发布时间 : 星期五 文章2020高中物理 第2章 电场与示波器章末复习课学案 沪科版选修3-1更新完毕开始阅读
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加速度的大小a1＝12
位移x1＝a1τ
2
eU0
md在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝
keU0
md初速度的大小v1＝a1τ
v21
匀减速运动阶段的位移x2＝
2a2
由题知d>x1＋x2，解得d>【答案】 d>
9eU0τ 10m2
9eU0τ. 10m2
电场中的功能关系 带电的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．因此涉及与电场有关的功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷的处理．因为功能关系既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，且使用的同时不需考虑中间过程；而力与运动的关系不仅只适用于匀强电场，而且还需分析其中间过程的受力情况、运动特点等．
1．用动能定理处理，应注意： (1)明确研究对象、研究过程．
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功． (3)弄清所研究过程的初、末状态． 2．应用能量守恒定律时，应注意：
(1)明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化． (2)弄清所研究过程的初、末状态． (3)应用守恒或转化列式求解．
如图2-8甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝0.30 m的A点处有一固定的点电荷．细
杆上套有一带电荷量q＝1×10 C、质量m＝0.05 kg的小环．设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图2-8乙所示．已知静电力常量k＝9.0×10 N·m/C，重力加速度g＝10 m/s2.(计算结果保留两位有效数字)
9
2
2
－6
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图2-8
(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小； (2)求小环位于h1＝0.40 m处时的加速度a；
(3)求小环从h2＝0.30 m处下落到h3＝0.12 m处的过程中，其电势能的改变量．
【解析】 (1)由题图乙可知，当h′＝0.36 m(或h′＝0.12 m)时，小环所受合力为零，则有
kQqh′
＝mg 2×
d＋h′d2＋h′2
2
代入已知数据解得
Q＝
mgd2＋h′2
kqh′
3
＝1.6×10 C.
－5
(2)小环加速度沿杆方向，则
mg－F1
又F1＝kh1
＝ma d2＋h21Qq2
d＋h21
.
2
代入已知数据解得a＝0.78 m/s，方向竖直向下．
(3)设小环从h2＝0.30 m处下落到h3＝0.12 m处的过程中，电场力对小环做功为W，根据动能定理有
mg(h2－h3)＋W＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J
＝－0.013 5 J 代入已知数据解得
W＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J
所以小环的电势能增加了0.10 J. 【答案】 (1)1.6×10 C
(2)0.78 m/s 方向竖直向下 (3)增加0.10 J
1应用电场力可以分析平衡问题，也可以结合牛顿第二定律应用电场力分析动力学问题. 2在非匀强电场中，通过动能定理分析电场力做功，可以求解电势能变化的问题.
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2
－5
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[针对训练]
5. (多选)如图2-9所示，在绝缘的斜面上方存在方向水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是( )
【导学号：69682126】
图2-9
A．金属块带正电荷
B．金属块克服电场力做功8 J C．金属块的机械能减少12 J D．金属块的电势能减少4 J
AC [在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力方向水平向右，所以金属块带正电荷，故A正确；金属块克服电场力做功4 J，B错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故C正确；金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，故D错误．]
6.如图2-10，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，有一质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：
图2-10
(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；
(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；
(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小． 【解析】 (1)小球经B点时，在竖直方向有
v2
F－mg＝m
Lv2
解得F＝mg＋m L由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小
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vF′＝mg＋m.
L(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0 2
小球从A到B过程中，由动能定理得
mgL＋q(φ1A－φB)＝2
mv2 φmv2－2mgLA＝2q.
(3)由电场对称性可知，φC＝－φA 即UAC＝2φA
小球从A到C过程，根据动能定理
qU1
2AC＝2
mvC
解得v2C＝2v－4gL.
【答案】 (1)mg＋mv2mv2－2mgLL (2)2q (3).
2v2
－4gL