内容正文:
【学习目标】
1.会利用功能关系、能量守恒定律分析电场综合问题。 2.理解Ex、φ x、Epx图像的意义,并会分析有关问题。
一 电场中的功能关系
1.合外力做功等于物体动能的变化量,即W合=ΔEk,这里的W合指合外力做的功。
2.静电力做功等于带电体电势能的减少量,即WAB=EpA-EpB=-ΔEp。
3.只有静电力做功时,带电体电势能与机械能的总量不变,即Ep1+E机1=Ep2+E机2。
如图所示,在场强E=1×104 N/C的水平匀强电场中,有一根长l=15 cm的细线,一端固定在O点,另一端系一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-6 C的带正电小球,当细线处于水平位置时,将小球从静止开始释放,g取10 m/s2。
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机械能的变化量的大小分别为多少?
(2)若取A点为零电势能点,则小球在B点的电势能为多大?
(3)小球到B点时速度为多大?细线的张力为多大?
解析: (1)重力势能变化量ΔEp=-mgl=-4.5×10-3 J,
电势能的变化量ΔEp电=-W电=qEl=3×10-3 J,
机械能的变化量ΔE=-ΔEp电=-3×10-3 J。
(2)由ΔEp电=EpB-EpA得,小球在B点的电势能
EpB=3×10-3 J。
(3)小球从A到B,由动能定理得mgl-qEl=mvB2,解得小球在B点的速度vB=1 m/s,
在B点,由圆周运动的向心力公式F=,对小球有FT-mg=,解得细线拉力T=5×10-2 N。
答案: (1)4.5×10-3 J 3×10-3 J 3×10-3 J
(2)3×10-3 J (3)1 m/s 5×10-2 N
针对练 质量为m的带电小球射入匀强电场后,以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动,重力加速度为g,在小球下落h的过程中( )
A.小球的重力势能减少了2mgh
B.小球的动能增加了2mgh
C.静电力做负功2mgh
D.小球的电势能增加了3mgh
D [带电小球受到向上的静电力和向下的重力,据牛顿第二定律F合=F电-mg=2mg,得F电=3mg,在下落过程中静电力做功W电=-3mgh,重力做功WG=mgh,总功W=W电+WG=-2mgh,根据做功与势能变化关系可判断:小球重力势能减少了mgh,电势能增加了3mgh,根据动能定理,小球的动能减少了2mgh,故选D。]
二 电场中的图像问题
考向1 φ x图像
1.在φ x图像中可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小确定在x方向上的电场强度的大小。
2.φ x图像切线的斜率的绝对值k=表示场强大小。
3.在φ x图像中分析电荷移动的电势能的变化,可用WAB=qUAB=-ΔEp进行相关计算。
A、B为一电场中x轴上的两点,如图甲所示。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点,x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示,下列说法正确的是( )
学生用书第41页
A.该电场是点电荷形成的电场
B.A、B两点电场强度的大小关系为EA<EB
C.电子从A运动到B过程中静电力做负功
D.电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB
D [各点电势随其坐标变化的关系图像中,斜率的绝对值表示电场强度大小,可知该电场为匀强电场,则A、B两点电场强度的大小关系为EA=EB,A、B错误;由φ x图像知:由A→B,电势升高,故电场强度的方向由B→A。一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点,电子从A运动到B过程中所受静电力方向与运动方向相同,静电力做正功,电势能减小,故电子在A、B两点的电势能关系为EpA>EpB。]
针对练1.(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合,其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子,电子仅受静电力的作用,在-x0~x0区间内( )
A.该静电场是匀强电场
B.该静电场是非匀强电场
C.电子将沿x轴正方向运动,加速度逐渐减小
D.电子将沿x轴正方向运动,加速度逐渐增大
BC [由题图可知,电势与距离不成正比,图线切线斜率的绝对值等于电场强度的大小,因此该静电场是非匀强电场,A错误,B正确;根据沿着电场线方向电势降低,可知电场线的方向沿x轴负方向,故电子所受静电力沿x轴正方向,电子将沿x轴正方向运动,电场强度减小,静电力减小,故加速度减小,C正确,D错误。]
考向2 Ex图像
1.Ex图像中,E的数值反映电场强度的大小,E的正负反映E的方向,E为正表示电场方向为正方向。
2.Ex图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”,电势差的正负由沿场强方向电势降低判断。
(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷( )
A.在x2和x4处电势能相等
B.由x1运动到x3