第一章 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（粤教版）

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点产生的合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点产生的合电场强度沿MO方向，故 O点的电场强度沿MO方向。 例1　(2023·江门市第一中学高二月考)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间的距离为R，b和c、c和d间的距离均为2R，在a点处有一电荷量为＋q的固定点电荷。已知d点处的电场强度为零，k为静电力常量，则b点处电场强度的大小为(　　) A．k B．k C．k D．k 答案　D 解析　a点处电荷量为＋q的固定点电荷在d点产生的电场方向向右，电场强度为E1＝k，因d点电场强度为零，所以圆盘在d点产生的电场方向向左，大小为E2＝k，因b和d是关于圆盘对称的点，所以圆盘在b点产生的电场方向向右，大小为E2′＝k，a点处电荷量为＋q的固定点电荷在b点产生的电场方向向右，电场强度为E3＝k，所以b点处电场强度的大小为E＝E2′＋E3＝k，故选D。 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。如图所示的半球球壳电荷量为＋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，设右半球壳在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，左半球壳在B点产生的电场强度大小也为E。 例2　(2022·深圳市高二期末)均匀带电的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，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为(　　) A.－E B.＋E C.－E D.＋E 答案　C 解析　若将带电荷量为2q的完整球面放在O处，均匀带电的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。 则在M、N点所产生的电场强度大小为E0＝＝。由题知左半球面在M点产生的场强大小为E，由对称性知右半球在N点产生的场强大小也为E，则左半球面在N点产生的场强大小E′＝－E，故选C。 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＝＝，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，带电粒子只受电场力的作用从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(即电场力)的方向，即加速度方向(沿电场线标注)，如图所示； (2)粒子受的电场力向左，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，电场力越来越小，加速度也越来越小； (4)由粒子运动情况知，速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，故从A到B粒子的速度越来越小。 1．带电粒子仅受电场力作用做曲线运动时，电场力指向轨迹曲线的凹侧。电场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，结合电场线确定电场力的方向； (2)由电场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判断电场力的大小关系，再根据牛顿第二定律，可判断电荷的加速度大小关系； (4)根据力和速度的夹角，由电场力做功的正负，可以判断动能增大还是减小，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)(2022·信阳市高一期末)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电场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 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，粒子所受电场力沿着电场线的方向，所以粒子带正电，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；若粒子从M点运动到N点，电场力做正功，粒子动能增大，若粒子从N点运动到M点，电场力做负功，粒子动能减小，可知粒子在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　(2023·深圳大学附中高二月考)实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．静电力对a做正功，对b做负功 C．a的速度将减小，b的速度将增大 D．a的加速度将减小，b的加速度将增大 答案　D 解析　由题图，b粒子的轨迹向右弯曲，b粒子受到的电场力方向向右，a的轨迹向左弯曲，a粒子受到的电场力方向向左，由于电场线方向未知，因此无法确定两个粒子的电性，选项A错误；由题图知，电场力方向与粒子速度方向的夹角都是锐角，所以电场力对两个粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，选项B、C错误；向左电场线越来越疏，电场强度越来越小，则a所受电场力减小，加速度减小；b所受电场力增大，加速度增大，选项D正确。 三、电场中的动力学问题 例5　(2023·广州市高二期中)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，电场范围足够大，静止时悬线偏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，不计空气阻力，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电场力大小 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 1．一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是逐渐减小的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　) 答案　D 解析　点电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的凹侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向，故A错误；负点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，题图B中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，点电荷的速率增大，与题设不符，故B错误；题图C中电场强度方向指向轨迹的凹侧，则电场力指向轨迹的外侧，点电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿题图所示的轨迹运动，故C错误；题图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的凹侧，而且电场力方向与点电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，点电荷的速率减小，符合题意，故D正确。 2.某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则(　　) A．粒子一定带负电 B．粒子一定是从a点运动到b点 C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度 D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度 答案　C 解析　做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的凹侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处所受电场力比在b点处大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，电场力方向与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a点或b点运动到c点，电场力方向与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。 3.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，故电场强度方向由间隙指向圆心。由对称性知，完整的带电圆环在圆心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环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。 4．(2023·广州铁一中学高二期中)选项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。坐标原点O处电场强度最大的是(　　) 答案　B 解析　将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加可知，D中O点的场强为零，C中的场强等效为第二象限内圆环在O点产生的场强，大小与A中圆环的O点处产生的场强相等，B中关于y轴对称的两圆环在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C中O点处场强的倍，故选B。 5．(2023·广州市高二月考)均匀带电球体在球的外部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正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB＝BA＝R，CO＝2R。若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V＝πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为(　　) A．9∶25 B．25∶9 C．175∶207 D．207∶175 答案　C 解析　设原来半径为R的整个均匀带电球体的电荷量为Q，由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分的电荷量为Q′＝Q＝Q＝Q，可知以OB为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点的电场强度减去被挖的球体在A、C两点的电场强度，则有EA＝－＝，EC＝－＝，可得＝，C正确，A、B、D错误； 6.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，电场强度变为原来的，重力加速度为g，不计空气阻力，(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)小物块在第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，则沿斜面方向有 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大小 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 s＝at2＝×3×22 m＝6 m。 7.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，不计空气阻力，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　带电小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，如图，当电场力与合外力方向垂直时，电场力最小，此时qE＝mgsin θ，故电场强度的最小值为E＝，选B。 8．(2022·广州市广雅中学校考期中)硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷。我们可以用如图所示的模型模拟上述过程：电荷量均为－q的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成＋2q，则圆心O点处的电场强度为(　　) A.，方向沿半径指向P点 B.，方向沿半径背离P点 C.，方向沿半径指向P点 D.，方向沿半径背离P点 答案　D 解析　当P点的电荷量为－q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为＋2q时，可看作[－q＋(＋3q)]，故可以看作两个电场的叠加，故O点的电场强度为0＋k＝，方向沿半径背离P点，故选D。 9．经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)，与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)相同，图丙中固定于O点的正点电荷q到金属板MN的距离OA为L，AB是以点电荷q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，静电力常量为k，则B点电场强度的大小是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　金属板MN产生的电场相当于O点关于MN对称的一个负点电荷在金属板右侧产生的电场，根据B点的电场线方向可以得B点的电场强度方向垂直于金属板向右，两个异种点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2L，题图乙上＋q右侧B处的电场强度大小为E＝k－k＝，故A正确，B、C、D错误。 10.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MN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N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、杆的弹力和电场力，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速度最大时所受合力为零， 即mgsin θ－－qEcos θ＝0，代入数据解得r＝0.9 m。 11.(2022·珠海市第一中学高二上期末)图甲和乙分别是半径为R、带电均匀的圆环和半圆环(两环的材料和横截面积均相同)，带有同种电荷，且两环上单位长度所带电荷量相等，它们的圆心分别是O1和O2。已知O1点的电场强度大小为E0，则O2点的电场强度大小为(　　) A.E0 B.E0 C.E0 D.E0 答案　A 解析　在题图甲中，设圆环在O1点产生的电场强度大小是E1，四个圆环在O1点产生的合电场强度大小为E0，设圆环带正电，如图所示，则有 E0＝2E1cos 30°＝2E1＝E1，E1＝E0，在题图乙中，半圆环分成三个圆环，这三个圆环在O2点产生的合电场强度大小为E，则有E＝E1＋2E1cos 60°＝E0＋2×E0×＝E0，A正确，B、C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$