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配套课件（粤教版2019）

素养提升课二　电场力的性质 　　　　 第一章　静电场的描述 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。 素养目标 提升点一　非点电荷产生的电场的电场强度的计算 1 提升点二　静电场中的力电综合问题 2 提升点三　电场线与带电粒子的运动轨迹问题 3 课时测评 5 随堂达标演练 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 提升点一　非点电荷产生的电场的电场强度的计算 返回 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) 例1 √ 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 √ 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 例2 √ 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 √ 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： 例3 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＝n 。 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 √ 返回 提升点二　静电场中的力电综合问题 返回 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； 例4 审题指导：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)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？ 答案：0.1 s 审题指导：剪断悬线后，带电小球做初速度为0的匀加速直线运动。 解决力电综合问题的一般思路 探究归纳 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 √ 返回 提升点三　电场线与带电粒子的运动轨迹问题 返回 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 例5 √ 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 √ 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。 返回 随堂达标演练 返回 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 √ 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 √ 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 √ 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； 答案：4×10－4 kg (2)若剪断绳子，则经过1 s小球获得的速度大小。 答案：12.5 m/s 返回 课 时 测 评 返回 1.三根电荷均匀分布带有相同正电荷的 圆弧状棒AB、CD、EF按如图所示位置放置，其端点均在两坐标轴上，此时O点电场强度大小为E。现撤去AB棒，则O点的电场强度大小变为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(2023·广东深圳高二期中)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，总电量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心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，则N点的场强大小为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.如图所示，一负电荷仅在电场力作用下从点a运动到点b，在点a的速度大小为v0，方向与电场方向相同。该电荷从点a到点b的v -t图像正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 由题图可知，从a到b过程中，电场线分布越来越密，电场强度增大，所以负电荷所受电场力增大，根据牛顿第二定律可知，负电荷的加速度也增大，负电荷受到的电场力方向和场强方向相反，又负电荷仅在电场力作用下运动，则负电荷做加速度不断增大的减速运动，v -t图像的斜率表示加速度，根据图像分析可知A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(多选)如图所示，在真空中一条竖直向上的电场线上有a、b两点，一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向下运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的是 A．该带电质点一定带正电荷 B．该带电质点一定带负电荷 C．b点的电场强度大于a点的电场强度 D．质点在b点所受到的合力一定为零 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 带电质点在a处由静止释放后向下运动，到达b点时速度恰 好为零，则质点先加速下降，后减速下降，故电场力的方 向向上，与电场线方向相同，可知该质点一定带正电，A 正确，B错误；带电质点到b点时速度减为零，可知质点的 运动过程中，合力方向先向下再向上，即电场力先小于重 力再大于重力，由电场力公式F＝qE可知，a点的电场强度小于b点的电场强度，C正确；由以上分析可知，质点到b点时速度为零，但合力方向向上，大小不为零，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力，则 A．粒子带正电荷 B．粒子加速度逐渐减小 C．粒子在A点的速度大于在B点的速度 D．粒子的初速度不为零 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 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为沿着电场线向左，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点所受电场力大于在b点所受电场力，由牛顿第二定律可知，粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，C正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 若粒子从c点运动到a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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.如图所示，用两根绝缘线把两个小球悬挂起来，a球电荷量为＋q，b球电荷量为－2q，若两球间的库仑力远小于b球的重力，且两根线都处于绷紧状态，现加一水平向左的匀强电场，待平衡时，表示平衡状态的图是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 以a、b整体为研究对象，整体电荷量相当于－q，水平方向受向右的电场力，上面的线向右倾斜；以b球为研究对象，带负电荷，受向右的电场力，下面的线也是向右倾斜的，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(多选)如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分。现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图像可能是图中的 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 根据库仑定律、电场强度公式和电场叠加原理可知，C、D之间合电场强度方向向右，大小逐渐减小到零，所以带负电的粒子向右做加速度减小的减速运动，可能到D点时速度仍未减小到零，也可能到D点之前速度减小到零后反向加速，故B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB。下列说法正确的是 A．电子一定从A向B运动 B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．若aA＞aB，则Q靠近N端且为负电荷 D．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有vA＞vB √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 电子运动轨迹为曲线，由物体做曲线运动的条件可知电子所受电场力方向水平向左，因此电场线方向水平向右(M→N)，由运动轨迹不能确定电子运动方向，A错误；若aA＞aB，则A靠近场源电荷Q，即Q靠近M端且为正电荷，B正确，C错误；若电子从A到B，电场力做负功，速度减小，vA＞vB，若电子从B到A，电场力做正功，速度增大，vA＞vB，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(12分)地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h。 求：(重力加速度为g) (1)小球的电性； 答案：小球带正电 小球受力情况如图所示，可得小球所受电场力方向和电场强度方向相同，故小球带正电。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)匀强电场电场强度的大小； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 11.(12分)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？ 答案：3.2 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？ 答案：0.9 m 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。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　静电场的描述 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 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。 k ＝ kcos θ＝k 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。 答案：正电　×10－6 C A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝mA 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。 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。 答案： 答案： $$