高中物理难点之七法拉第电磁感应定律.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高中物理难点之七法拉第电磁感应定律.精品文档.难点之七 法拉第电磁感应定律一、难点形成原因1、关于表达式此公式在应用时容易漏掉匝数n，实际上n匝线圈产生的感应电动势是串联在一起的，其次是合磁通量的变化，尤其变化过程中磁场方向改变的情况特别容易出错，并且感应电动势E与、的关系容易混淆不清。2、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况E=Blv、E=nBssin（或E=nBscos）解决问题时，不注意各公式应用的条件，造成公式应用混乱从而形成难点。3、公式E=nBssin（或E=nBscos）的记忆和推导是难点，造成推导困难的原因主要是此情况下，线圈

2、在三维空间运动，不少同学缺乏立体思维。二、难点突破1、同v、v、一样都是容易混淆的物理量，如果理不清它们之间的关系，求解感应电动势就会受到影响，要真正掌握它们的区别应从以下几个方面深入理解。磁通量磁通量变化量磁通量变化率物理意义磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量大小计算，为与B垂直的面积，或或注意若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量开始和转过1800时平面都与磁场垂直，穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，=2 BS，而不是零既不表示磁通量的大

3、小，也不表示变化的多少，在t图象中用图线的斜率表示2、明确感应电动势的三种特殊情况中各公式的具体用法及应用时须注意的问题导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv，应用此公式时B、l、v三个量必须是两两相互垂直，若不垂直应转化成相互垂直的有效分量进行计算，生硬地套用公式会导致错误。有的注意到三者之间的关系，发现不垂直后，在不明白角含义的情况下用E=Blvsin求解，这也是不可取的。处理这类问题，最好画图找B、l、v三个量的关系，如若不两两垂直则在图上画出它们两两垂直的有效分量，然后将有效分量代入公式E=Blv求解。此公式也可计算平均感应电动势，只要将v代入平均速度即可。导体棒以端点为轴在垂直于磁

4、感线的匀强磁场中匀速转动，计算此时产生的感应电动势须注意棒上各点的线速度不同，应用平均速度（即中点位置的线速度）来计算，所以。矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场的任意轴匀速转动产生的感应电动势何时用E=nBssin计算，何时用E=nBscos计算，最容易记混。其实这两个公式的区别是计时起点不同，记住两个特殊位置是关键。当线圈转至中性面（即线圈平面与磁场垂直的位置）时E=0，当线圈转至垂直中性面的位置（即线圈平面与磁场平行）时E=nBs。这样，线圈从中性面开始计时感应电动势按E=nBssin规律变化，线圈从垂直中性面的位置开始计时感应电动势按E=nBscos规律变化。并且用这两个公式可以求某时刻

5、线圈的磁通量变化率/t，不少同学没有这种意识。推导这两个公式时，如果能根据三维空间的立体图准确画出二维空间的平面图，问题就会迎刃而解。另外，求的是整个闭合回路的平均感应电动势，t0的极限值才等于瞬时感应电动势。当均匀变化时，平均感应电动势等于瞬时感应电动势。但三种特殊情况中的公式通常用来求感应电动势的瞬时值。4、典型例例1： 关于感应电动势，下列说法正确的是（ ）A穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势就越大B穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大C穿过回路的磁通量变化率越大，回路中的感应电动势就越大D单位时间内穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大答案：CD【总

6、结】感应电动势的有无由磁通量变化量决定，0是回路中存在感应电动势的前提，感应电动势的大小由磁通量变化率决定，越大，回路中的感应电动势越大，与、无关。例2：一个面积S=410-2m2，匝数N=100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间变化规律为B /t=2T/s，则穿过线圈的磁通量变化率为 Wb/s，线圈中产生的感应电动势E= V。【总结】计算磁通量=BScos、磁通量变化量=2-1、磁通量变化率/t时不用考虑匝数N，但在求感应电动势时必须考虑匝数N，即E=N/t。同样，求安培力时也要考虑匝数N，即F=NBIL，因为通电导线越多，它们在磁场中所受安培力就越大，所

7、以安培力也与匝数N有关。图7-1例3：如图7-1所示，两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为L，左端接一电阻R，其余电阻不计。长为2L的导体棒ab如图所示放置， 开始时ab棒与导轨垂直，在ab棒绕a点紧贴导轨滑倒的过程中，通过电阻R的电荷量是 。答案：【总结】用E=N/t求的是平均感应电动势，由平均感应电动势求闭合回路的平均电流。而电路中通过的电荷量等于平均电流与时间的乘积，即，注意这个式子在不同情况下的应用。图7-2例4：如图7-2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度V0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻

8、力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是（ ）A越来越大 B越来越小C保持不变 D无法判断答案：C【总结】应用感应电动势的计算公式E=Blv时，一定要注意B、l、v必须两两垂直，若不垂直要取两两垂直的有效分量进行计算。例5：如图7-3所示，长为L的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度匀速转动，磁感应强度为B，求ab两端的电势差。图7-3答案：BL2/2【总结】若用E=Blv求E，则必须先求出平均切割速率；若用E=n/t求E，则必须先求出金属棒ab在t时间扫过的扇形面积，从而求出磁通量的变化率。例6：如图7-4所示，矩形线圈abcd共有n匝，总电阻为R，部分置于有理

9、想边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁感应强度大小为B。让线圈从图示位置开始以ab边为轴匀速转动，角速度为。若线圈ab边长为L1，ad边长为L2，在磁场外部分为，则图7-4线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为 。线圈从图示位置转过1800的过程中，线圈中的平均感应电流为 。若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势的大小为 ，磁通量的变化率为 。【审题】磁场有边界时，线圈abcd从图示位置转过530的过程中，穿过线圈的磁通量始终没有变化，所以此过程感应电动势始终为零；在线圈abcd从图示位置转过1800的过程中，初末状态磁通量大小不变，但方向改变，所以。磁场没有边界时

10、，线圈abcd从图示位置转动产生的感应电动势按E=nBssin规律变化，即E=nBL1L2sint，t时刻磁通量的变化率/t=E/n=BL1L2sin t。【解析】线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为零。线圈从图示位置转过1800的过程中，若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势E=nBL1L2sint=此时磁通量的变化率答案：0；，【总结】本题考查了三个知识点：感应电动势的产生由决定，=0则感应电动势等于零；磁通量的变化量的求法，开始和转过1800时平面都与磁场垂直，=2 BS，而不是零；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动产生感应电动势的表达式及此过程中任一时刻磁通

11、量的变化率的求法。图7-5例7：一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图7-5甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图7-5乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是（ ）【解析】A选项中00.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增加，与图乙中感应电流方向矛盾，故A错；B选项中00.5s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱符合条件，但0.51s，磁场垂直纸面向里且均匀增强与图乙中感应电流方向矛盾，故B错；C选项中00.5s

12、，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.51s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，11.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增强，1.52s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱，都与题意相付，故C对；D选项中00.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.51.5s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1.52s磁场垂直纸面向里且均匀增强，都与题意相付，故D对。答案：CD【总结】本题考查了从图象上获取信息的能力，在回路面积一定的情况下，Bt图象的斜率反映感应电动势的大小，B大小或方向的改变决定回路中感应电动势的方向。若给出的是t图象，情况是一样的。图7-6例8：如图7-6所示，金属导轨间距为d，左端接一电阻R，匀强磁场的磁感应强度为

13、B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面，一根长金属棒与导轨成角放置，金属棒与导轨电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻的电流强度为 ；电阻R上的发热功率为 ；拉力的机械功率为 。【解析】或者答案：；【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、焦耳定律及力学中功率相结合的题目，涉及到能量转化的问题，扎实的基础知识是解题的关键。图7-7例9：如图7-7所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀

14、强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。求：在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。【解析】ab杆的速度为v时，感应电动势E=BLv图7-8根据牛顿第二定律，有ma=mgsin-F当F=mgsin时，ab杆达最大速度vmax，所以答案：；【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、牛顿第二定律相结合的题目，解这类题目正确受力分析和运动过程分析是关键。图7-9例10：如图7-9甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L

15、=0.20m，电阻R=1.0，有一导体杆静止放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图7-9乙所示，求杆的质量m和加速度a.【解析】导体杆从静止开始做匀加速运动，则有v=at （1） =BLv （2）设安培力为F，则F=BIL=B2L2v/R （3）由牛顿第二定律得：F- F=ma （4）由（1）（2）（3）（4）得F= ma+ B2L2 at /R 即F= ma+ at /100 (5)在图乙中取两点坐标值代入上式：t=10s时，F=2N，

16、有2= ma+ 0.1a (6)t=20s时,F=3N,有3= ma+ 0.2a (7)由(6)(7)解得m=0.1kg,a=10m/s2【总结】题中拉力F和安培力都是变力，看上去无从下手，但细一分析杆做匀加速运动，其合外力不变，根据牛顿第二定律和运动学公式结合图象给出的有关信息即可求解，从变中求不变是解本题的关键。难点之八 带电粒子在电场中的运动一、难点形成原因：1、由于对平抛运动规律、牛顿运动规律、匀变速运动规律的理解不深切，导致研究带电粒子在电场中的运动规律时，形成已有知识的负迁移和前摄抑制，出现了新旧知识的干扰和混淆。2、围绕电场、带电粒子问题中的力学知识（如：库仑定律、电场强度、电场

17、力、电场线）与能量知识（如：电势、电势能、电势差、等势面、电势能的变化、电场力的功）模糊混淆导致了认知的困难。3、在解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题时，常常因能否忽略带电粒子所受的重力而导致错误。4、学生对物理知识掌握不全，应用数学处理物理问题的能力、综合分析能力不达标导致解题的困难。二、难点突破策略：带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。处理问题所需的知识都在电场和力学中学习过了，关键是怎样把学过的知识有机地组织起来，这就需要有较强的分析与综合的能力，为有效突破难点，学习中应重视以下几方面

18、：1.在分析物体受力时，是否考虑重力要依据具体情况而定。（1）基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略。“带电粒子”一般是指电子、质子及其某些离子或原子核等微观的带电体，它们的质量都很小，例如：电子的质量仅为0.9110-30千克、质子的质量也只有1.6710-27千克。（有些离子和原子核的质量虽比电子、质子的质量大一些，但从“数量级”上来盾，仍然是很小的。）如果近似地取g=10米/秒2，则电子所受的重力也仅仅是meg=0.9110-3010=0.9110-29(牛)。但是电子

19、的电量为q=1.6010-19库（虽然也很小，但相对而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一个电子处于E=1.0104牛/库的匀强电场中（此电场的场强并不很大），那这个电子所受的电场力F=qE=1.6010-191.0104=1.610-15（牛），看起来虽然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（从“数量级”比较，电场力比重力大了1014倍），由此可知：电子在不很强的匀强电场中，它所受的电场力也远大于它所受的重力qEmeg。所以在处理微观带电粒子在匀强电场中运动的问题时，一般都可忽略重力的影响。但是要特别注意：有时研究的问题不是微观带电粒子，而是宏观带电物体，那就不允许忽略重力

20、影响了。例如：一个质量为1毫克的宏观颗粒，变换单位后是110-6千克，它所受的重力约为mg=110-610=110-5（牛），有可能比它所受的电场力还大，因此就不能再忽略重力的影响了。2加强力学知识与规律公式的基础教学，循序渐进的引入到带电粒子在电场中的运动，注意揭示相关知识的区别和联系。3注重带电粒子在电场中运动的过程分析与运动性质分析（平衡、加速或减速、轨迹是直线还是曲线），注意从力学思路和能量思路考虑问题，且两条思路并重；同时选择好解决问题的物理知识和规律。带电粒子在匀强电场中的运动，是一种力电综合问题。解答这种问题经常运用电场和力学两方面的知识和规律，具体内容如下：所需电场的知识和规律

21、有：EF=qE；W=qU；E；电场线的性质和分布；等势面的概念和分布：电势、电势差、电势能、电场力做功与电势能变化关系。所需力学的知识和规律有：牛顿第二定律F=ma；动能定理W=Ek；动能和重力势能的概念和性质；能的转化和守恒定律；匀变速直线运动的规律；抛物体运动的规律；动量定理；动量守恒定律；解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题，既需要掌握较多的物理知识，又需要具有一定的分析综合能力。处理带电粒子运动问题的一般有三条途径：（1）匀变速直线运动公式和牛顿运动定律（2）动能定理或能量守恒定律（3）动量定理和动量守恒定律处理直线变速运动问题，除非题目指定求加速度或力，否则最好不要用牛顿第二定律来

22、计算。要优先考虑使用场力功与粒子动能变化关系，使用动能定理来解，尤其是在非匀强电场中，我们无法使用牛顿第二定律来处理的过程，而动能定理只考虑始末状态，不考虑中间过程。一般来说，问题涉及时间则优先考虑冲量、动量，问题涉及空间则优先考虑功、动能。对带电粒子在非匀强电场中运动的问题，对中学生要求不高，不会有难度过大的问题。4强化物理条件意识，运用数学工具（如，抛物线方程、直线方程、反比例函数等）加以分析求解。（一）带电粒子的加速1.运动状态分析带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。2.用功能观点分析粒子动能的变化量等于电场力做的功。（

23、1）若粒子的初速度为零，则qU=mv2/2,V=（2）若粒子的初速度不为零，则qU=mv2/2- mv02/2, V=3.用牛顿运动定律和运动学公式分析：带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。说明：（1）不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子W=qU都适应，而W=qEd，只适应于匀强电场.图8-1（2）对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解决的思路是列动能定理的方程（能量观点）来求解。例1：如图8-1所示，带电粒子在电场中的加速：在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U，两板间有一个带正电荷q的带电粒子，它在电场

24、力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）【解析】带电粒子在运动过程中，电场力所做的功W=qU。设带电粒子到达负极板时的动能EK=mv2，由动能定理qU=mv2 得：v=【总结】上式是从匀强电场中推出来的，若两极板是其他形状，中间的电场不是匀强电场，上式同样适用。例2：下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，哪种粒子的速度最大？（A）a粒子（B）氚核（C）质子（D）钠离子1 根据可以导出下式： 由此可知：对于各种粒子来说，加速电压U都是相同的。因此v与成正比；v与成反比。因为质子和钠离子所带的电量相同，而钠离子的质量却比质子大得

25、多，所以可断定电场加速后的质子速度应比钠离子大得多。因此选项（D）首先被淘太。2为了严格和慎重起见，我们对被加速后的粒子、氚核、质子的速度进行下列推导：对于粒子质量为4mp、电量为2e对于氚核质量为3mp、电量为e对于质子质量为mp电量为e从比较推导的结果中知：质子的速度 VP 最大，正确答案为（C）。【总结】本题关键是正确使用动能定理，正确得出速度的表达式，由表达式加以讨论，进而得出正确选项。图8-2图8-3例3：如图8-2所示，真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零）,A板电势变化的规律如图8-3所示.将一个质量m=2.010-23 k

26、g,电量q=+1.610-1C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力.求：(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;(2)若A板电势变化周期T=1.010-5 s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小；(3)A板电势变化频率多大时，在t=到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板.【解析】电场强度E =带电粒子所受电场力，F=ma粒子在0时间内走过的距离为m故带电粒在在时恰好到达A板根据动量定理，此时粒子动量kgm/s带电粒子在向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A板运动的可能最大位移要求粒子不

27、能到达A板，有s 。（3）由电场线的疏密分布（或由E=kQ/r2）得EA=ECEB。（4）因粒子从AB电场力做负功，由动能定理可知EkBEkB。【总结】图8-8该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。例7： 在图8-8中a、b和c表示点电荷a的电场中的三个等势面，它们的电势分别为U、U、U。一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c的速率为 。【审题】1已知a、b、c三点的电势的大小关系为UUU根据“电场线的方向

28、总是由电势高的等势面指向电势低的等势面”的性质，可分析出本题中的电场线方向是由场源点电荷Q为中心向四处放射的，而这样分布电场线的场源点电荷应当是带正电的。2原来处于静止状态的带电粒子，若仅受电场力作用应做加速运动。应沿着电场线的方向由电势高处向电势低处运动。说明：前面所说的加速运动不一定是匀加速运动。只有在匀强电场中带电粒子才会作匀加速运动。在非匀强电场中（例如在点电荷场源的电场中）由于各处的电场强度不同，电荷所受的电场力的大小是变化的，所以加速度的大小也是变化的。3解答本题选用的主要关系式为：式中Uab两等势面的电势差，va、vb为带电粒子经过时a、b等势面时的速率。（对于b、c两等势面也存

29、在同样形式的关系式。）【解析】设：带电粒子的电量为q；a、b两等势面的电势差为Uab，b、c两等势面的电势差Ubc；带电粒子经过等势面a、b、c时的速率分别为Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v）则：将、两式相除可得：将、代入式：所以，带电粒子经过等势面c的速度为1.5v。【总结】带电粒子在非匀强电场中运动牵扯到动能变化时通常用动能定理求解比较方便，在分析问题时分清物理过程是非常关键的。（六）考虑受重力或其它恒力作用时的带电物体的运动问题图8-9若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。例8：质量m=0.1g，带电荷量10-7

30、C的带电微粒以v0=10m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，如图8-9所示，已知板长L=1.0m，板间距离d=0.06m，当UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ 【审题】当UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，说明微粒的重力要考虑，要使带电粒子能从板间飞出，AB间所加电压必定是一个范围，从上板边缘飞出对应最高电压，从下板边缘飞出对应最低电压，利用平衡条件、牛顿第二定律及运动学公式便可求出。【解析】带电微粒在板间受电场力和重力的作用，做类平抛运动，当微粒刚好打中下板右边缘时，有：v0，d/2可得=dv02

31、/L2=6.0m/s2对微粒，有（以向下为正）：mg-qU1/d=ma1所以U1=m（g-a1）d/q=60V当微粒刚好打中上板右边缘时，有：v0，2d/2可得2=dv02/L2=6.0m/s2对微粒，有（以向上为正）： Qu2/d -mg=ma2所以U2=m（g+a2）d/q=240V要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压U应满足：U1UU2，即：U【总结】若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。图8-10例9：如图8-10所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以v0初速度竖直向上进

32、入两板间，欲使小球恰好打到A处，试讨论A、B板间的电势差是多少？【审题】小球在B板下方时，只受重力作用，做减速运动，小球进入到两板间时，除受向下的重力外，还受到电场力的作用，向上做减速运动，但由题设的条件，电场力的方向未知，需要分两种情况讨论解决。【解析】当电场力向下时，AB，由动能定理得-qUAB-mg(H+h)=-mv02,UAB=mv02-2g(H+h)/2q当电场力向上时，AB，由动能定理得qUBA-mg(H+h)=- mv02,UBA=m2g(H+h)-v02/2q【总结】本题在求解过程中可分段使用牛顿第二定律和运动学公式，也可分段使用动能定理或全过程使用动能定理，但全过程使用动能定

33、理简单。图8-11例10：如图8-11所示：在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电的小球，另一端固定于O点。把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速解放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为。求：小球经过最低点时细线对小球的拉力。【审题】1在本题中，小球摆动的过程是电荷克服电场力做功（电场力做负功）的过程重力势能减少，电势能增加。根据能的转化和守恒定律可知：重力势能的减少量等于电势能的增加量。（说明：本题是宏观小球，重力不能忽略。）2重力对物体所做的功只跟起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。而且重力所做的功等于物体重力势能的变化

34、。根据这种性质，在本题中若设细线长度为l，则小球从释放点到左侧最高点重力势能的减少量应该等于mglcos。3电场力对电荷所做的功只跟起点和终点的终点的位置有关，而跟电荷运动的路径无关。而且电场力所做的功等于电荷的电势能的变化。根据这种性质，在本题中若设小球所带电量为q、场强为E，则小球从释放点到左侧最高点电势能的增加量应该等于qEl(1+ sin)。（根据W=qU、U=Ed、d=1+lsin推导出上面的结果。）4小球摆动的过程中，重力做正功（重力势能减少）；电场力做负功（电势能增加），因此正功与负功的代数和（即算术差）应当等于小球增加的动能。若设小球运动到最低点时的速度为v，则其数学关系为。5在解答本题时，还需使用圆周运动的向心力关系式，若设小球经过最低点时细线对小球的拉力为T，则应有：。【解析】由式可以导出：将、两式相除可得： 将v2值代入式：所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力为。【总结】圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是近年高考命题的热点，解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，不同的是还要考虑电场力的特点。涉及匀强电场中的圆周运动问题时，具体计算做功值时，要充分利用电场力、重力做功与路径无关的性质求解，分别求每个分力的功比求合力的功简单。