5 素养提升课二 电场力的性质-【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教师用书（粤教版2019）

素养提升课二　电场力的性质 【素养目标】　1.能根据电场的叠加原理解决电荷的受力平衡问题和运动问题。2.会分析电场线与轨迹相结合的问题。3.会用对称法、填补法和微元法分析非点电荷产生的电场问题。 提升点一　非点电荷产生的电场的电场强度的计算 非点电荷产生的电场的电场强度的三种计算方法 对称法 利用空间上对称分布的点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简化 填补法 有时由题给条件建立的模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型。这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题。如采用填补法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易 微元法 将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据点电荷场强公式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 角度1　对称法求电场强度 (2023·黑龙江大庆萨尔图区开学考试)如图所示，一长方体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于左右两侧面且过长方体中心O的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和O、O和c间的距离均为L，在a点处固定一电荷量大小为q的负点电荷。已知b点处的场强为零，且不考虑负点电荷q对长方体的影响，则c点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　) 学生用书↓第19页 A．k B．k C．k D．k 答案：A 解析：电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度大小为E＝k，方向向左，由于在b点处的场强为零，所以长方体和a点处点电荷在b点处产生的电场强度大小相等，方向相反，则长方体在b点处产生的电场强度大小为E1＝k，方向向右，根据对称性可得，长方体在c点处产生的电场强度大小为E2＝k，方向向左，而电荷量为q的点电荷在c点处产生的电场强度大小为E′＝k＝k，方向向左，所以c点处场强的大小为Ec＝E2＋E′，解得Ec＝k，故A正确，B、C、D错误。 针对练.如图所示，电量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心O点，其中AO＝BO＝d。若图中A点处的电场强度为零，静电力常量为k，则带电薄板在图中B点处产生的电场强度(　　) A．大小为k，方向水平向左 B．大小为k，方向水平向右 C．大小为k，方向水平向左 D．大小为k，方向水平向右 答案：C 解析：由于A点处的电场强度为零，则正点电荷在A点处产生的电场强度大小E1和带电薄板在A点处产生的电场强度大小EA相等，即EA＝E1＝，方向相反，则带电薄板在A点处产生的电场强度方向水平向右，由于A、B两点关于带电薄板对称，所以带电薄板在B点产生的电场强度大小EB和在A点产生的电场强度大小EA相等，方向相反，故EB＝E1＝，方向水平向左，故C正确。 角度2　填补法求电场强度 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，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：间隙相对圆弧很小，则金属丝上与小间隙关于圆心对称的宽度为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＝k＝k，因是正电荷，故场强方向由圆心指向间隙，故D正确。 针对练.(2023·广东深圳校级月考)如图所示，用粗细均匀的导线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电荷量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，若此时在O点放一个带电荷量为Q的试探正点电荷，则该点电荷受到的电场力大小为(　　) A.　　 B.　　C.　　D. 答案：C 解析：线框上的电荷在O点产生的场强大小为E1＝＝，方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的场强大小为E2＝＝，方向竖直向上，则此时O点的场强大小为E＝E1－E2＝－＝，方向竖直向下，则试探电荷受到的电场力大小为F＝QE＝，故C正确，A、B、D错误。 角度3　微元法求电场强度 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：k 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点产生的电场强度大小为E＝＝，由对称性可知，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，而其沿轴向的分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，则EP＝nEx＝nkcos θ＝k。 学生用书↓第20页 针对练.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一试探电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为(　　) A．k，方向向上 B.，方向向上 C.，方向水平向左 D．不能确定 答案：B 解析：将均匀的带电圆环分成长度为Δx的微元，每个微元带电量为q′＝Δx，每个微元对在A点＋q的电场力沿AO方向的分力为kcos 45°，根据对称性可知垂直AO方向的分力相互抵消，整个均匀带电圆环在A点对＋q的电场力为kcos 45°·＝，方向沿OA向上，故A、C、D错误，B正确。 提升点二　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，在进行受力分析时注意不要漏掉电场力。 如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的角度θ＝60°。g取10 m/s2。试求： (1)小球的电性和电荷量； (2)若小球静止时离右极板的距离为d＝5×10－2 m，剪断悬线后，小球经多长时间碰到右极板？ 审题指导：(1)小球偏离竖直方向的角度θ＝60°时，处于静止状态，由受力平衡可求出小球的电性和电荷量。 (2)剪断悬线后，带电小球做初速度为0的匀加速直线运动。 答案：(1)正电　×10－6 C　(2)0.1 s 解析：(1)因为小球静止，受力平衡，所以小球带正电荷，小球受力分析如图所示， 由平衡条件有qE＝mgtan θ，解得q＝×10－6 C。 (2)剪断悬线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有ax＝，d＝axt2 解得t＝0.1 s。 解决力电综合问题的一般思路 针对练.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，空间存在水平向左的匀强电场，若在斜面上放一电荷量为q的带正电小球A，小球A刚好能够平衡。若把电场方向改为沿斜面向上，电场强度大小不变，在斜面上放一电荷量也为q的带正电小球B，小球B也刚好能够平衡。则两小球A、B质量mA、mB之间的关系为(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝mA 答案：C 解析：分别对A、B两个小球受力分析如图所示， 对小球A，有qE＝mAgtan 30°；对小球B，有qE＝mBgsin 30°，联立解得mB＝mA，C正确。 学生用书↓第21页 提升点三　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凹侧，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电场力的方向； (2)由电场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电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断带电粒子加速度的大小。 某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是(　　) A．M、N点的场强EM>EN B．粒子在M、N点的加速度aM>aN C．粒子在M、N点的速度vM>vN D．粒子带正电 答案：D 解析：电场线越密的地方场强越大，根据题图可知EM<EN，M点场强小，粒子受到的电场力就小，加速度小，aM<aN，A、B错误；根据粒子运动的轨迹弯曲方向可知受到的电场力斜向上，所以粒子带正电，又因为从M到N点，粒子所受电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，动能增大，所以有vM<vN，C错误，D正确。 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，仅在电场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，所受电场力的方向指向轨迹曲线的凹侧，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，带电粒子速度与电场力方向的夹角都小于90°，所以电场力都做正功，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所受电场力减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故C正确。 1．下列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：设带电荷量为q的圆环在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＝E0，EC＝E0，ED＝0，故B正确。 2.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度－时间图像如图所示。则这一电场可能是下图中的(　　) 答案：C 解析：由题图可知，速度在逐渐减小，图像的斜率在逐渐减小，故此带负电的微粒做加速度越来越小的减速直线运动，所受电场力越来越小，电场线的疏密表示场强的大小，带负电的微粒受力方向与运动方向相反，故C正确。 3．下列各图中实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力作用，运动过程中速度逐渐减小，下列各图是对它在b处时的运动方向与受力方向的分析，正确的是(　　) 学生用书↓第22页 答案：A 解析：带电粒子运动速度方向沿轨迹切线方向，受力方向与电场线在同一直线上，电场力指向轨迹弯曲的内侧，B、C错误；由于运动过程中速度逐渐减小，则电场力做负功，A正确，D错误。 4.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°。已知小球所带电量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小球的质量； (2)若剪断绳子，则经过1 s小球获得的速度大小。 答案：(1)4×10－4 kg　(2)12.5 m/s 解析：(1)小球静止，受力平衡，根据平衡条件可知tan 37°＝ 解得m＝＝ kg＝4×10－4 kg。 (2)剪断绳子，根据牛顿第二定律，有＝ma 解得a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2 经过1 s小球获得的速度大小为v＝at＝12.5×1 m/s＝12.5 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$