2019-2020學年高中物理 第1章 電場 習題課1 電場力的性質(zhì)學案 粵教版選修3-1

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1、習題課1　電場力的性質(zhì) [學習目標]　1.會分析兩等量同種電荷和兩等量異種電荷的電場分布．　2.會由粒子的運動軌跡分析帶電粒子的受力方向和所在處的電場方向．　3.會解答庫侖力作用下帶電體的平衡問題和加速問題． 等量點電荷電場的電場線比較 等量異種點電荷 等量同種(正)點電荷 電場線圖樣 連線上中點O處的電場強度 最小，指向負電荷一方 為零 連線上的電場強度大小 沿連線先變小，再變大 沿連線先變小，再變大 沿中垂線由O點向外電場強度大小 O點最大，向外逐漸減小 O點最小，向外先變大后變小 關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的電場強度特點 等大

2、同向 等大反向 【例1】　如圖所示，a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中心，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c、e點，它所受的電場力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說法中正確的是(　　) A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0 D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 思路點撥：(1)等量異種電荷在兩電荷連線上的電場方向沿連線且由正電荷指向負電荷． (2)等量異種電荷在兩電荷連線的中垂線上各處電場方向均與中垂線垂直，方向指向負電

3、荷一側(cè)． (3)正電荷在電場中所受的電場力與該處電場方向相同． A　[根據(jù)場強疊加原理，等量異種點電荷連線及中垂線上的電場線分布如圖所示，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點所受電場力方向與場強方向相同，可得到A正確，B、C錯誤；連線上場強由a到b先減小后增大，中垂線上由O到無窮遠處逐漸減小，因此O點場強是連線上最小的(但不為0)，是中垂線上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D錯誤．] 1.(多選)如圖所示，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的中垂線上的兩點，且PO＝ON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視

4、為質(zhì)點)由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，下列關(guān)于小球C的說法可能正確的是(　　) A．速度先增大，再減小 B．速度一直增大 C．加速度先增大再減小，過O點后，加速度先減小再增大 D．加速度先減小，再增大 AD　[在AB的中垂線上，從無窮遠處到O點，電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，故正電荷受電場力沿連線的中垂線運動時，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大；由O點到無窮遠處時，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性．如果P、N相距很近，加速度則先減小，再增大．] 電場線與帶電粒子運動軌跡的綜合分析 帶電粒子只在靜電力作

5、用下做曲線運動時，若已知粒子的運動軌跡，可先根據(jù)曲線運動軌跡形狀與合力方向的關(guān)系，確定靜電力的方向，然后可進一步： (1)判斷電場方向或粒子帶電性質(zhì)：若粒子帶正電，粒子所受靜電力方向與電場方向相同；若粒子帶負電，粒子所受靜電力方向與電場方向相反． (2)判斷靜電力做功情況：靜電力方向與運動方向成銳角時，靜電力做正功；靜電力方向與運動方向成鈍角時，靜電力做負功． (3)判斷粒子動能變化情況：若靜電力做正功，則粒子動能增加；若靜電力做負功，則粒子動能減?。? 【例2】　如圖所示，實線為電場線(方向未畫出)，虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，軌跡為一條拋物線．下列判斷正

6、確的是(　　) A．電場線MN的方向一定是由N指向M B．帶電粒子由a運動到b的過程中速度一定逐漸減小 C．帶電粒子在a點的速度一定小于在b點的速度 D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度 C　[由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，物體所受外力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以粒子所受電場力一定是由M指向N，但是由于粒子的電荷性質(zhì)不清楚，所以電場線的方向無法確定，故A錯誤；粒子從a運動到b的過程中，電場力與速度成銳角，粒子做加速運動，速度增大，故B錯誤，C正確；b點的電場線比a點的密，所以帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故D錯誤，故選C.] (1)合力方向與速度方向：

7、合力指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，速度方向沿軌跡的切線方向． (2)分析方法：由軌跡的彎曲情況結(jié)合電場線確定電場力的方向；由電場力和電場線的方向可判斷電荷的正負；由電場線的疏密程度可確定電場力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷電荷加速度的大?。? 2.如圖所示，平行的實線表示電場線，虛線表示一個離子穿越電場的運動軌跡，下列判斷正確的是(　　) A．場強方向一定是向右 B．該離子一定是負離子 C．該離子一定是由a向b運動 D．場強方向、離子的運動方向以及是正離子還是負離子都不能確定，但是離子在a點的動能一定小于在b點的動能 D　[因為不知離子是向哪個方向運動的，可以假設其由b向a

8、運動，由離子的運動軌跡可以判定出，離子只能受到向左的電場力，所以由b向a一定是減速運動的(同理，也可假設離子由a向b運動，此時根據(jù)軌跡可判定出電場力同樣向左，離子加速運動)，所以該離子在a點的動能一定小于在b點的動能；由于電場線方向、離子的電性都是未知的，所以A、B、C均不正確．] 電場力與牛頓第二定律的綜合 【例3】　如圖所示，光滑斜面傾角為37°，一帶正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變?yōu)樵瓉淼模?sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)原

9、來的電場強度； (2)小物塊運動的加速度； (3)小物塊2 s末的速度和2 s內(nèi)的位移． [解析]　(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則mgsin 37°＝qEcos 37°，E＝＝. (2)當場強變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊受到的合外力F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3 mg，又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下． (3)由運動學公式v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s， x＝at2＝×3×22m＝6 m. [答案]　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下 (3)6 m/s　6 m 解決電場強度與力學知識的綜合問題的一般

10、思路 (1)明確研究對象．(多為一個帶電體，也可取幾個帶電體組成的系統(tǒng)) (2)分析研究對象所受的全部外力，包括電場力． (3)由平衡條件或牛頓第二定律列方程求解即可，對于涉及能量的問題，一般用動能定理或能量守恒定律列方程求解． 3．如圖所示，光滑絕緣的水平面上固定著A、B、C三個帶電小球，它們的質(zhì)量都為m，彼此間距離均為r，A、B帶正電，電荷量均為q.現(xiàn)對C施加一個水平力F時放開三個小球．三個小球在運動過程中保持間距r不變(三個小球均可視為點電荷)，求： (1)C球的電性和電荷量大?。? (2)水平力F的大?。? [解析]　(1)A球受到B球沿BA方向的庫侖斥力和C球的庫侖

11、力作用后，產(chǎn)生水平向右的加速度，所以C球?qū)球的庫侖力為引力，C球帶負電，設為Q.對A球，它在AB方向上合力為零，即： k＝k·sin 30°，所以Q＝2q. (2)對A球，根據(jù)牛頓第二定律，k·cos 30°＝ma，F(xiàn)＝3ma，故F＝. [答案]　(1)負電　2q　(2) 1.(多選)一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示．不計粒子所受重力，則(　　) A．粒子帶正電荷 B．粒子加速度逐漸減小 C．A點的速度大于B點的速度 D．粒子的初速度不為零 BCD　[由帶電粒子所受合外力(即電場力)指向軌跡內(nèi)側(cè)，知電場力方向向左，粒子帶負電荷，故A項錯誤．根據(jù)EA

12、>EB，知B項正確．粒子從A到B受到的電場力為阻力，C項正確．由圖可知，粒子從A點運動到B點，速度逐漸減小，故粒子在A點速度不為零，D正確．] 2．(多選)在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點，其中a、b兩點電場強度大小相等的是(　　) 甲　　　　　　乙 丙　　　　　　丁 A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點 B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點 ABC　[甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相等，選項A正確；對乙圖，根據(jù)電場線的疏

13、密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等，選項B正確；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相等，選項C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，選項D錯誤．] 3．如圖所示，一帶電荷量為q＝－5×10－3 C，質(zhì)量為m＝0.1 kg的小物塊處于一傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面上，當整個裝置處于一水平向左的勻強電場中時，小物塊恰好處于靜止狀態(tài)．(g取10 m/s2)求： (1)電場強度多大？ (2)若從某時刻開始，電場強度減小為原來的，物塊下滑距離L＝1.5 m時的速度大小為多少？ [解析]　(1)小物塊受力如圖，由受力平衡得： qE－FNsin θ＝0 ① mg－FNcos θ＝0 ② 由①②得E＝，代入數(shù)據(jù)得E＝150 N/C. (2)由牛頓第二定律得： mgsin θ－cos θ＝ma ③ v2＝2aL④ 由③④得v＝ 代入數(shù)據(jù)得速度大小為v＝3 m/s. [答案]　(1)150 N/C　(2)3 m/s - 7 -