专题五电磁学中的“场”第9讲电场

名师辅导教学内容：专题五电磁学中的“场”第9讲电场考纲要求1.掌握库仑定律、电荷守恒定律，并能利用两个定律计算和解释现象。2.透彻理解电场、电场强度、电势能、电势、电势差、电场线、等势面等概念，并能应用这些概念和相应公式进行有关计算。3.掌握匀强电场中场强和电势差的关系，并能对此进行熟练的运算。4.理解静电感应、静电平衡的知识和静电场中导体的特点，并能用此规律解释有关现象。5.理解电场力做功和电势能变化及带电粒子动能变化的关系，并能熟练应用带电粒在匀强电场中加速和偏转的规律解决有关实际问题。6.理解电容器的概念和基本规律，了解静电防止和应用的原理和实际例子。知识结构热点导析1.本章总体上以库仑定律为理论基础，以描述电场性质的各物理量为核心，重点理解各基本概念的物理意义，注意力学和电场知识的灵活结合。2.场强和电势是从不同角度（力和能）描述电场性质的物理量。认为场强和电势数值上有必然联系是错误的，场强的大小是客观存在的，电势的零点是人为选择的；场强为零时，电势不一定为零，反之亦然；场强相等的各点，电势不一定相等，反之亦然。在匀强电场中电势降落最陡的方向才是电场方向。3.电场线和等势面均是人为引进的为反映场强和电势在电场空间分布规律的假想线。将带电粒子电场中的运动轨迹和电场线混为一体是错误的。只有在直线状电场线区域，带电粒子只受电场力作用以与电场线共线的初速度运动，轨迹和电场线才有机会重合。4.电场中导体达到静电平衡后，内部总电场处处为零，要区分源电荷电场、感应电荷电场和总电场三种电场，总电场等于意味着源电场和感应电荷电场等值反向。5.电容器的电容是用比例来定义的又一物理量，C的大小由Q、U定义而不由Q、U决定，C由电容器本身的结构来决定。电容器与电源始终相接则电压不变，电容器与电源接后断开，则电量不变。6.带电粒子在电场和重力场的复合场中偏转，可先将同为保守力的匀强电场力和重力进行合成，再讨论粒子在合场中运动规律。带电粒子在该复合场中运动机械能和动量往往不守恒，动能定理和动力学解法较为常用。典型例析【例1】有三根长度皆为l=1.00m不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q,q=1.00×10-7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图5-9-1所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）【解析】由5-9-2甲中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图5-9-2乙所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件T1sinα+T2sinβ=qE①T1cosα=mg+T2cosβ②B球受力如图5-9-2丙所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件T2sinβ=qE③T2cosβ=mg④联立以上各式并代入数据，得α=0⑤β=45°⑥由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图5-9-2丁所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA=mg(1-sin60°)⑦B球的重力势能减少了EB=mgl(1-sin60°+cos45°)⑧A球的电势能增加了WA=qElcos60°⑨B球的电势能减少了WB=qEl(sin45°-sin30°)⑩两种势能总和减少了W=WB-WA+EA+EB○11代入数据解得W=6.8×10-2J○12【说明】本题将静力学的平衡问题和电场、重力场的势能及其变化结合起来，具有一定的综合性。本题是2002年高考原题。【例2】宇宙飞船利用离子喷气发动机获得动力，设发动机的加速电压U=50KV，喷出两价氧离子，离子束形成的电流I=2×103A，求飞船获得的加速度。已知基本电荷e=1.60×10-19C，原子质量单位1u=1.7×10-27kg。飞船质量M=200kg。设宇宙飞船在茫茫太空所受其他天体的作用可忽略不计。【解析】由氧离子束形成的电流I，可求出每秒喷出的氧离子数N=e21，每个氧离子加速获得的动能为21mv2=qU=2eU，得v=ueUueUmeU41644。获得的动量mv=16u×ueU4=8ueU,发动机对氧离子束的作用力F=Nmv=e21×8ueU=eueUI4。即飞船获得的反冲力的大小。由牛顿运动定律可得，a=193273106.110500107.120010244euUMIMFm/s2≈3m/s2。此题也可以换一种思路求解。喷气发动机的功率就是氧离子束形成的电流的电功率：P=IU。应等于每秒钟喷出的氧离子束具有的动能。即IU=21M′v2，M′为每秒喷出的氧离子总质量，这些氧离子获得的总动量M′v=IUM2，即离子喷气发动机将氧离子喷出的作用力，也就是飞船获得反冲力的大小，因此，F=IUM2，而M′=Nm=eI2×16u=eIu8，进而求得，F=4IeuU。【说明】讨论本题后，还可进一步触类旁通、拓宽思路。例如，2000年全国高考第10题涉及的空间探测器中的喷气发动机，其工作原理就与本题提供的物理模型有关。图5-9-3为一空间探测器的示意图，P1，P2，P3，P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2，P4的连线与y轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速度v0向正x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°的方向以原来的速度v0平动，则可A.先开动P1适当时间，再开动P4适当时间B.先开动P3适当时间，再开动P2适当时间C.开动P4适当时间D.先开动P3适当时间，再开动P4适当时间。本题选项应为A。【例3】在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy。现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106v/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方形，场强大小仍为E=2.0×106v/m的匀强电场。再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。求此电场的方向及速度为零时小球的位置。【解析】本题为1999年全国高考试题由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为a=mqE代入数值得a=3610100.1100.2100.1=0.2m/s2①当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s②速度的方向沿x轴正方向。小球沿x轴方向移动的距离Δx1=21×0.20×1.02=0.10m③在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动。沿x方向移动的距离Δx2=vxt=0.20m④沿y方向移动的距离Δy=21at2=21×0.20×1.02=0.10m⑤x2=Δx1+Δx2=0.30m⑥y2=Δy=0.10m⑦在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度vy=at=0.20×1.0=0.20m/s⑧由上可知，此时运动方向与x轴成45°角。要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成135°角。在第3秒内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则ax=tvx=0.20m/s2⑨ay=tvy=0.20m/s2⑩在第3秒末小球到达的位置坐标为x3=x2+vxt-21axt2=0.40m○11y3=y2+vyt-21ayt2=0.20m○12【说明】该题考查了学生描绘物理过程细节，还原物理模型的能力，这是今后在高考中出题的方向，注重了分析判断能力的考查。考生需在审题的基础上，弄清各个子过程的运动特点，建立清晰的物理图景，在第1秒内，带电质点沿x轴正向做初速为零的匀加速直线运动；在第2秒内做匀减速直线运动，直到速度为零，运用运动的独立性，分别在x、y两个方面建立方程。【例4】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800KV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.60×10-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则21nn=。【解析】本题为1998年全国高考试题‘（1）由于每秒通过某截面的电荷所带电量即为电流强度，则：由I=ne即：n=193106.1101eI=6.25×1015（个）（2）由于质子是从静止开始做匀加速运动，由v2=2as得：2142221laalvv由于所取为极短距离Δl，可认为在此距离内质子分别以v1、v2速度匀速运动，由于形成的电流恒为1mA，则在两段Δl距离内质子的总电量分别为：Q1=It1,Q2=It2则由Q=nl，则1221212121vvvlvlttQQnn=2【说明】该题主要考查的是电流强度和微观解释，即单位时间内流过某截面的电荷所带电量，第②问的处理方法也与教材中电流强度的微观解释的推导相类似。在计算中主要注意两点：（1）对连续发射的质子源在加速电场中的每处均形成稳定电流强度的理解。（2）近似处理问题。在匀加速直线运动中的每一极小位移内均可认为匀速运动，这也是教材中即时速度的定义方法。此题根据匀变速直线运动的规律即可直接求得。初速度为零的匀加速直线运动中v2t=2as，故在距质子源为l和4l处很小一段距离内质子的速度之比为1∶2，而电流强度相同，所以速度小的质子需产生相同的电流，必须以较多的数目同时穿过一小截面。即I=tq,所以在上述位置取一段极小的质子流，其中质子数比定为2∶1。【例5】如图5-9-4甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=100V的加速电场后，由小孔s沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化的U-t图线如图5-9-4（乙）所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b-0.15m筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长S=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子。（1）以t=0时（见图5-9-4（乙）所示，此时U=0），电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点y坐标和x坐标（不计重力作用）。（2）在给出的坐标纸（图5-9-4（丙）所示）上定量画出电子打到记录纸上的点形成的图线。【解析】本题为1997年全国高考试题（1）计算电子打到记录纸上的最高点坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则21mv20=eV①电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0,则l=v0to②电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动。对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压Uc应满足21d=21·mdeUct20③联立①、②、③式解得Uc=222lduc=20V此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy=mdeUct0④以后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设给坐标为y，由图5-9-5可得02vvbdyy⑤由以上各式解得y=2dldb=2.5cm⑥从题给的U-t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10s，U的最大值Um