2022高中物理 第一章 靜電場 習(xí)題課 電場力的性質(zhì)學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、2022高中物理 第一章 靜電場 習(xí)題課 電場力的性質(zhì)學(xué)案 新人教版選修3-1 1．電場力公式 (1)F＝Eq(適用于一切電場) (2)F＝k(適用于真空中兩點電荷) 2．電場強(qiáng)度的計算公式 (1)E＝(場強(qiáng)的定義式，適用于一切電場) (2)E＝k(點電荷的場強(qiáng)公式，只適用于點電荷的電場) 3．電場線 (1)電場線的特點 ①電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷； ②電場線在電場中不相交； ③電場強(qiáng)度大的地方電場線較密，電場強(qiáng)度小的地方電場線較疏． (2)電場線描述電場 ①電場線的疏密描述電場的強(qiáng)弱； ②電場線的切線方向即是該點場強(qiáng)的方向． 　等量

2、電荷電場的分析 　 (2018·華南師大附中高二檢測)如圖所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子除受電場力外，所受的另一個力的大小和方向變化情況是(　　) A．先變大后變小，方向水平向左 B．先變大后變小，方向水平向右 C．先變小后變大，方向水平向左 D．先變小后變大，方向水平向右 [解析]　等量異種電荷電場線分布如圖甲所示，由圖中電場線的分布可以看出，從A點到O點，電場線由疏到密；從O點到B點，電場線由密到疏，所以沿點A、O、B，電場強(qiáng)度應(yīng)先由小變大，再由大變小，方向為水平向右．由于電子做勻速直線運動，所受合外力必為零，故另一個力應(yīng)與電

3、子所受電場力大小相等、方向相反，電子受到電場力方向水平向左，且沿點A、O、B運動的過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個力的方向應(yīng)水平向右，其大小應(yīng)先變大后變小，如圖乙所示，故選B． [答案]　B 兩個等量點電荷的疊加電場的特點 (1)等量同號點電荷的電場 ①兩點電荷連線上，中點處場強(qiáng)為零，向兩側(cè)場強(qiáng)逐漸增大． ②兩點電荷連線的中垂線上由中點到無限遠(yuǎn)，場強(qiáng)先變大后變?。? (2)等量異號點電荷的電場 ①兩點電荷連線上，沿電場線方向場強(qiáng)先變小再變大，中點處場強(qiáng)最?。? ②兩點電荷連線的中垂線上電場強(qiáng)度方向都相同，總與中垂線垂直且指向負(fù)點電荷一側(cè)．沿中垂線從中點到無限遠(yuǎn)處

4、，場強(qiáng)一直減小，中點處場強(qiáng)最大．　 【題組突破】 1．(多選)如圖所示，A、B為兩個固定的等量正點電荷，在它們連線的中點處有一個可以自由運動的正點電荷C，現(xiàn)給電荷C一個垂直于連線的初速度v0，若不計電荷C所受的重力，則關(guān)于電荷C運動過程中的速度和加速度情況，下列說法正確的是(　　) A．加速度始終增大 B．加速度先增大后減小 C．速度始終增大，最后趨于無窮大 D．速度始終增大，最后趨于某一有限值 解析：選BD．由電場的疊加原理，AB中垂線上由C向上場強(qiáng)為先增大后減小，故電荷C所受電場力向上先增大后減小，所以C的加速度先增大后減小，但速度始終增大，且有一有限值，可知B、D正確

5、． 2．(多選)(2018·江西南昌二中檢測) 如圖所示，兩個帶等量的正電荷的小球A、B(均可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且PO＝ON．現(xiàn)將一個帶負(fù)電的小球C(可視為質(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的運動速度圖象中，可能正確的是(　　) 解析：選AB．在A、B連線的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點的電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，?fù)電荷沿垂直平分線從無窮遠(yuǎn)處向O點運動，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(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點運動到無窮遠(yuǎn)，速

6、度變化情況同另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性．如果P、N距O點足夠遠(yuǎn)，B正確，如果P、N距O點很近，A正確． 　求解電場強(qiáng)度的“巧法” 　如圖所示選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點O處電場強(qiáng)度最大的是(　　) [解析]　每個圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，設(shè)為E．根據(jù)電場的疊加原理和對稱性，得A、B、C、D各圖中O點的電場強(qiáng)度分別為EA＝E、EB＝E、EC＝E、ED＝0，故選項B正確． [答案]　B 要善于利用對稱觀點，如無窮大平面導(dǎo)體表面感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場，是關(guān)于表面對稱分布的，即對稱的兩個位置的電場強(qiáng)度等大、反向．　

7、 【題組突破】 1．如圖所示， 一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A點所受的庫侖力為(　　) A．，方向向上　　　　　 B．，方向向上 C．，方向水平向左 D．不能確定 解析：選B．先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一小部分可視為一個點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上的分力相互抵消，豎直方向上的分力大小為＝，方向向上，故選B． 2．如圖所示， 一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、

8、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強(qiáng)為零，則d點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選B．由b點處的合場強(qiáng)為零可得圓盤在b點處的場強(qiáng)與點電荷q在b點處的場強(qiáng)大小相等、方向相反，所以圓盤在b點處的場強(qiáng)大小為Eb＝k，再根據(jù)圓盤場強(qiáng)的對稱性和電場強(qiáng)度疊加即可得出d點處的場強(qiáng)為Ed＝Eb＋k＝k，B正確． 　靜電場中力學(xué)知識的綜合應(yīng)用 　在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點，當(dāng)小球靜止時細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示．

9、現(xiàn)用力擊打小球，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動．試問： (1)小球做圓周運動的過程中，在哪點速度最小？最小速度是多少？ (2)小球在哪點速度最大？最大速度為多少？ [思路點撥] 重力場與勻強(qiáng)電場的疊加，可用等效的方法建立等效力場，類比重力場，用力學(xué)方法求解． [解析]　(1)小球所受重力和電場力的合力F＝，如圖所示，方向斜向右下方，且與豎直方向成θ角．將合力等效成一個合場力，其等效加速度g效＝．因小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，所以小球在等效最高點A點時速度最小，且在A點時線的拉力為零，故等效合場力提供向心力，即mg效＝，得vA＝． (2)由能量守恒定律，小球在等效最低點B

10、點時速度最大，設(shè)為vB，則從A到B由動能定理得 mv－mv＝mg效·2l 解得vB＝． [答案]　(1)A點　　(2)B點　 1．帶電體在多個力作用下的平衡問題：帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，物體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等． 2．帶電體在電場中的加速問題：與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進(jìn)行受力分析時不要漏掉電場力(靜電力)． 3．用等效思想處理疊加場問題：對于疊加場中的力學(xué)問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果，也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加場等效為

11、一個簡單場，然后與重力場中的力學(xué)問題進(jìn)行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答． 如將重力場和勻強(qiáng)電場合成為等效重力場，然后利用物體只受重力時的解題方法即可解決問題．如要使物體能在疊加場中做完整的圓周運動，臨界條件是物體恰能通過等效最高點；再如物體的最大速度必然出現(xiàn)在等效最低點，等等．　 【題組突破】 1．(2018·山西太原五中測試)如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道的圓心處，將另一帶正電、電荷量為q2、質(zhì)量為m的小球，從軌道的A處無初速度釋放，求： (1)小球運動到B點時的速度大?。? (2)小球在B點時對軌道的壓力． 解析：(1)帶電小球q2在半圓光滑軌道上

12、運動時，庫侖力不做功，故機(jī)械能守恒，則mgR＝mv， 解得vB＝． (2)小球到達(dá)B點時，受到重力mg、庫侖力F和支持力FN，由圓周運動公式和牛頓第二定律得 FN－mg－k＝m，解得FN＝3mg＋k， 根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點時對軌道的壓力為 F′N＝FN＝3mg＋k，方向豎直向下． 答案：(1)　(2)3mg＋k，方向豎直向下 2．(2018·杭州高二檢測) 如圖所示，一質(zhì)量為m＝1．0×10－2kg，帶電量為q＝1．0×10－6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場中，假設(shè)電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向夾角為37°．小球在運動過程中電量保持不變，重力加速

13、度g取10 m/s2． (1)求電場強(qiáng)度E的大??； (2)若在某時刻將細(xì)線突然剪斷，求經(jīng)過1 s時小球的速度大小v及方向．(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8) 解析：(1)由平衡條件得小球所受電場力 F＝mgtan θ， 所以小球所在處的電場強(qiáng)度的大小：E＝＝ ＝N/C＝7．5×104 N/C． (2)細(xì)線剪斷后，小球的合力 F合＝＝1．25mg 根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度： a＝＝1．25g＝12．5 m/s2． 所以1 s時小球的速度大小v＝at＝12．5 m/s，速度方向沿原細(xì)線方向向下，即方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下． 答案：(1)7．

14、5×104 N/C　(2)12．5 m/s　方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下 1．如圖所示， 在豎直放置的光滑半圓形絕緣細(xì)管的圓心O處放一點電荷，將質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則放于圓心處的電荷在AB弧中點處的電場強(qiáng)度的大小為(　　) A．E＝　　　　　　 B．E＝ C．E＝ D．不能確定 解析：選C．帶電小球從A到B的過程中，庫侖力方向始終和速度方向垂直，故只有重力對小球做功，小球機(jī)械能守恒，則mgR＝mv，在B處小球受重力和庫侖力的合力提供向心力，得qE－mg＝，解得E＝，C正確． 2．(多選

15、) (2018·江蘇啟東中學(xué)高二檢測)有兩個帶有等量異種電荷的小球，用絕緣細(xì)線相連后懸起，并置于水平方向的勻強(qiáng)電場中，如圖所示．當(dāng)兩小球都處于平衡時不可能的位置是選項中的(　　) 解析：選BCD．若把兩小球和兩球之間的連線看成一個整體，因為兩球所帶電荷是等量異種電荷，所以兩小球在水平方向上受電場力的合力為零，豎直方向只受兩球的重力和上段細(xì)線的拉力，重力豎直向下，所以上段細(xì)線的拉力必須豎直向上，則答案為B、C、D． 3．(多選)如圖所示的電場中，虛線為某帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子一定是從a點運動到

16、b點 C．粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度 D．粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度 解析：選AC．做曲線運動的物體，合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電的粒子受到的電場力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A正確；粒子不一定是從a點沿軌跡運動到b點，也可能從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點的受力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；粒子從c到a的過程，電場力與速度成銳角，所以粒子做加速運動，在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤． 4．如圖所示，豎直放置的兩塊足夠大的帶電平行板間形成一個方向水平向右的勻強(qiáng)電場區(qū)域，電場強(qiáng)度E＝3×104N/C．在兩板間用絕緣細(xì)線懸掛一個質(zhì)量m＝5×10－3 kg的帶電小球，靜止時小球偏離豎直方向的角度θ＝60°．g取10 m/s2．試求： (1)小球的電性和電荷量； (2)若小球靜止時離右板d＝5×10－2m，剪斷懸線后，小球經(jīng)多長時間碰到右極板？ 解析：(1)因為小球靜止，即受力平衡，所以小球帶正電荷，小球受力分析如圖所示．由平衡條件有qE＝mgtan θ 解得q＝×10－6C． (2)剪斷細(xì)線后，小球在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動． ax＝，d＝axt2 解得t＝0．1 s． 答案：(1)正電荷　×10－6C　(2)0．1 s