素养提升课二 静电力的性质-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

素养提升课二　静电力的性质 【素养目标】　1．掌握等量点电荷的电场线分布和场强大小变化的规律。2．掌握几种特殊电场的电场强度的计算方法。3．会分析电场线与带电粒子的运动轨迹相结合的问题。 提升点一　两等量点电荷的电场 等量异种点电荷与等量同种点电荷的电场比较 —— 等量异种点电荷 等量同种(正)点电荷 电场线分布图 连线上电场强度的大小 O点最小，从O点沿连线向两边逐渐变大 O点为零，从O点沿连线向两边逐渐变大 中垂线上电场强度的大小ｌ O点最大，从O点沿中垂线向两边逐渐变小 O点为零，从O点沿中垂线向两边先变大后变小 —— 等量异种点电荷 等量同种(正)点电荷 关于O点对称的点A与A′、B与B′的电场强度 等大同向 等大反向 如图所示，光滑绝缘水平面上的A、B两点分别固定两个带等量异种电荷的点电荷M、N，O为AB的中点，CD为AB的垂直平分线，a、c为 学生用书第17页 AB上关于O点对称的两点，b、d为CD上关于O点对称的两点。则关于各点的电场强度Ea、Eb、Ec、Ed及静电力，下列说法正确的是(　　) A．Ea、Eb、Ed的方向不相同 B．Ea、Ec两点的电场强度大小相等、方向相反 C．任意改变b点在中垂线上的位置，也不可能使 D．将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的静电力先增大后减小 答案：C 解析：根据等量异种点电荷的电场线分布特点可知，a、b、c、d四点的电场强度方向都相同，根据对称性可知Ea、Ec的电场强度大小相等，故A、B错误；根据场强叠加原理可知，在中垂线上O点位置的场强最大，在AB连线上O点位置的场强最小，所以任意改变b点在中垂线上的位置，也不可能使Ea<Eb，故C正确；根据场强叠加原理可知，在AB连线上O点位置的场强最小，所以将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的静电力先减小后增大，故D错误。故选C。 针对练．如图所示，M、N两点固定两个等量的正点电荷(场源电荷)，其连线的中垂线上A、A′两点关于O点对称，在A点由静止释放一个带负电的粒子，不计粒子的重力，粒子的电荷量远小于场源电荷的电荷量，下列说法中正确的是(　　) A．中垂线上从A到O电场强度的大小一定先减小后增大 B．粒子运动到O点时加速度为零，速度达最大值 C．粒子在从A点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 D．粒子越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度减小为零 答案：B 解析：由等量同种点电荷周围的电场线分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，故中垂线上从A到O，电场强度的大小可能先增大后减小，故A错误；由等量同种点电荷周围的电场线分布可知，O点场强为零，AO间的电场强度方向向上，则带负电的粒子从A到O过程一直加速，从O到A′过程一直减速，则到O点时加速度为零，速度达到最大值，故B正确；中垂线上从A到O，电场强度的大小可能先增大后减小，则加速度可能先增大后减小，故C错误；从O到A′过程，电场强度可能先增大后减小，则加速度可能先增大后减小，故D错误。故选B。 提升点二　非点电荷产生电场强度的计算 对称法求电场强度 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，判断圆心O点的电场强度方向时，由于圆弧AB、CD上任意两个关于圆心对称的点在O点产生的电场强度的矢量和为零，故可以等效为圆弧BC在O点产生的电场强度，圆弧BC上关于OM(M为圆弧BC的中点)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。 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、b和c间、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点处的电场强度大小为(静电力常量为k)(　　) A．k B．k C．k D．k 答案：C 解析：设圆盘在b点产生的电场强度大小为E，由对称性可知圆盘在d点产生的电场强度大小也为E，由题意可知其方向水平向右，由于b点的电场强度为零，可得E＝，所以d点处的电场强度大小为E′＝。故选C。 填补法求电场强度 将有缺口的带电圆环或球面补全为完整的圆环或球面，再作差求解，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。 学生用书第18页 如图所示，用金属丝弯成半径为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，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：假设将圆弧补充全整且补上缺口部分与圆弧的电荷分布情况相同，相对圆弧来说间隙是很小的，则补上缺口部分可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝k因为是正电荷，故电场强度的方向由间隙指向圆心；根据对称性可知，完整的带电圆环在圆心O处的场强为0，所以补上缺口部分在圆心处产生的场强与圆弧在圆心处产生的场强大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为方向由圆心指向间隙。故选D。 微元法求电场强度 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。 (2025·山东潍坊高一下学期期末)如图所示，一个半径为r的均匀带电圆环，带电荷量为＋Q，在其中轴线上有一点A，该点距圆环中心O的距离为r，已知静电力常量为k，则A点的电场强度大小为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：带正电圆环不能看成点电荷，将圆环的带电荷量Q分成无数个点电荷，假设每个点电荷的电荷量为q，其中一个q在x轴的A点处产生的电场强度如图所示，有E0＝，假设圆环上有n个q，则有n＝，根据对称性可知，n个q在A点处产生的电场强度垂直OA的分量的矢量和为0，在OA方向，E0的分量Ex＝E0cos θ，由几何关系可知cos θ＝，n个Ex的矢量和就是圆环在A处产生的电场强度，即E＝nEx，联立解得E＝。故选A。 提升点三　电场线与带电粒子运动轨迹的问题 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。 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，则下列说法正确的是(　　) 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，带电粒子受到静电力的方向与电场线的方向相同，所以粒子一定带正电，A错误。粒子可能是从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点受到的静电力较大，则粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，C正确。若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，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。故选C。 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。则下列说法正确的是(　　) 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：带电粒子仅在静电力作用下做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的凹侧，由于电场线的方向未知，所以粒子的带电性质不能确定，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为锐角，所以动能都增大，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。故选C。 学生用书第19页 提升点四　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，所受合力为零，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，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，(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，则有mg sin 37˚＝qE cos 37˚ 解得E＝。 (2)当电场强度变为原来的时，小物块受到的合力F合＝mg sin 37˚－qE cos 37˚＝0.3mg 由牛顿第二定律有F合＝ma 解得a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。 (3)由运动学公式可知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s x＝×3×22 m＝6 m。 学科网（北京）股份有限公司 $