6 第1章 素养提升课(二) 静电力的性质-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版2019）

第1章 静电力与电场强度 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 素养提升课(二)　静电力的性质 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 谢谢观看！ 第1章　静电力与电场强度 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 【学习目标】 1．掌握电场强度的几种计算方法。　2.会分析电场线与带电粒子运动轨迹相结合的问题。　3.学会分析电场中的动力学问题。 一　电场强度的几种计算方法 考向1　对称法求电场强度 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。 例：如图所示，均匀带电的 eq \f(3,4) 圆环在O点产生的电场强度，等效为弧BC产生的电场强度，弧BC产生的电场强度方向，又等效为弧的中点M在O点产生的电场强度方向。 下列选项中的各 eq \f(1,4) 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 eq \f(1,4) 圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　) B　[设带电荷量为q的 eq \f(1,4) 圆环在O点处产生的电场强度大小为E0，根据对称性可得四种情况下，O点处的电场强度大小分别为EA＝E0，EB＝ eq \r(2) E0，EC＝E0，ED＝0，故选项B正确。] 考向2　填补法 将不规则的带电体填补成规则的带电体，由对称性求合电场强度，此合电场强度是原电场和填补部分叠加的结果，由此可求原电场强度。 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(相对r而言很小)。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，则圆心O处的电场强度为(　　) A．k eq \f(Q,r2) ，方向由圆心指向间隙 B．k eq \f(Qd,r3) ，方向由间隙指向圆心 C．k eq \f(Qd,（2πr－d）r2) ，方向由间隙指向圆心 D．k eq \f(Qd,（2πr－d）r2) ，方向由圆心指向间隙 D　[相对圆弧来说间隙很小，则金属丝关于圆心对称宽度为d的部分可视为点电荷，其在圆心O处产生的电场强度大小为E＝ eq \f(k\f(Q,2πr－d)d,r2) ＝ eq \f(kQd,（2πr－d）r2) ，因是正电荷，故场强方向由圆心指向间隙，故D正确。] 考向3　微元法求电场强度 将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的电场强度，再结合对称性和电场强度叠加原理求出合电场强度。 注意：在解决实际问题中，有时是几个方法的综合应用。 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，试求P点的电场强度大小。 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′＝ eq \f(Q,n) ，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P处产生的电场强度E＝ eq \f(kQ,nr2) ＝ eq \f(kQ,n（R2＋L2）) 。 由对称性知，各小段带电体在P处的电场强度为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处的电场强度EP，EP＝nEx＝nk eq \f(Q,n（R2＋L2）) cos θ＝k 。 答案：　k eq \f(QL,（R2＋L2）\s\up17(\f(3,2))) eq \f(QL,（R2＋L2）\s\up17(\f(3,2))) 二　电场线与带电粒子的运动轨迹问题 1．带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。 2．分析思路 (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带电粒子所带电荷的正负； (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F＝ma可判断带电粒子加速度的大小。 (多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若不考虑其他力，则下列判断正确的是(　　) A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电 B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电 C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小 D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小 BC　[根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误。] 针对练　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 C　[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；从题图轨迹变化来看，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　静电场中的力、电综合问题 1．带电体在多个力作用下的平衡问题：带电体在多个力作用下处于平衡状态，物体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等。 2．带电体在电场中的加速问题：与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力。 如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小球所受静电力F的大小； (2)小球的质量m； (3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。 解析：　(1)根据静电力的计算公式可得静电力 F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N。 (2)小球受力情况如图所示，由平衡条件可得 mg＝ eq \f(F,tan 37°) ，所以m＝ eq \f(F,gtan 37°) ＝ eq \f(3.0×10－3,10×tan 37°) kg＝4.0×10－4 kg。 (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 mgl(1－cos 37°)＝ eq \f(1,2) mv2， 解得v＝2.0 m/s。 答案：　(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4kg (3)2.0 m/s eq \a\vs4\al(方法技巧) 解决力、电综合问题的一般思路 处理静电场中的力学问题的方法与处理一般力学问题方法相同，只是多了一个静电力而已。分析步骤： (1)确定研究对象，进行受力分析。 (2)分析物理过程，明确运动状态或性质。 (3)根据平衡条件、牛顿第二定律运动学公式及能量关系列方程求解。 针对练　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 eq \f(1,2) (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2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。 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＝ eq \f(mgtan 37°,q) ＝ eq \f(3mg,4q) 。 (2)当场强变为原来的 eq \f(1,2) 时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－ eq \f(1,2) 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＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) ×3×22 m＝6 m。 答案：　(1) eq \f(3mg,4q) 　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m $$