第1章 专题强化2 静电场中力的性质-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

专题强化2　静电场中力的性质 第1章　静电力与电场强度 [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)。 课时作业 巩固提升 类型1　电场强度的求解 类型2　电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题 内容索引 类型3　电场中的动力学问题 类型1　电场强度的求解 一 4 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,由于圆环上任意关于圆心对称的两点在O点产生的电场强度的矢量和都为零,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 B 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,方向向右,点电荷q在d点产生的电场强度Eqd=k,方向向右,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,OM=ON=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 A 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,每块都可视为点电荷,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 设想将圆环看成由n个相同的小段组成,当n相当大时,每一小段都可以视为一个点电荷,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=k。 二 类型2　电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题 15 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凹侧。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]　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,虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,箭头表示运动方向,a、b是轨迹上的两点。若粒子在运动中只受静电力作用,根据此图不能作出的判断是(　　) A.带电粒子所带电荷的符号 B.粒子在a、b两点的受力方向 C.粒子在a、b两点何处速度大 D.粒子在a点是否有初速度 A 由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在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,则无法确定粒子的电性,故A符合题意,B不符合题意;由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知,静电力对粒子做负功,粒子的速度减小,则粒子在a点的速度较大,故C不符合题意;若粒子在a点没有初速度,粒子在只受静电力的作用下,将沿着电场线做直线运动,而不是曲线运动,所以粒子在a点一定有初速度,故D不符合题意。 [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 C 带电粒子做曲线运动,所受电场力的方向指向轨迹的凹侧,由于电场线的方向未知,所以粒子电性不能确定,故A错误;从题图轨迹变化来看,速度与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,由F=qE知a受力减小,加速度减小,b受力增大,加速度增大,故C正确。 三 类型3　电场中的动力学问题 21 解决电场中动力学问题的一般思路 [例5]　如图所示,一匀强电场的电场强度方向与水平方向的夹角为θ。现有一带电小球以初速度v0由A点水平射入该匀强电场,恰好做直线运动,由B点离开电场。已知带电小球的质量为m,电荷量为q,A、B之间的距离为d,重力加速度为g。试分析: (1)带电小球的电性; [答案]　(1)带正电　 (1)小球进入电场后受两个力的作用:重力mg和电场力qE,若要保证小球做直线运动,则小球必然带正电,并且所受电场力qE和重力mg的合力F沿直线AB水平向右。 (2)匀强电场的电场强度的大小; [答案]　(2)　 (2)由(1)中结论和几何关系可知,mg=qEsin θ,所以匀强电场的电场强度大小为E=。 (3)小球经过B点时的速度vB的大小。 [答案]　(3) (3)小球在恒力作用下由A到B做匀加速直线运动,合力F=,由牛顿第二定律得加速度a=,由匀变 速直线运动规律得-=2ad,则vB=。 [针对训练]　2.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取10 m/s2)求: (1)原来的电场强度大小(用字母表示); 答案:(1)　 (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)小物块运动的加速度; 答案: (2)3 m/s2,方向沿斜面向下　 (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)小物块第2 s末的速度大小和前2 s内的位移大小。 答案: (3)6 m/s　6 m (3)由运动学公式知v=at=3×2 m/s=6 m/s s=at2=×3×22 m=6 m。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.一带负电荷的点电荷,只在静电力作用下沿曲线abc由a运动到c,已知点电荷的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向,图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　) 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 根据从a运动到c,点电荷的速率是递减的可知,点电荷所受静电力方向与速度方向成钝角,又根据曲线运动条件可知,静电力指向轨迹弯曲的凹侧,因负电荷所受静电力方向与场强方向相反,故D正确。 2.(多选)如图所示为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,则下列判断中正确的是 (　　) A.若粒子从A运动到B,则粒子带正电;若粒子从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.若粒子从B运动到A,则其加速度减小 D.若粒子从B运动到A,则其速度减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线凹侧可知,静电力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点时受到的静电力大,在B点时的加速度较大,若粒子从B运动到A,则其加速度减小,故C正确;粒子从B运动到A的过程中静电力与速度的方向成锐角,速度增大,故D错误。 3.某电场的电场线分布如图所示,虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,则(　　) A.粒子一定带正电 B.粒子一定是从a点运动到b点的 C.粒子在c点的加速度可能小于在b点的加速度 D.粒子在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 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由题图可知,粒子不论是沿着acb方向运动还是沿着bca方向运动,根据轨迹弯曲方向可知,粒子所受静电力方向向左,由电场线的方向可知粒子带正电,故A正确,B错误。由电场线的分布可知c点的电场强度大于b点的电场强度,根据牛顿第二定律有qE=ma,则粒子在c点的加速度大于在b点的加速度,故C错误。若粒子从a点运动到c点,静电力做负功,则c点的速度小于a点的速度;若粒子从c点运动到a点,静电力做正功,则c点的速度小于a点的速度,故D错误。 4.(多选)(2024·福建厦门期中)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(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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,比较大小可知E乙>E丙=E甲>E丁,E乙=E丙。根据圆环所带电性判断,可知E甲、E丙方向不同。故A、B错误,C、D正确。 5.(2024·江苏苏州期中)图中实线为真空中某一点电荷形成的电场线,一电子的运动轨迹如图中虚线所示,其中a、b是轨迹上的两点。若电子在两点间运动的速度不断增大,则下列判断中正确的是(　　) A.形成电场的点电荷为正电荷 B.电子可能从a点运动到b点 C.电子在两点间运动的加速度一定减小 D.调整电子初速度的大小和方向,电子可能做匀速圆周运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 做曲线运动的物体,受力的方向一定指向轨迹凹侧,可知电子受到的静电力方向向左,场强方向向右,故形成电场的点电荷带负电,A错误;由于电子在两点间运动的速度不断增大,静电力对电子做正功,因此电子一定是从b点向a点运动的,B错误;由于电子从b向a运动,电场强度逐渐减小,根据牛顿第二定律可知,加速度逐渐减小,C正确;由于场源电荷与电子带同种电荷,相互排斥,因此电子不可能做匀速圆周运动,D错误。 6.如图所示,质量为m、带正电的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑,当滑至竖直向下的匀强电场区域时,滑块的运动状态为(　　) A.继续匀速下滑 B.加速下滑 C.减速下滑 D.上述三种情况都有可能发生 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设斜面倾角为θ,在无电场区域,滑块匀速下滑,有mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ,与滑块重力无关,当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时,相当于滑块的重力变大,因此滑块仍然匀速下滑,故A正确。 [B组　综合强化练] 7.如图所示,在某一真空中,只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场,在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒,恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么(　　) A.微粒带正、负电荷都有可能 B.微粒做匀减速直线运动 C.微粒做匀速直线运动 D.微粒做匀加速直线运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 微粒做直线运动的条件是合力的方向与速度方向共线,重力的方向竖直向下,则电场力的方向只能水平向左,故微粒带负电,A错误;由于合力的方向与运动方向相反且为恒力,故微粒做匀减速直线运动,C、D错误,B正确。 8.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 带电小球在重力和静电力的共同作用下做加速直线运动,受力如图,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。 9.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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AB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。 10.(2024·河南鹤壁期中)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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 11.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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 [C组　培优选做练] 12.(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. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由于圆环不能视为点电荷,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=,选项A正确,B错误。 13.(2024·陕西西安中学期中)如图所示,带电小球A和B(可视为点电荷)放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上,已知A球的质量为m,所带电荷量为+q,B球的质量为2m,所带电荷量为-q。沿斜面向上的恒力F作用于A球,可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动,已知重力加速度为g,静电力常量为k,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)加速度a的大小; 答案:(1)-　 (1)根据库仑定律得,两球相互吸引的库仑力F库= A球和B球的加速度相同,隔离B球,由牛顿第二定律有F库-2mgsin 30°=2ma 所以a=-。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)F的大小。 答案: (2) (2)把A球和B球看成整体,A、B间的库仑力为系统内力,由牛顿第二定律有F-3mgsin 30°=3ma 所以F=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$