第9章 专题强化2 静电力的性质（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

该高中物理讲义以“静电力的性质”为核心，通过表格明确学习目标，按“非点电荷电场强度计算方法、带电粒子运动轨迹分析、带电体平衡与加速”三大强化点构建知识体系，用例题解析呈现对称法、补偿法等解题思路，梳理重难点内在联系。 讲义亮点在于方法指导与分层练习结合，如用补偿法解决半球面电场问题培养科学思维，通过轨迹分析题强化运动和相互作用观念。基础题巩固方法，综合题提升能力，助力学生自主复习，也为教师实施精准分层教学提供支持。

专题强化2　静电力的性质 学习目标 1.掌握非点电荷的电场强度的几种计算方法。 2.掌握带电粒子运动轨迹类问题的分析思路和方法。 3.会分析带电体在静电场内的平衡和加速问题。 强化点一　非点电荷的电场强度的计算方法 方法1｜对称法 （1）对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法。 （2）在电场中，应用对称性解题可将问题大大简化。 【例1】　（2025·安徽期中）如图所示，电荷量为＋q的点电荷与均匀带负电的薄板相距2d，点电荷处在过带电薄板几何中心的垂线上。垂线上A、B两点分别位于薄板两侧，与薄板距离均为d。已知A点的电场强度为E，方向从A指向B，则图中B点的电场强度大小为（　　） A.　B.＋E　C.－E　D.＋E 答案：D 解析：由于薄板带负电，该薄板在A点形成的电场强度方向由A指向B，设该电场强度大小为E'，根据平行四边形定则可知，A点的合电场强度为E'－＝E，解得E'＝＋E，根据对称性可知，薄板在B点产生的电场强度和薄板在A点产生的电场强度大小相等，方向相反，故B点的电场强度大小为E″＝E'＋k＝＋E，故选D。 方法2｜补偿法 　由题给条件建立的模型不完整，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。如采用补偿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。 【例2】　如图所示，正电荷均匀分布在半球面ACB上，电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为。在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷，所带电荷量为Q，O'、M两点间的距离为R，已知P点的电场强度为零，静电力常量为k，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小为（　　） A.0 　B. 　C. 　D.－ 答案：C 解析：因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向，即半球面上的正电荷在P点产生的电场强度大小为E1＝，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，则左半球面在M点产生的电场强度大小为E2＝，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度大小为E3＝，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度大小为EM＝－＝，方向沿轴线向左，故选项C正确。 方法3｜微元法 　若一个带电体不能视为点电荷，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。 【例3】　如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为过圆心且垂直于圆环平面的直线上的一点，OP＝l，求P点的电场强度大小和方向。 答案：，方向由O指向P 解析：若将圆环分成n小段，则每一小段可视为点电荷，其电荷量为q＝，每一个点电荷在P处产生的电场强度大小为E＝＝。如图所示，根据对称性可知，每一个点电荷在P处产生的电场强度在垂直于OP方向的分量Ey会被抵消，Ex＝Ecos θ＝cos θ＝·＝，所以P点的电场强度EP＝nEx＝，方向由O指向P。 强化点二　电场线和带电粒子的运动轨迹的综合 【例4】　某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子由M运动到N。 （1）试画出粒子运动至Q点时的速度方向； 答案：见解析 解析：粒子运动至Q点时的速度方向如图所示。 （2）判断并画出粒子运动至Q点时所受静电力方向； 解析：根据做曲线运动的物体所受合力方向指向轨迹的内侧，又粒子所受静电力方向与电场强度方向共线，所以静电力F方向如图所示。 （3）判断粒子的带电性质； 解析：因为粒子所受静电力方向与电场强度方向相同，故粒子带正电。 （4）比较粒子在M点和N点的加速度哪个大。 解析：电场线越密，电场强度越大，粒子所受静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度大。 方法归纳 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内侧。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，可以判断动能的增大还是减小，进而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。 （2025·江西景德镇期末）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 解析：C　做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电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点处所受静电力较大，其加速度一定大于在b点的加速度，C正确；粒子从a点或b点运动到c点时，静电力与速度方向成钝角，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。 强化点三　带电体在电场中的平衡与加速 1.带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，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。 【例5】　（电场中的平衡问题）（2025·山西大同高二上期末）如图所示，一半圆形光滑绝缘固定轨道处在方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、所带电荷量为q的带电小球放置在轨道上。平衡时小球与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，求带电小球所带电性及电场强度的大小。 答案：E＝，正电荷 解析：小球的受力示意图如图所示。 根据平衡条件可得qE＝mgtan 60° 解得电场强度的大小为E＝ 由小球在电场中受力方向判断可知小球带正电荷。 【例6】　（电场中的加速问题）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，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）； 答案：　 解析：小物块的受力示意图如图所示，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： 3 m/s2，方向沿斜面向下 解析：当电场强度变为原来的时， 小物块受到的合力 F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg， 由牛顿第二定律有F合＝ma， 可得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： 6 m/s　6 m 解析：由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s x＝at2＝×3×22 m＝6 m。 1.〔多选〕某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（　　） A.粒子带正电荷 B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能 解析：ACD　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向运动轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，选项A正确；由于电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N点的加速度大于它在M点的加速度，选项B错误，C正确；粒子从M点运动到N点，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能大于它在M点的动能，选项D正确。 2.图中实线为一匀强电场的电场线，虚线为一个点电荷仅受静电力作用时的运动轨迹的一部分，则可以知道（　　） A.电场线方向向右 B.电场线方向向左 C.点电荷是负电荷 D.点电荷经过B点时速度比经过A点时速度大 解析：D　合力的方向指向轨迹的凹侧，所以点电荷所受静电力方向向右，根据题意，无法判断点电荷的电性和电场线方向，选项A、B、C错误；若点电荷从A点向B点运动，则静电力与速度方向夹角为锐角，点电荷做加速运动，经过B点时的速度比经过A点时的速度大，若点电荷从B点向A点运动，则静电力与速度方向夹角为钝角，点电荷做减速运动，经过B点时的速度仍比经过A点时的速度大，选项D正确。 3.（2025·安徽合肥期中）如图所示，12个带电荷量均为＋q的点电荷，均匀对称地分布在半径为r的圆周上，某时刻，P、Q两处的点电荷电荷量突然减为零，则O点的电场强度大小为（静电力常量为k）（　　） A.　 　B.　 　C.　 　D. 解析：A　P、Q两处的点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为E＝，根据几何关系P、Q两处的点电荷在O点的合电场强度大小为E合＝2Ecos 60°＝，P、Q两处的点电荷电荷量突然减为零时，O点的电场强度大小为E合'＝E合＝，故A正确。 4.（2025·安徽黄山期中）如图甲、乙所示，半径相同的半圆环和四分之三的圆环带有同种电荷，电荷量比为1∶3，环上电荷分布均匀且环的粗细可忽略不计。图甲中圆心处的电场强度大小为E，图乙中圆心处的电场强度大小为（　　） A.E B.E C.E D.E 解析：A　题图甲可以分成两个四分之一的圆环在圆心产生的电场强度的合电场强度为E，而这两个四分之一圆环分别产生的电场强度成90°夹角，根据平行四边形定则，单个四分之一圆环产生的电场强度为E，图乙在圆心产生的电场强度可以等效为三个四分之一的圆环在圆心产生的电场强度的合电场强度，而关于圆心对称的两个四分之一圆环在圆心的合电场强度为零，所以剩余的四分之一的圆环在圆心产生的电场强度，就是图乙中圆心处的电场强度，但图乙圆环的电荷线密度是图甲的2倍，故四分之一的圆环在圆心产生的电场强度为E，故选A。 5.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是（　　） 解析：A　由v-t图像可知，微粒的速度在逐渐减小，图像切线的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受静电力越来越大，由F＝qE知，电场强度增大，电场线越来越密。静电力方向与其运动方向相反，静电力向左，所以电场线方向向右，故A正确。 6.如图所示，均匀带正电的半圆环ABC在其圆心O处产生的电场强度大小为E，方向与直径AC垂直，则AB部分（∠AOB＝90°）所带电荷在O点产生的电场强度大小为（　　） A.E B.E C.E D.E 解析：B　半圆环ABC在其圆心O处产生的电场强度，可看作是AB部分和BC部分在O处产生的电场强度E1和E2的矢量和。E1和E2的大小相等，且与BO的夹角相等，如图所示。由于圆弧AB和BC是轴对称图形，所以电场强度E1和E2的方向沿着圆弧AB和BC的对称轴，即E1和E2的夹角为90°，则有E1＝E2，E＝E1，E1＝E，故B正确。 7.（2025·河南开封期中）如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成半径为R的圆环，O为圆环的圆心，圆环上均匀分布着负电荷。现在圆环上的E处取下足够短的带电荷量为－q的一小段，将其沿O、E连线向左移动到F点处，且EF＝R。设圆环其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，静电力常量为k，若此时在O点放一个带电荷量为＋Q的试探电荷，则该试探电荷受到的静电力为（　　） A.，水平向左 B.，水平向右 C.，水平向左 D.，水平向右 解析：B　圆环上的剩余电荷在O点产生的电场等效为E、O连线向右， 距离O点的距离为R的电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场，其电场强度大小为E1＝，方向水平右，在F点电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场强度大小为E2＝＝，方向水平向左，则O点的合电场强度大小为E＝E1－E2＝，方向水平向右，带电荷量为＋Q的试探电荷受到的静电力大小为F＝QE＝，方向水平向右，故选B。 8.（2025·河北石家庄期中）把一段细玻璃丝与丝绸摩擦，玻璃丝上就带上了正电荷，然后用绝缘工具把这段玻璃丝弯曲成一个半径为R的闭合圆环，如图所示，O是圆环的圆心，A与O的距离为R，O、A连线与圆环平面垂直，已知静电力常量为k，A点电场强度大小为E，则玻璃丝因摩擦所带的电荷量为（　　） A.E B.E C.E D.E 解析：D　圆环上各点到A点的距离为r＝＝2R，圆环上各点与A点的连线与竖直方向的夹角满足sin θ＝＝ 根据平行四边形定则可知 E＝cos θ 联立解得Q＝E 故选D。 9.（2025·天津和平高二上学业考试）如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一个质量为m，电荷量为q的带正电小球，当整个空间存在水平向右的匀强电场，平衡时细绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度大小为（　　） A. B. C. D. 解析：D　以带电小球为对象，根据平衡条件可得tan θ＝，解得该匀强电场的电场强度大小为E＝，故选D。 10.（2025·湖北孝感高一下阶段练习）如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一个质量为m，电荷量为q的带电小球，在某一匀强电场中平衡时，细绳与竖直方向夹角为θ，重力加速为g，则满足上述平衡条件时匀强电场E的最小值为（　　） A. B. C. D. 解析：B　小球在重力、电场力以及绳子的拉力作用下处于平衡状态，且要保持绳子与竖直方向夹角θ不变，当小球所受静电力方向垂直于绳子向上时，静电力最小，受力如图所示，qEmin＝mgsin θ，故Emin＝，故选B。 11.（2025·安徽芜湖高二上阶段练习）两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长L的绝缘细线悬挂在同一水平面上的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带正电，此时两球相距为0.8L，细线与竖直方向夹角均为θ＝37°。若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，sin 37°＝0.6；求： （1）A球的电性及所带的电荷量Q； （2）外加匀强电场的电场强度E的大小。 答案：（1）负电，　（2） 解析：（1）已知小球B带正电，由甲图可知，A球带负电。对A球受力分析，由平衡条件可得mgtan 30°＝，解得A球所带的电荷量为Q＝。 （2）加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得QE＝k 其中r＝2L 解得E＝。 12.如图所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、带电荷量大小为q＝1.0×10－6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左偏离与竖直方向夹角为θ＝37°。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： （1）电场强度E的大小； （2）若在某时刻将细线突然剪断，经过1 s时小球的速度大小v及方向。 答案：（1）7.5×104 N/C　（2）12.5 m/s　与竖直方向夹角为37°斜向左下方 解析：（1）由平衡条件得小球所受静电力大小 F＝mgtan θ 所以电场强度的大小 E＝＝＝ N/C ＝7.5×104 N/C。 （2）剪断细线后，小球所受合力大小 F合＝＝1.25mg 根据牛顿第二定律知，小球的加速度大小 a＝＝1.25g＝12.5 m/s2 所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下方。 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $