第十章 静电场中的能量 本章复习提升 易混易错练 易错点 1　对静电力做功正负的判断出错 1.( ❑ √3 )如图所示，匀强电场中三点 A、B、C 是一个三角形的三个顶点，∠ABC=∠CAB=30°，BC=2 m，已知电场线平行于△ABC 所在的平面，一个电荷量 q=-2×10-6 C 的点电荷由 A 移到 B 的 过程中，电势能增加了 1.2×10-5 J，由 B 移到 C 的过程中，静电力做功 6×10-6 J，下列说法正确的是 (　　) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.B、C 两点的电势差 UBC=3 V B.A 点的电势低于 B 点的电势 C.负电荷由 C 点移到 A 点的过程中，电势能增加 D.该电场的场强为 1 V/m 易错点 2　混淆加速电压和偏转电压 2.( )电子被电压为 U 的电场加速后，垂直于场强方向飞入一个偏转电场，飞入时动能为 Ek，飞 出时动能增加到飞入时的 2 倍。如果加速电场的电压增为 4U，此电子飞出同一偏转电场时的动能 变为 (　　) A.4.25Ek B.5Ek C.8Ek D.16Ek 易错点 3　生搬硬套圆周运动的临界条件 3.( )如图所示，细线一端系住质量为 m 的小球，另一端固定在 O 点，使小球以 O 为圆心，在竖 直面内做半径为 R 的圆周运动。若球带正电，空间有场强为 E、竖直向上的匀强电场，为了使小球 能做完整的圆周运动，在最低点 A 处小球应具有多大的速度？ 思想方法练 一、守恒思想 1.( )(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN 水平。a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放，沿半圆槽运动经 过 P 点到达某点 Q(图中未画出)时速度为零。则小球 a (　　) A.从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B.从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小 C.从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加 D.从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量 二、等效思想 2.( )如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为 R 的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为 m， 电荷量为+q，将小球拉至竖直方向最低位置 A 点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离 竖直方向的最大角度 θ=74°。(重力加速度为 g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，sin 74°=0.96，cos 74°=0.28) (1)求电场强度的大小 E； (2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值。 答案全解全析 本章复习提升 易混易错练 1.D　B、C 两点的电势差为 UBC= W BC =-3 V，故 A 错误；电荷由 A 移到 B 的过程中，电势能增 q 加 1.2×10-5 J，静电力做功-1.2×10-5 J，A、B 两点间的电势差 UAB= W AB =6 V，B 错误；UCA=q UBC-UAB=-3 V，负电荷由 C 移到 A 的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C 错误；UBC=-3 V，UCA=-3 V，UAB=6 V，如图所示，取 AB 中点为 D，C、D 电势相等，所以 C、D 连线为等势 线，而△ABC 为等腰三角形，所以电场强度方向沿着 AB 方向，由 A 指向 B，因为 BC=2 m，由几何关系得 AD=3 m，所以 UAD=E·AD=3 V，所以该电场的场强为 E= ❑ √3 U AD =1 V/m，D 正 AD 确。 2.A　对电子的加速，原来有 eU=Ek，后来有 e·4U=Ek'，Ek'=4Ek，电子动能从 Ek 变为 4Ek，则速度是 从 v 变为 2v，对同一偏转电场，飞入速度从 v 变为 2v 时，运动时间从 t 变为 转电场中运动，加速度 a 相同，则先后偏转位移分别为 y1= t 2 ，电子在同一偏 1 2 1 at ，y2= 2 2 a t 2 2 () ，即 y2= y1 。设场强为 E，有 eEy1=2Ek-Ek=Ek，eEy2=Ek″-Ek'=Ek″-4Ek，解得 Ek″=4.25Ek，选项 A 正确。 4 3.答案　见解析 解析　(1)若 mg=Eq，小球相当于只受细线的拉力，在最低点 A 小球只要满足 v>0 即可做完整的圆 周运动。 v 2B (2)当 Eq<mg 时，在最高点 B 有 mg-Eq=m ，小球在最高点 B 的临界速度是 R vB= √ ❑ ( mg - Eq ) R m 1 1 2 v2 m vB 2 2 m A 从 A→B，由动能定理得 Eq·2R-mg·2R= mg - Eq ) R ¿ 5¿ 解得小球在 A 处最小速度 vA= ¿ ❑ √¿ (3)当 Eq>mg 时，此时的等效最高点为最低点 A，对 A 点根据牛顿第二定律可得 Eq-mg=m v A '2 ，小球在 A 点的临界速度是 vA'= R √ ❑ ( Eq - mg ) R 。 m 思想方法练 1.BC　小球 a 从 N 到 Q 的过程中，重力不变，库仑力 F 逐渐增大，库仑力与重力的夹角逐渐变小， 因此，F 与 mg 的合力逐渐变大，A 错误。从 N 到 P 的过程中，重力沿速度方向的分力等于 F 沿速 度反方向的分力时，小球的速率最大，故速率先增大后减小，B 正确；从 N 到 Q，F 一直做负功， 电势能一直增加，C 正确；从 P 到 Q，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等 于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D 错误。 2.答案　(1) (2) 3 mg 4q 7 mg 4 解析　(1)设细线偏离竖直方向角度最大时小球所处位置为 C 点，在整个过程中，小球受重力 mg、 静电力 qE 和细线的拉力 T 作用，拉力 T 始终不做功，在小球由 A 运动至 C 的过程中，根据动能定 理有 qER sin θ-mgR(1-cos θ)=0 mg(1-cos θ ) 3 mg = q sinθ 4q 解得：E= 2 qE ) 5 mg (2)重力与静电力的合力大小为 F= ( mg )2 +¿ = ① 4 ❑ √¿ 其方向指向左下方，设其方向与竖直方向成 α 角，根据几何关系有 tan α= qE 3 mg = 4 ，即 α=37°② 当小球摆动到细线沿此方向时，设小球位置为 B(等效最低点)，此时小球对细线的拉力最大， 则： 2 mv B T-F= ③ R 小球在由 A 运动到 B 的过程中，根据动能定理有 FR(1-cos α)= 1 2 v 2 m B -0④ 根据牛顿第三定律可知，小球对细线的拉力 T'=T⑤ 由①②③④⑤式联立解得 T'= 7 mg 。 4