【正文】 －　－?。。↑c電荷與帶電平板+等量異種點電荷的電場等量同種點電荷的電場孤立點電荷周圍的電場【例2】在勻強(qiáng)電場中，將質(zhì)量為m，帶電量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則電場強(qiáng)度的大小為（ B ）A．有唯一值mgtanθ／q ； B．最小值是mgsinθ／q；Cmg/q 提示：如附圖所示，利用三角形法則，很容易判斷出AB跟速度方向垂直．規(guī)律方法 庫侖定律的理解和應(yīng)用【例3】如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上．a(chǎn)和c帶正電，b帶負(fù)電，a所帶電量的大小比b的?。阎猚受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應(yīng)是A．F1 B．F2 C．F3 D．F4【解析】 a對c為斥力，方向沿ac連線背離a；b對c為引力，方向沿bc連線指向b．由此可知，二力的合力可能為F1或F2．又已知b的電量比a的大，由此又排除掉F1，只有F2是可能的．【答案】 B【例4】兩端開口，橫截面積為S，水平放置的細(xì)玻璃管中，有兩個小水銀滴，封住一段長為L0的空氣柱，當(dāng)給小水銀滴帶上等量的異種電荷時，空氣柱的長度為L，設(shè)當(dāng)時大氣壓強(qiáng)為P0，小水銀滴在移動過程中溫度不變，小水銀滴大小可忽略不計，試求：①穩(wěn)定后，它們之間的相互作用力。設(shè)外界大氣壓強(qiáng)為P0，小水銀滴帶上等量異種電荷時，被封閉氣體的壓強(qiáng)為P，則由玻意耳定律得：P0L0S=PLS即P/ P0= L0/LΔP/ P0=（L0－L）/L，又ΔP=P－P 0=F電/S，即F電= P0S（L0－L）/L再由庫侖定律得：F電=KQ2/L2 可得Q=給C一個外力F，使三個小球保持相對靜止共同加速運動。解：先分析A、B兩球的加速度：它們相互間的庫侖力為斥力，因此C對它們只能是引力，且兩個庫侖力的合力應(yīng)沿垂直與AB連線的方向。于是可得QC= 2q，F(xiàn)=3FB=3FAB=。當(dāng)存在向下的勻強(qiáng)電場時，C恰能滑到B端，當(dāng)此電場改為向上時，C只能滑到AB的中點，求此電場的場強(qiáng)。電場方向向下時有：μ（mg－qE）L=189。mv02一（m＋M）v2， mv0=（ m十M）v則mg－qE =（mg＋qE），得E＝mg/3q12【例9】如圖在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中固定放置兩個帶電小球1和2,它們的質(zhì)量相等，電荷分別為q1和－q2．（q1≠q2）．球1和球2的連線平行于電場線，如圖．現(xiàn)同時放開1球和2球，于是它們開始在電場力的作用下運動，如果球1和球2之間的距離可以取任意有限值，則兩球剛被放開時，它們的加速度可能是（ ABC ）A、大小不等，方向相同； B、大小不等，方向相反；C、大小相等，方向相同； D、大小相等，方向相反；解析：球1和球2皆受電場力與庫侖力的作用,取向右方向為正方向,則有由于兩球間距不確定,故F庫不確定若q1E－F庫0, F庫－q2E0,且q1E－F庫≠F庫－q2E,則A正確。若q1E－F庫=F庫－q2E ,則C正確?！纠?0】半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，如圖所示，珠子所受靜電力是其重力的3/4,將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則珠子所能獲得的最大動能Ek為多少？FEFmgθ解析：設(shè)該珠子的帶電量為q,，其中只有電場力和重力對珠子做功，其合力大小為：設(shè)F與豎直方向的夾角為θ,如圖所示,則 把這個合力等效為復(fù)合場，此復(fù)合場為強(qiáng)度此復(fù)合場與豎直方向夾角為θ,珠予沿園環(huán)運動，可以類比于單擺的運動，運動中的動能最大位置是“最低點”,由能的轉(zhuǎn)化及守恒可求出最大的動能為：Ekm=mg/r(1－cosθ) 思考：①珠子動能最大時對圓環(huán)的壓力多大？ ②若要珠子完成一個完整的圓周運動，在A點釋放時，是否要給珠子一個初速度？ 電場線的理解和應(yīng)用【例11】如圖所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A—O—B勻速飛過，電子重力不計，則電子所受另一個力的大小和方向變化情況是A．先變大后變小，方向水平向左 B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左 D．先變小后變大，方向水平向右【分析】由等量異種電荷電場線分布可知，從A到O，電場由疏到密；從O到B，電場線由密到疏，所以從A—O—B，電場強(qiáng)度應(yīng)由小變大，再由大變小，而電場強(qiáng)度方向沿電場切線方向，為水平向右。電子受的電場力與場強(qiáng)方向相反，即水平向左，電子從A—O—B過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個力方向應(yīng)水平向右，其大小應(yīng)先變大后變小，所以選項B正確。點評：類似于重力場中的高度．某點相對參考面的高度差為該點的高度．注意：（1）高度是相對的．與參考面的選取有關(guān)，而高度差是絕對的與參考面的選取無關(guān)．同樣電勢是相對的與零電勢的選取有關(guān)，而電勢差是絕對的，與零電勢的選取無關(guān)．（2）一般選取無限遠(yuǎn)處或大地的電勢為零．當(dāng)零電勢選定以后，電場中各點的電勢為定值．（3）電場中A、B兩點的電勢差等于A、B的電勢之差,即UAB=φA－φB,沿電場線方向電勢降低.三、電場力做功與電勢能1．電勢能：電場中電荷具有的勢能稱為該電荷的電勢能．電勢能是電荷與所在電場所共有的。SBPsin600＝1000/30．510－2/2V＝2．5V BP之間電勢差為2．5V，由于UP＜UB， 所以 Up=－2．5 V 點評：在我們應(yīng)用U=Ed公式時一定要注意d是沿著電場線方向的距離，或者說是兩等勢面間的距離．【例4】如圖所示，實線為勻強(qiáng)電場中的電場線，虛線為等勢面，且相鄰等勢面間的電勢差相等?，F(xiàn)取B等勢面為零電勢能面，則當(dāng)此電荷的電勢能為20J時的動能是 J?！纠?】如圖所示，直角三角形的斜邊傾角為300，底邊BC長為2L，處在水平位置，斜邊AC是光滑絕緣的，在底邊中點O處放置一正電荷Q，一個質(zhì)量為m、電量為 q的帶負(fù)電的質(zhì)點從斜面頂端A沿斜邊滑下，滑到斜邊上的垂足D時速度為v。重力勢能三者之和。重力場與靜電場均是保守力場，因此在整個運動中應(yīng)該是動能、電勢能、重力勢能三者之和為一不變量，因此第（1）題選C。由牛頓第二定律，粒于運動的加速度也是變化的，這樣第（2）個選擇（D），質(zhì)點的運動是加速度隨時間變化的運動。由牛頓第二定律mgsinθ一fcosθ=mac，即mgsin300一kQq/L2cos300=maC，簡化得aC=189。mvC2一189。/2=L/2，得vC＝……②，規(guī)律方法 一組概念的理解與應(yīng)用電勢、電勢能、電場強(qiáng)度都是用來描述電場性質(zhì)的物理，它們之間有＋分密切的聯(lián)系，但也有很大區(qū)別，解題中一定注意區(qū)分，現(xiàn)列表進(jìn)行比較（1）電勢與電勢能比較：電勢φ電勢能ε1反映電場能的性質(zhì)的物理量荷在電場中某點時所具有的電勢能2電場中某一點的電勢φ的大小，只跟電場本身有關(guān)，跟點電荷無關(guān)電勢能的大小是由點電荷q和該點電勢φ共同決定的3電勢差卻是指電場中兩點間的電勢之差，ΔU=φA－φB，取φB=0時，φA=ΔU電勢能差Δε是指點電荷在電場中兩點間的電勢能之差Δε=εA－εB=W，取εB=0時，εA=Δε4電勢沿電場線逐漸降低，取定零電勢點后，某點的電勢高于零者，為正值．某點的電勢低于零者，為負(fù)值正點荷（十q）：電勢能的正負(fù)跟電勢的正負(fù)相同負(fù)電荷（一q）：電勢能的正負(fù)限電勢的正負(fù)相反5單位：伏特單位：焦耳6聯(lián)系：ε=qφ，w=Δε=qΔU（2）電場強(qiáng)度與電勢的對比電場強(qiáng)度E電勢φ1描述電場的力的性質(zhì)描述電場的能的性質(zhì)2電場中某點的場強(qiáng)等于放在該點的正點電荷所受的電場力F跟正點電荷電荷量q的比值V/mV（1V=1J/C）5聯(lián)系：①在勻強(qiáng)電場中UAB=Ed (d為A、B間沿電場線方向的距離）．②電勢沿著電場強(qiáng)度的方向降落【例6】如圖所示，在水平桌面上放置一個由兩根絕緣組成的“V”形豎直導(dǎo)軌，棒上各穿上一個可沿棒無摩擦滑動的，質(zhì)量為m＝40g，帶電量為q＝2106C的正電荷小球（可當(dāng)作點電荷），將小球從同高度的力、B由靜止釋放（g＝10m/s2）（1）兩球相距多遠(yuǎn)時速度達(dá)到最大？（2）兩球同時到達(dá)最高點時相距 L=1．8m，此時系統(tǒng)電勢能比釋放時少多少？【解】（1）設(shè)兩球相距L1時速度達(dá)到最大，此時合力為零。設(shè)電勢能變化量為Δε，則由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知：ΔEK十ΔEP＋Δε＝0則：Δε＝－mg（h2－h(huán)l）＝－24010310（L/2tg450－0．05）=－0．68（J）。 公式E=U/d的理解與應(yīng)用(1)公式E=U/d反映了電場強(qiáng)度與電勢差之間的關(guān)系，由公式可知，電場強(qiáng)度的方向就是電勢降低最快的方向．(2)公式E=U/d只適用于勻強(qiáng)電場，且d表示沿電場線方向兩點間的距離，或兩點所在等勢面的范離．(3)對非勻強(qiáng)電場，此公式也可用來定性分析，但非勻強(qiáng)電場中，各相鄰等勢面的電勢差為一定值時，那么E越大處，d越小，即等勢面越密．EFABCD【例7】如圖所示，A、B、C、D是勻強(qiáng)電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φA=15 V, φB=3 V, φC=－3 V，由此可得D點電勢φD= 。ABcosθ=qEX1X2思考：作出該電場的電場線分布圖．【例8】某靜電場沿x方向的電勢分布如圖所示，則（）A、在0～xl之間不存在沿x方向的電場B、在0～xl之間存在著沿x方向的勻強(qiáng)電場C、在x1～x2之間存在著沿x方向的勻強(qiáng)電場D、在x1～x2之間存在著沿x方向的非勻強(qiáng)電場解析：在0～xl之間電勢不變，即在0～xl之間等勢，故在此方向無電場；在x1～x2之間電勢隨距離均勻減小，則在x1～x2之間有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，故A、C正確。 B．b處電勢能大C．b處電勢高。根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。因為檢驗電荷帶負(fù)電，所以電場線指向是從疏到密。根據(jù)檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90176。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關(guān)，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。由能量守恒定律得h＝H；若A、B帶等量異種電荷，則碰撞過程中重力做正功，電場力做正功，回跳過程中需克服重力做功。現(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應(yīng)的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。當(dāng)它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2。其中正確的是A.②④ B.②③ C.①④ D.③④解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。選C。2）q2時F /=F。at2＝，得.(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認(rèn)為煙塵的質(zhì)心位于板間中點位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為W=189。mv2at12,則解法二：假定所有煙塵集中于板中央，當(dāng)煙塵運動到下板時，系統(tǒng)總動能錄大，則L/2=189。幾何線上有兩個靜止的小球A和B（均可視為質(zhì)點），兩小球的質(zhì)量均為m，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。設(shè)在各次碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉(zhuǎn)移，且不考慮重力及兩球間的萬有引力，問：（1）A球經(jīng)過多長時間與B球發(fā)生第一次碰撞？（2）第一次碰撞后，A、B兩球的速度各為多大？（3）試問在以后A、B兩球再次不斷地碰撞的時間間隔會相等嗎？如果相等，請計算該時間間隔T。解答：（1）A球在電場力作用下做勻加速直線運動 ① ② 聯(lián)立①②兩式得 ③（2）A球與B球碰撞，動量守恒 ④據(jù)題意，總動能不損失 ⑤聯(lián)立④⑤兩式得 ⑥ ⑦（3）以B球為參考系，A、B碰撞后，A球以vA向左做勻減速直線運動，經(jīng)時間t后，速度減為0，同時與B球相距為L，然后A球