2019-2020年高考物理大一輪復習 第7章 靜電場配套教案.doc

《2019-2020年高考物理大一輪復習 第7章 靜電場配套教案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考物理大一輪復習 第7章 靜電場配套教案.doc（65頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理大一輪復習 第7章 靜電場配套教案 一、電荷及其守恒定律　庫侖定律 1．元電荷、點電荷 (1)元電荷：e＝1.6010－19 C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍． (2)點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小和形狀的理想化模型． 2．電荷守恒定律 (1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變． (2)三種起電方式：摩擦起電、感應起電、接觸起電． (3)帶電實質(zhì)：物體得失電子． (4)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導體，接觸后再分開，二者帶相同電荷；若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分． 3．感應起電 (1)起電原因：電荷間的相互作用，或者說是電場對電荷的作用． (2)當有外加電場時，電荷向?qū)w兩端移動，出現(xiàn)感應電荷，當無外加電場時，導體兩端的電荷發(fā)生中和． 4．庫侖定律 (1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上． (2)表達式：F＝k，式中k＝9.0109 Nm2/C2，叫做靜電力常量． (3)適用條件：真空中的點電荷． ①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式； ②當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷． (4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，且同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引． 二、電場、電場強度 1．電場 (1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)． (2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用． 2．電場強度 (1)定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值． (2)定義式：E＝.單位：N/C或V/m. (3)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點受電場力的方向為該點電場強度的方向． 三、電場線 1．電場線的特點 (1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處． (2)電場線在電場中不相交． (3)電場線不是電荷在電場中的運動軌跡． 2．電場線的應用 (1)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大． (2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向． (3)沿電場線方向電勢逐漸降低． (4)電場線和等勢面在相交處互相垂直． [自我診斷] 1．判斷正誤 (1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍．(√) (2)根據(jù)F＝k，當r→0時，F(xiàn)→∞.() (3)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比．() (4)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向．(√) (5)在真空中，電場強度的表達式E＝中的Q就是產(chǎn)生電場的點電荷．(√) (6)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同．() (7)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向．() 2．兩個分別帶有電荷量＋Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定，距離變?yōu)?r，則兩球間庫侖力的大小為(　　) A.F　 B．F C.F D．F 解析：選C.兩球接觸前F＝，接觸后所帶電量均為＋2Q，庫侖力大小為F′＝k＝ ＝F，C正確． 3．(多選)以下關于電場和電場線的說法中正確的是(　　) A．電場、電場線都是客觀存在的物質(zhì)，因此電場線不僅能在空間相交，也能相切 B．在電場中，凡是電場線通過的點，場強不為零，沒有電場線的區(qū)域內(nèi)的點場強為零 C．同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大 D．電場線是人們假想的，用以形象表示電場的強弱和方向，客觀上并不存在 解析：選CD.電場線是假想的，不是物質(zhì)，在空間不相交、不相切，沒有電場線的區(qū)域內(nèi)的點，場強不一定為零，A、B錯誤，C、D正確． 4. 如圖所示，電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點．已知在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR＝2RQ.則(　　) A．q1＝2q2 B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 解析：選B.由于R處的合場強為0，故兩點電荷的電性相同，結合點電荷的場強公式E＝k可知k－k＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，本題選B. 考點一　電荷守恒定律和庫侖定律 1．庫侖定律適用條件的三點理解 (1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離． (2)對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布． (3)不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞.其實，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點電荷了． 2．應用庫侖定律的三條提醒 (1)在用庫侖定律公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電量的絕對值計算庫侖力的大?。? (2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反． (3)庫侖力存在極大值，由公式F＝k可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當q1＝q2時，F(xiàn)最大． 1. 如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們分別固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，兩球電荷量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為(　　) A．F引＝G，F(xiàn)庫＝k　　　　 B．F引≠G，F(xiàn)庫≠k C．F引≠G，F(xiàn)庫＝k D．F引＝G，F(xiàn)庫≠k 解析：選D.萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點．因此，可以應用萬有引力定律．對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，表面的電荷分布并不均勻，不能把兩球殼看成相距l(xiāng)的點電荷，故D正確． 2．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知(　　) A．n＝3 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6 解析：選D.由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷．由庫侖定律F＝k知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，則接觸時平分總電荷量，故有F＝qnq＝，解得n＝6，D正確． 3．已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同．如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R.現(xiàn)以OB為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點處檢驗電荷q受到的電場力的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.實心大球?qū)的庫侖力F1＝，實心小球的電荷Q′＝Q＝，實心小球?qū)的庫侖力F2＝＝，檢驗電荷q所受的電場力F＝F1－F2＝，選項B正確． 考點二　庫侖力作用下的平衡問題和動力學問題 考向1：“三個自由點電荷平衡”的問題 (1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合場強為零的位置． (2) 1. 如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應為(　　) A．正電荷，在B的右邊0.4 m處 B．正電荷，在B的左邊0.2 m處 C．負電荷，在A的左邊0.2 m處 D．負電荷，在A的右邊0.2 m處 解析：選C.要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”、“兩大夾小”的原則，所以C正確． 2．(xx福建寧德質(zhì)檢)如圖所示，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質(zhì)點，A和C圍繞B做勻速圓周運動，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1和L2.不計三個質(zhì)點間的萬有引力，則A和C的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)應是(　　) A.2　 B．2 C.3 D.3 解析： 選C.根據(jù)B恰能保持靜止可得k ＝k； A做勻速圓周運動， k－k ＝mAω2L1，C做勻速圓周運動，k－k＝mCω2L2，聯(lián)立解得A和C的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)之比應是3，選項C正確． 考向2：共點力作用下的平衡問題 解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟 庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎上多了電場力．具體步驟如下： 3．(多選) 如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當＝ 時，細線上的拉力為0 C．當＝ 時，細線上的拉力為0 D．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選AC.根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝，選項A正確；當細線上的拉力為0時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得＝mgtan θ，解得＝ ，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，選項D錯誤． 4．(xx廣東第二次大聯(lián)考)(多選) 如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為210－5C，質(zhì)量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負電荷，且均可視為點電荷．A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30，則A、B球之間的距離可能為(　　) A．0.5 m　 B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 解析：選AB.對A受力分析，受重力mg、細線的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin 30＝，解得r＝1 m，所以兩球的距離d≤1 m，A、B正確． 考向3：庫侖力作用下的動力學問題 解決與電場力有關的動力學問題的一般思路： (1)選擇研究對象(多為一個帶電體，也可以是幾個帶電體組成的系統(tǒng))； (2)對研究對象進行受力分析，包括電場力、重力(電子、質(zhì)子、正負離子等基本粒子在沒有明確指出或暗示時一般不計重力，帶電油滴、帶電小球、帶電塵埃等帶電體一般計重力)； (3)分析研究對象所處的狀態(tài)是平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)還是非平衡狀態(tài)(變速運動等)； (4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程求解． 5．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R，在中心處固定一電荷量為＋Q的點電荷．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當小球運動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力是多大？ 解析：設小球在最高點時的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律 mg－＝m① 設小球在最低點時的速度為v2，管壁對小球的作用力為F， 根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－＝m② 小球從最高點運動到最低點的過程中只有重力做功，故機械能守恒， 則mv＋mg2R＝mv③ 由①②③式得F＝6mg 由牛頓第三定律得小球?qū)鼙诘淖饔昧′＝6mg. 答案：6mg 6. 如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置一帶正電的長直細棒，其周圍產(chǎn)生垂直于帶電細棒的輻射狀電場，場強大小E與距細棒的垂直距離r成反比，即E＝.在帶電長直細棒右側(cè)，有一長為l的絕緣細線連接了兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，小球A、B所帶電荷量分別為＋q和＋4q，A球距直棒的距離也為l，兩個球在外力F＝2mg的作用下處于靜止狀態(tài)．不計兩小球之間的靜電力作用． (1)求k的值； (2)若撤去外力F，求在撤去外力瞬時A、B小球的加速度和A、B小球間絕緣細線的拉力． 解析： (1)對小球A、B及細線構成的整體，受力平衡， 有q＋4q＝2mg 解得k＝. (2)若撤去外力瞬時， A、B間細線拉力突然變?yōu)榱?，則 對A球：q＝maA得aA＝，方向向右． 對B球：4q＝maB得aB＝，方向向右． 因為aAφb，B正確；將試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線的切線方向運動而不是沿電場線運動，C錯誤；在原電場中，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電場力做正功，在d點再固定一點電荷－Q，將一試探電荷＋q由a移到b的過程中，在－Q形成的電場中電場力對試探電荷也做正功，所以在合電場中，將一試探電荷＋q由a移至b的過程中，電場力做正功，電勢能將減小，D正確． 4. (多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的電勢能都減少 解析：選CD.因為電場線方向未知，不能確定a、b的電性，所以選項A錯誤；由于電場力對a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，電勢能都減少，選項B錯誤、D正確；粒子的加速度大小取決于電場力的大小，a向電場線稀疏的方向運動，b向電場線密集的方向運動，所以選項C正確． 電場線與軌跡問題判斷方法 (1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況． (2)“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設法”分別討論各種情況． 課時規(guī)范訓練 [基礎鞏固題組] 1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 解析：選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象． 2．關于電場強度的概念，下列說法正確的是(　　) A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比 B．正、負試探電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入試探電荷的正負有關 C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷的正負無關 D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零 解析：選C.電場中某點場強的大小由電場本身決定，與有無試探電荷、試探電荷的受力情況及所帶電荷性質(zhì)無關，A、B、D錯誤，C正確． 3. 如圖所示，電量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有 (　　) A．體中心、各面中心和各邊中點 B．體中心和各邊中點 C．各面中心和各邊中點 D．體中心和各面中心 解析：選D.根據(jù)點電荷場強公式E＝及正方體的對稱性可知正方體的體中心點及各面的中心點處場強為零，故答案為D. 4. 兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則(　　) A．Q3為負電荷，且放于A左方 B．Q3為負電荷，且放于B右方 C．Q3為正電荷，且放于A、B之間 D．Q3為正電荷，且放于B右方 解析：選A.因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間．根據(jù)庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應放在Q1的左側(cè)．要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故應選A. 5．有一負電荷自電場中的A點自由釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度圖象如圖所示，則A、B所在電場區(qū)域的電場線分布可能是選項中的(　　) 解析：選B.由vt圖象可知，負電荷的a和v均增加，故EB>EA，B點的電場線比A點的密，且電場力與v同向，E與v反向，故選項B正確． 6. 如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30角．關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結論正確的是(　　) A．Ea＝ B．Ea＝Eb C．Ea＝Eb D．Ea＝3Eb 解析：選D.由題圖可知，rb＝ra，再由E＝可得＝＝，故D正確． 7. 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、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點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選B.由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小EQ′＝EQ＝k，則Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，B正確． [綜合應用題組] 8．(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連線的水平中垂線上的兩點，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 解析：選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?，故正電荷所受庫侖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． 9．(多選) 如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.010－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g取10 m/s2，靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，則(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.010－2 N C．B球所帶的電荷量為410－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0 解析：選ACD.由接觸起電的電荷量分配特點可知，兩相同金屬小球接觸后帶上等量同種電荷，選項A正確；對A受力分析如圖所示，有＝，而F庫＝k，得F庫＝610－3 N，q＝410－8 C，選項B錯誤，選項C正確；等量同種電荷連線的中點電場強度為0，選項D正確． 10．如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內(nèi)部電場強度處處為零，則在z軸上z＝處的電場強度大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選D. 設點電荷為正電荷(不影響結果)，則導體表面的感應電荷為負電荷．如圖所示，設所求點為A點，取其關于xOy平面的對稱點為B，點電荷q在A、B兩點的場強大小分別為E1、E2，感應電荷在A、B兩點的電場強度的大小分別為EA、EB.由題意可知，B點的合場強為零，EB＝E2＝＝，由對稱性可知，EA＝EB＝，故A點場強為E＝EA＋E1＝＋＝，D正確． 11. 如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場電場強度的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝，由平衡條件得：2F庫cos 30＝Eqc.即：＝Eqc，E＝，此時a的受力如圖乙所示，2＋2＝2，解得qc＝2q，即當qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故選項B正確． 12. (多選)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.010－6 C的正電荷．兩線夾角為120，兩線上的拉力大小分別為F1和F2.A的正下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，A、B球可視為點電荷)，則(　　) A．支架對地面的壓力大小為2.0 N B．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時兩線上的拉力大小F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N D．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N 解析： 選BC.當B在A的正下方時，A、B受到彼此的庫侖引力，大小為F庫1＝k＝0.9 N，則支架對地面的壓力大小為NB＝mBg－F庫1＝1.1 N，A選項是錯誤的；A球所受的重力與庫侖引力的合力為FA＝mAg＋F庫1＝1.9 N，由平行四邊形定則可得F1＝F2＝1.9 N，B選項是正確的；當M、A、B在同一直線上時，庫侖引力大小為F庫2＝k＝0.225 N，再對A受力分析，進行正交分解，可得F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N，C選項是正確的；當B移至無窮遠處時，A、B之間的庫侖力為零，兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.0 N，D選項是錯誤的． 13．如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0 m．若將電荷量均為q＝＋2.010－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0109Nm2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力大小； (2)C點的電場強度的大小和方向． 解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為 F＝k① 代入數(shù)據(jù)得F＝9.010－3 N② (2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為 E1＝k③ A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為 E＝2E1cos 30④ 由③④式并代入數(shù)據(jù)得E≈7.8103 N/C 場強E的方向沿y軸正方向． 答案：(1)9.010－3 N (2)7.8103 N/C　方向沿y軸正方向 第2節(jié)　電場能的性質(zhì) 一、電勢　等勢面和電勢能 1．電勢 (1)定義：電荷在電場中某點具有的電勢能與它的電荷量的比值． (2)定義式：φ＝. (3)矢標性：電勢是標量，有正負之分，其正(負)表示該點電勢比零勢點高(低)． (4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零勢點的不同而不同，通常取無限遠或地球的電勢為零． 2．等勢面的特點 (1)同一等勢面上的任意兩點間移動電荷電場力不做功． (2)等勢面一定跟電場線垂直，即跟場強的方向垂直． (3)電場線總是從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面． (4)等差等勢面越密的地方場強越大，反之越小． 3．電勢能 (1)定義：電荷在電場中某點具有的勢能，等于將電荷從該點移到零勢點位置時電場力所做的功． (2)電場力做功與電勢能變化的關系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp. 二、電勢差　勻強電場中電勢差與場強的關系 1．電勢差 (1)定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力F做的功與移動的電荷的電荷量的比值． (2)定義式：UAB＝. (3)電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA. (4)影響因素：電勢差UAB由電場本身的性質(zhì)決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取無關． 2．勻強電場中電勢差與電場強度的關系 (1)電勢差與場強的關系式：UAB＝Ed，其中d為電場中兩點間沿場強方向的距離． (2)在勻強電場中，場強在數(shù)值上等于沿場強方向每單位距離上降低的電勢； 注意：電場中，場強方向是指電勢降落最快的方向． [自我診斷] 1．判斷正誤 (1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關．(√) (2)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零．() (3)電場強度處處相同的區(qū)域內(nèi)，電勢一定也處處相同. () (4)沿電場線方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低．() (5)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功．() (6)電場線越密集的地方，等差等勢線也越密集．(√) 2．(多選)關于電勢差的計算公式，下列說法正確的是(　　) A．電勢差的公式UAB＝說明兩點間的電勢差UAB與電場力做功WAB成正比，與移動電荷的電荷量q成反比 B．把正電荷從A點移到B點電場力做正功，則有UAB>0 C．電勢差的公式UAB＝中，UAB與移動電荷的電荷量q無關 D．電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把正電荷q從A點移動到B點時電場力所做的功 解析：選BC.電場中兩點間的電勢差是一個定值，不會隨電場力做的功WAB和移動電荷的電荷量q的變化而變化，故A錯誤，C正確；又由UAB＝知，電場力做正功，且q為正電荷，則電勢差為正，B正確；電場中A、B兩點間的電勢差UAB等于把單位正電荷從A點移動到B點時電場力所做的功，D錯誤． 3. (多選)某導體置于電場后周圍的電場分布情況如圖所示，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的三個點．下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度小于B點的電場強度 B．A點的電勢高于B點的電勢 C．將負電荷從A點移到B點，電場力做正功 D．將正電荷從A點移到C點，電場力做功為零 解析：選ABD.電場線的疏密表示電場強度的大小，A處電場線比B處稀疏，A正確；在同一等勢面上電勢相等且沿著電場線的方向電勢逐漸降低，所以A點的電勢高于B點的電勢，B正確；將負電荷從A點移到B點，電場力做負功，C錯誤；A點、C點在同一個等勢面上，將正電荷從A點移到C點，電場力做功為零，D正確． 4. (多選)光滑絕緣水平面上有兩個帶等量異種電荷的小球A、B，小球A通過絕緣輕彈簧與豎直墻相連，如圖所示．今小球B在外力F作用下緩慢向右移動，移動中兩小球帶電荷量不變，則對兩小球和彈簧組成的系統(tǒng)的分析正確的是(　　) A．外力F對系統(tǒng)做正功，彈性勢能增大 B．外力F對系統(tǒng)做正功，彈性勢能減小 C．靜電力做正功，電勢能減小 D．靜電力做負功，兩球間電勢差增大 解析：選BD.外力對小球做正功，當小球B向右運動時，兩球距離增大，庫侖力減小，因此彈簧的伸長量減小，彈性勢能減小，A錯誤，B正確；由于兩球距離增大，庫侖力做負功，系統(tǒng)電勢能增大，兩球間電勢差增大，C錯誤，D正確． 考點一　電勢　等勢面和電勢能 考向1：電勢與電勢能的判斷 1．電勢高低的判斷 判斷角度 判斷方法 依據(jù)電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低 依據(jù)場源電荷的正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低 依據(jù)電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低 依據(jù)電勢能的高低 正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大 2.電勢能大小的判斷 判斷角度 判斷方法 做功判斷法 電場力做正功，電勢能減小 電場力做負功，電勢能增加 電荷電勢法 正電荷在電勢高的地方電勢能大 負電荷在電勢低的地方電勢能大 公式法 將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負Ep的絕對值越大，電勢能越小 能量守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加 1．(多選)如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關于x軸對稱．下列判斷正確的是(　　) A．b、d兩點處的電勢相同 B．四個點中c點處的電勢最低 C．b、d兩點處的電場強度相同 D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點移至c點，＋q的電勢能減小 解析：選ABD.由等量異種點電荷的電場線分布及等勢面特點知，A、B正確，C錯誤．四點中a點電勢最高、c點電勢最低，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確． 2. (多選)如圖所示，有一對等量異種電荷分別位于空間中的a點和f點，以a點和f點為頂點作一正立方體．現(xiàn)在各頂點間移動一試探電荷，關于試探電荷受電場力和具有的電勢能，以下判斷正確的是(　　) A．在b點和d點受力大小相等，方向不同 B．在c點和h點受力大小相等，方向相同 C．在b點和d點電勢能相等 D．在c點和h點電勢能相等 解析：選ABC.根據(jù)對稱性和等量異種電荷周圍電場線的分布特點可知，試探電荷在b點和d點受力大小相等，方向不同，在c點和h點受力大小相等，方向相同，所以選項A、B正確；因為 b點和d點到兩個場源電荷的距離都一樣，所以試探電荷在 b點和d點電勢能相等，選項C正確；c點離場源正電荷較h點遠，所以試探電荷在c點和h點電勢能不相等，或者根據(jù)等量異種電荷周圍等勢面的分布特點可知，中垂面是等勢面，而c點和h點分居中垂面的兩側(cè)，它們的電勢肯定不等，所以選項D錯誤． 帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧 (1)判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向． (2)判斷電場力(或場強)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負判斷場強的方向． (3)判斷電場力做功的正負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加． 考向2：幾種常見的典型電場等勢面的對比分析 電場 等勢面(實線)圖樣 重要描述 勻強電場 垂直于電場線的一簇等間距平面 點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面 等量異種點電荷的電場 連線的中垂面上的電勢為零 等量同種正點電荷的電場 連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高．關于中點左右對稱或上下對稱的點電勢相等 3．(xx高考全國丙卷) 關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：選B.靜電場中的電場線不可能相交，等勢面也不可能相交，否則的話會出現(xiàn)一個點有兩個電場強度和兩個電勢值的矛盾，A錯誤；由WAB＝qUAB可知，當電荷在等勢面上移動時，電荷的電勢能不變，如果電場線不與等勢面垂直，那么電荷將受到電場力，在電荷運動時必然會做功并引起電勢能變化，這就矛盾了，B正確；同一等勢面上各點電勢相等，但電場強度不一定相等，C錯誤；對于負電荷，q<0，從電勢高的A點移到電勢低的B點，UAB>0，由電場力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，電場力做負功，D錯誤． 4．(xx山東青島模擬)(多選)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點進入電場，其運動軌跡為圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關于帶電粒子的判斷正確的是(　　) A．帶正電 B．速度先變大后變小 C．電勢能先變大后變小 D．經(jīng)過b點和d點時的速度大小相等 解析：選CD.做曲線運動的物體受到的合力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，根據(jù)帶電粒子受力方向可以判斷，粒子帶負電，選項A錯誤；負電荷在電勢低的位置電勢能大，粒子的電勢能先變大后變小，粒子的電勢能和動能之和不變，所以粒子的動能先變小后變大，速度先變小后變大，選項B錯誤，選項C正確；b、d兩點電勢相同，粒子經(jīng)過這兩點時電勢能相等，動能相等，速度大小也相等，選項D正確． 考點二　電場強中電勢差與電場強度的關系 考向1：在勻強電場中由公式U＝Ed得出“一式二結論” (1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場線方向上的距離． (2)“二結論” 結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖1所示． 結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖2所示． 1. (多選)如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1 V、2 V、3 V，正六邊形所在平面與電場線平行．下列說法正確的是(　　) A．通過CD和AF的直線應為電場中的兩條等勢線 B．勻強電場的電場強度大小為10 V/m C．勻強電場的電場強度方向為由C指向A D．將一個電子由E點移到D點，電子的電勢能將減少1.610－19 J 解析：選ACD.由AC的中點電勢為2 V，所以BE為等勢線，CD、AF同為等勢線，故A正確；CA為電場線方向，電場強度大小E＝＝ V/m＝ V/m，故B錯誤，C正確；由UED＝UBC＝－1 V，WED＝－eUED＝1.610－19 J. 2．(多選)如圖所示 ，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是(　　) 解析：選BC.勻強電場中將任一線段等分，則電勢差等分．把AB等分為三段，AB間電壓為3 V，則每等分電壓為1 V，H點電勢為4 V，F(xiàn)點電勢為3 V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2 V，則G點電勢為4 V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確． 考向2：E＝在非勻強電場中的妙用 (1)解釋等差等勢面的疏密與場強大小的關系，當電勢差U一定時，場強E越大，則沿場強方向的距離d越小，即場強越大，等差等勢面越密集． (2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系，如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小． (3)利用φ x圖象的斜率判斷沿x方向場強Ex隨位置的變化規(guī)律．在φ x圖象中斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示場強的大小，正負表示場強的方向． 3．(xx福建福州質(zhì)檢)電場中某三條等勢線如圖甲中實線a、b、c所示．一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，已知電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v t圖象可能是圖乙中的(　　) 解析：選A.結合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場，且Q點處電場強度小于P點處電 場強度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，將做加速度越來越小的加速運動，A正確． 4. 如圖所示的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則下列說法正確的是(　　) A．電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小 B．電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大 C．電勢差UAB＝UBC D．電勢φA<φB<φC 解析：選B.該電場為負點電荷電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；根據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由A→C運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UABφB>φC，選項D錯誤． 考點三　電場中的功能關系 1．求電場力做功的四種方法 (1)定義式：WAB＝Flcos α＝qEdcos α(適用于勻強電場)． (2)電勢的變化：W＝qUAB＝q(φA－φB)． (3)動能定理：W電＋W其＝ΔEk. (4)電勢能的變化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB. 2．電場中的功能關系 (1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變． (2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變． (3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量． (4)所有外力對物體所做的總功，等于物體動能的變化． [典例1]　 如圖所示， 虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場， 一帶電粒子質(zhì)量為m ＝2.0 10－11kg、電荷量為q＝＋1.010－5 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強電場方向進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30角．已知PQ、MN間距離為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計．求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速度v1； (2)勻強電場的場強大??； (3)ab兩點間的電勢差． 解析　(1)由動能定理得：qU＝mv 代入數(shù)據(jù)得v1＝104 m/s (2)因帶電粒子重力不計，則進入PQ、MN間電場中后，做類平拋運動，粒子沿初速度方向做勻速直線運動：d＝v1t. 粒子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動：vy＝at. 由題意得：tan 30＝ 由牛頓第二定律得qE＝ma 聯(lián)立以上相關各式并代入數(shù)據(jù)得： E＝103 N/C≈1.73103 N/C (3)由動能定理得：qUab＝mv2＝m(v＋v) 聯(lián)立以上相關各式代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400 V 答案　(1)104 m/s　(2)1.73103 N/C　(3)400 V (1)電荷在電場中運動時，電場力做功將引起電勢能與其他形式的能相互發(fā)生轉(zhuǎn)化，電荷的機械能不再守恒． (2)要搞清幾個功能關系：重力做功等于重力勢能的變化，電場力做功等于電勢能的變化，彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，合外力做功等于動能的變化． (3)無論能量如何變化，總是滿足能量守恒定律． 1. 如圖所示，直線MN是某電場中的一條電場線(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，軌跡為一拋物線．下列判斷正確的是(　　) 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的過程中動能一定逐漸減小 C．帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能 D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度 解析：選C.由于帶電粒子的電性不確定，所以電場線的方向不確定，A錯誤；帶電粒子由a運動到b的過程中，只受電場力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤、C正確；由于僅給出一條電場線，電場強度的大小關系不確定，D錯誤． 2. (多選)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中(　　) A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小球的重