/C（2）做勻加速直線運(yùn)動eq\f（20\r(3)，3)m/s2與剪斷前繩子拉力方向相反1．在點(diǎn)電荷形成的電場中，一電子的運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，其中a、b是軌跡上的兩點(diǎn)。若電子在兩點(diǎn)間運(yùn)動的速度不斷增大，則下列判斷中正確的是()A．形成電場的點(diǎn)電荷電性為正B．電子一定是從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)C．電子一定是從b點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)D．電子的運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動C[電子做曲線運(yùn)動，所受的合外力即電場力指向曲線的內(nèi)側(cè),由此可以判斷出電場力沿電場線由右指向左，電子帶負(fù)電，故電場線的方向由左指向右，因而形成電場的點(diǎn)電荷應(yīng)為負(fù)點(diǎn)電荷，A錯(cuò)誤；電子受到庫侖斥力，速度變大，應(yīng)遠(yuǎn)離場源電荷，故運(yùn)動軌跡由b點(diǎn)到a點(diǎn)，C正確，B錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn),庫侖力越來越小，加速度越來越小，電子做非勻變速曲線運(yùn)動，故D錯(cuò)誤。]2．（多選)如圖所示，在一電場強(qiáng)度沿紙面方向的勻強(qiáng)電場中，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)電場的場強(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)ACD[本題考查帶電體的平衡，解題的關(guān)鍵是畫出受力分析圖。取小球?yàn)檠芯繉ο螅艿街亓g、細(xì)線的拉力F和電場力qE的作用。因小球處于平衡狀態(tài),則它受到的合外力等于零，由平衡條件可知，F(xiàn)與qE的合力與mg是一對平衡力.根據(jù)力的平行四邊形定則知道，當(dāng)電場力qE的方向與細(xì)線的拉力方向垂直時(shí)，電場力最小(如圖所示)，則qE＝mgsin60°,由求出的最小場強(qiáng)可知E≥eq\f(mgsin60°,q），A、C、D正確。]3．相距為L的點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為＋4q和－q,如圖所示。今引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是（）A．－q，在A左側(cè)距A為L處B．－2q，在A左側(cè)距A為eq\f(L,2)處C．＋4q，在B右側(cè)距B為L處D．＋2q,在B右側(cè)距B為eq\f(3L,2)處C［A、B、C三個(gè)電荷要平衡，必須三個(gè)電荷在一條直線上，外側(cè)兩個(gè)電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個(gè)電荷，所以外側(cè)兩個(gè)電荷距離大，要平衡中間電荷的引力，必須外側(cè)電荷電荷量大,中間電荷電荷量小，所以C必須帶正電，在B的右側(cè)。設(shè)C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為L＋r，要能處于平衡狀態(tài)，A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設(shè)C的電荷量大小為Q。則有eq\f（4kq·Q,L＋r2）＝keq\f(Qq，r2)，解得r＝L。對點(diǎn)電荷A，其受力也平衡，則keq\f(4q·Q，L＋r2)＝eq\f（4kq·q，L2），解得Q＝4q，即C帶正電,電荷量為4q,在B的右側(cè)距B為L處。C正確.]4．一根長為l的絲線懸掛著一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，如圖所示,絲線與豎直方向成37°角,現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響（重力加速度為g)，求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??；(2）小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)受到的拉力的大小。［解析］(1）小球靜止在電場中受力如圖甲所示，顯然小球帶正電，由平衡條件得mgtan37°＝qE，故E＝eq\f（3mg，4q).（2)電場方向變成豎直向下后，如圖乙所示，小球開始擺動做圓周運(yùn)動，從初始位置到最低點(diǎn)的