第1章 专题强化2 静电场中力的性质-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第三册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

专题强化2　静电场中力的性质 [学习目标]　1.学会利用几种特殊方法求解非点电荷的电场强度(重难点)。2.学会分析电场线与带电粒子运动轨迹结合的问题(重点)。3.学会分析电场中的动力学问题(难点)。 一、电场强度的求解 1．对称法 对称分布的电荷产生的电场具有对称性，应用对称性解决问题，就可以避免复杂的数学运算与推导过程，从而使问题简单化。 例如：均匀带电的圆环有一个圆弧的缺口，判断O点的电场强度方向时，由于圆环上任何两个关于圆心中心对称的两点在O点产生的电场强度矢量和为零，故可以等效为弧BC在O点产生的电场强度，弧BC上关于OM对称的两点在O点产生的电场强度沿MO方向，故 O点的电场强度沿MO方向。 例1　如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 答案　B 解析　b点处的电场强度为零，说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即k＝EQb，由于d点和b点相对于圆盘是对称的，因此Q在d点产生的电场强度的大小为EQd＝k，点电荷q在d点产生的电场强度Eqd＝k，则d点处的合电场强度大小为E合＝k＋k＝k，故B正确。 2．补偿法 将有缺口的带电圆环或球面补全为完整的圆环或球面，根据作差法求解，从而将问题化难为易。 例如：已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零。如图半球球壳电荷量为＋q，A、B两点关于半球壳球心O点对称，且半球壳在A点产生的电场强度大小为E。求半球壳在B点产生的电场强度大小时，可以将题目中半球壳补成一个带电荷量均匀的完整球壳，设右半球在A点产生的电场强度大小为E′。由于均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则E′和E大小相等。根据对称性可知，左半球在B点产生的电场强度大小也为E。 例2　已知均匀带电的完整球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，＝＝2R。已知M点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为(k为静电力常量)(　　) A.－E B. C.－E D.＋E 答案　A 解析　完整球壳在M点产生的电场的电场强度大小为k＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生的电场的电场强度大小为－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的电场强度大小也为－E，选项A正确。 3．微元法 当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算。 例3　如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，静电力常量为k，试求P点的电场强度大小。 答案　见解析 解析　设想将圆环看成由n个相同的小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成一个点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度E＝＝，如图， 由对称性知，各小段带电体在P点的电场强度大小均为E，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，EP＝nEx＝nkcos θ＝ 二、电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题 若实线为电场线，虚线为带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受静电力的作用从A点向B点运动。回答以下问题： (1)画出粒子在A点的运动方向和加速度方向； (2)判断粒子的电性； (3)判断粒子从A到B过程中，加速度大小的变化情况； (4)判断粒子从A到B过程中，速度大小的变化情况。 答案　(1)粒子在A点运动方向沿轨迹切线方向；根据力总是指向轨迹的凹侧，可判断所受合力(即静电力)的方向，即加速度方向(沿电场线标注)，如图所示； (2)粒子受的静电力向左，此粒子带负电； (3)电场线的疏密表示电场强度的大小，从A到B电场线越来越稀疏，说明电场强度越来越弱，静电力越来越小，加速度也越来越小； (4)由粒子运动情况知，速度方向与静电力方向夹角为钝角，静电力做负功，故A到B粒子的速度越来越小。 1．带电粒子仅受静电力作用做曲线运动时，静电力指向轨迹曲线的内侧。静电力沿电场线方向或电场线的切线方向，粒子速度方向沿轨迹的切线方向。 2．分析方法 (1)由轨迹的弯曲情况，结合电场线确定静电力的方向； (2)由静电力和电场线的方向可判断电荷的正负； (3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小，再根据牛顿第二定律，可判断带电粒子加速度的大小； (4)根据力和速度的夹角，由静电力做功的正负，动能的增大还是减小，可以判断速度变大还是变小，从而确定不同位置的速度大小关系。 例4　(多选)某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带正电荷 B．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 C．粒子在M点的动能大于它在N点的动能 D．粒子一定是从M点运动到N点 答案　AB 解析　由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线的方向，所以粒子带正电荷，选项A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，总之粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，选项D错误。 针对训练1　如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增大 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能，一个增大一个减小 答案　C 解析　带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图可知，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确。 三、电场中的动力学问题 分析带电体在电场中的加速运动时，与力学问题分析方法完全相同，牛顿第二定律仍适用，在进行受力分析时，不要漏掉静电力。 例5　如图所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m、电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)原来的电场强度大小(用字母表示)； (2)小物块运动的加速度； (3)小物块第2 s末的速度大小和前2 s内的位移大小。 答案　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m 解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则 mgsin 37°＝qEcos 37°， 可得E＝＝。 (2)当电场强度变为原来的时， 小物块受到的合外力 F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg， 由牛顿第二定律有F合＝ma， 所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。 (3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s x＝at2＝×3×22 m＝6 m。 针对训练2　如图所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、电荷量大小为q＝1.0×10－6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ＝37°。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求电场强度E的大小； (2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度大小v及方向。 答案　(1)7.5×104 N/C　(2)12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下 解析　(1)由平衡条件得小球所受静电力大小 F＝mgtan θ 所以小球所在处的电场强度的大小 E＝＝＝ N/C＝7.5×104 N/C。 (2)剪断细线后，小球所受合力大小 F合＝＝1.25mg 根据牛顿第二定律，小球的加速度大小 a＝＝1.25g＝12.5 m/s2 所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。 专题强化练 1.(2023·福建福州市高二期中)电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则(　　) A．正电荷在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹 B．同一点电荷放在A点时受到的电场力比放在B点时受到的电场力小 C．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受电场力作用 D．A点的电场强度比B点的大 答案　D 解析　因电场线是曲线，则正电荷在A点由静止释放，电场线不是它的运动轨迹，如果沿着曲线运动，电场力沿轨迹切线方向，无法提供曲线运动的向心力，选项A错误；电场线的疏密反映场强大小，则A点的场强大于B点场强，则同一点电荷放在A点时受到的电场力比放在B点时受到的电场力大，选项B错误，D正确；B点虽然没有电场线，但是仍有电场，所以电荷在B点仍受电场力作用，选项C错误。 2.(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受静电力作用，根据此图可判断出(　　) A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度，b处较大 答案　BC 解析　粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的静电力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，A错误，B正确；根据电场线的疏密与电场强度的关系，判断出a点的电场强度大，故带电粒子在a点受到的静电力大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，C正确；粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的静电力沿电场线向左，从a到b静电力对粒子做负功，粒子的动能减小，从b到a静电力对粒子做正功，粒子的动能增大，则粒子在a点的速度较大，D错误。 3．(多选)(2023·福建厦门市松柏中学高二月考)甲、乙、丙、丁四图中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。下列关于坐标原点O处电场强度的说法中正确的是(　　) A．图甲与图丙场强相同 B．图乙与图丁场强相同 C．四图中O处电场强度的大小关系为E乙>E丙＝E甲>E丁 D．乙、丙两图中O处电场强度的大小关系为E乙＝E丙 答案　CD 解析　设带电圆环在O点产生的场强大小为E。题图甲中原点O处电场强度大小为E；题图乙中坐标原点O处电场强度大小等于E；题图丙中原点O处电场强度大小为E；题图丁中坐标原点O处电场强度为0。综合以上分析，可知E甲、E丙方向不同，比较大小可知E乙>E丙＝E甲>E丁，E乙＝E丙，故A、B错误；C、D正确。 4.(2023·湖南长沙市雅礼中学期末)如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速率—时间图像是选项中的(　　) 答案　B 解析　电场线的疏密程度表示场强大小，A点电场线密集，故电场强度大，粒子所受电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直减小，由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子所受电场力的方向逆着电场线切线方向，与速度方向夹角大于90°，所以阻碍粒子运动，速度慢慢减小，所以粒子做加速度减小的减速运动，选项B正确，A、C、D错误。 5.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)。通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为(　　) A．k，方向由圆心指向间隙 B．k，方向由间隙指向圆心 C．k，方向由间隙指向圆心 D．k，方向由圆心指向间隙 答案　D 解析　相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝＝，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右。由对称性知，完整的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为k，方向由圆心指向间隙，故选D。 6.在匀强电场中将一质量为m、带电荷量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ，如图所示。不能忽略小球的重力，重力加速度大小为g，则匀强电场的电场强度(　　) A．唯一值是 B．最小值是 C．最大值是 D．最小值是 答案　B 解析　带电小球在重力和静电力的共同作用下做加速直线运动，如图，当静电力与合外力方向垂直时，静电力最小，即qE＝mgsin θ，故电场强度的最小值为E＝，故选B。 7.(2022·河南鹤壁市高中段考)如图所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q(q＞0)，其余小球带电荷量均为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度(　　) A．大小为E，方向沿AO连线斜向下 B．大小为，方向沿AO连线斜向下 C．大小为，方向沿AO连线斜向上 D．大小为，方向沿AO连线斜向上 答案　C 解析　假设圆周上均匀分布的均是电荷量为＋q的小球，根据对称性及场强叠加原理知圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的场强，有E＝k，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合场强大小等于在A处带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合场强大小，方向相反，A处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的场强大小为，方向沿AO连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的场强大小为，方向沿AO连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误。 8.已知均匀带电球体在球外产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，静电力常量为k，球的体积公式V＝πr3，则A点处电场强度的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的电场强度大小E整＝＝，挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其所带电荷量Q′＝，则其在A点产生的电场强度大小E挖＝＝＝，所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度大小E＝E整－E挖＝－＝，故B正确。 9.(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，所带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O的距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度大小为(　　) A. B. C．k D. 答案　AD 解析　由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度大小为E1＝＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1′与E1大小相等，如图所示，则合电场强度为E0＝2·cos 45°＝，方向沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合电场强度大小为E＝E0＝，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝，则选项A正确，B错误。 10.(2023·广东河源市月考)如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MO固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg。将小球B从杆的上端O由静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则： (1)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？ 答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m 解析　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动， 由牛顿第二定律得 mgsin θ－－qEcos θ＝ma， 代入数据解得a＝3.2 m/s2。 (2)小球B速度最大时所受合外力为零， 即mgsin θ－－qEcos θ＝0， 代入数据解得r＝0.9 m。 11.如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置处于真空中)，B点的电场强度恰好为零，静电力常量为k，则由此可得A点的电场强度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段均可看作点电荷，其所带电荷量为：q＝；每一点电荷在B处的场强为：E1＝k＝；由对称性可知，各小段带电环在B处的场强E1垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的沿轴向分量之和即为带电环在B处的场强为：EB＝nE1cos 45°＝；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的场强大小相等，方向相反，C处电荷带正电，设C处电荷的带电荷量为q′。则有：k＝EB，解得：q′＝Q；根据对称性知，圆环在A处的场强大小为：EA1＝EB＝，方向向左。C处电荷在A处产生的场强为：EA2＝k＝，方向向左；所以A点的电场强度大小为：EA＝EA1＋EA2＝，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $$