1.导学案 第九章 静电场及其应用 阶段提升课（配套word）-【满分思维】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）教师用书

该高中物理导学案聚焦非点电荷电场强度叠加，通过“思维脉图·构建体系”整合知识框架，结合“答案速填”回顾元电荷、静电力常量等基础，搭建从概念到科学方法的学习支架。 资料亮点在于提炼对称法、补偿法、微元法等科学思维方法，以典题突破和情境新题实现考点贯通，培养学生科学推理与模型建构能力，助力物理观念形成，提升复杂电场问题解决能力。

阶段提升课 思维脉图·构建体系 答案速填: ①1.60×10-19 C　②k　③　④　⑤尖端放电　⑥静电屏蔽  核心考点·整合贯通 考点 非点电荷电场强度的叠加(科学思维——科学推理) 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,由于圆环上任何关于圆心中心对称的两点在O点产生的电场强度矢量和为零,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。 2.补偿法 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。 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,每块都可以看成点电荷,用点电荷电场叠加的方法计算。 【典题突破】 [典例1](2025·合肥高二检测)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点的合场强为E,方向从A指向B,则图中B点的合场强大小为 (　　) A. B.+E C.-E D.+E 【解析】选D。由于薄板带负电,该薄板在A点形成的场强方向由A指向B,设该场强大小为E',根据场强的叠加原理可知,A点的合场强为E=E'-,解得E'=+E,根据对称性可知,薄板在B点产生的场强和在A点产生的场强大小相等,方向相反,故B点的合场强大小为E″=E'+k =+E,故选D。 [典例2]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 (　　) A.-E B. C.-E D.+E 【解析】选A。左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为2q的整个球面产生的电场和带电荷量为-q的右半球面产生的电场的合电场,则E=-E',E'为带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小。带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点产生的电场强度大小相等,则EN=E'=-E=-E,故A正确。 [典例3]如图所示,一半径为R的绝缘环上均匀地带有电荷量为+Q的电荷,在位于圆环平面的中心轴线上有一点P,它与环心O的距离OP=L,则P点的场强大小为 (　　) A. B. C. D. 【解析】选C。绝缘环带电量为Q,单位长度所带电荷量为q=,如图,画出圆环边缘到P点的距离,单位长度所带电荷量在P点的场强方向沿箭头方向 根据几何关系可知AP=,由点电荷的电场强度公式可知P点场强为EP=2πR×k×cosα =,A、B、D错误,C正确。 【对点训练】 1.(2022·山东等级考)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　) A.正电荷,q= B.正电荷,q= C.负电荷,q= D.负电荷,q= 【解析】选C。取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷,根据对称性可知,圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和,如图所示, 因为两段弧长非常小,故可看成点电荷,则有E1=k=k,由图可知,两场强的夹角为120°,则两者的合场强为E=E1=k,根据O点的合场强为0,则放在D点的点电荷带负电,大小为E'=E=k,根据E'=k,联立解得q=,故选C。 2.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。图甲中圆心处的场强大小为E,图乙中圆心处的场强大小为 (　　) A.E B.E C.E D.E 【解析】选A。图甲可以分成两个四分之一的圆环,在圆心产生的合场强为E,而这两个四分之一的圆环分别产生的场强成90°夹角,根据平行四边形定则,单个四分之一圆环产生的场强为E,图乙在圆心产生的场强可以等效为三个四分之一的圆环产生的合场强,而关于圆心对称的两个四分之一圆环在圆心的合场强为零,所以图乙圆环在圆心产生的场强为剩余的四分之一的圆环在圆心产生的合场强,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场强为E。故选A。 情境新题·规范解答 [典例示范] (10分)(2025·泉州高二检测)如图所示,一个质量为m=0.03 kg、带电量为-1.0×10-8 C的小球,用绝缘细线悬挂在某水平方向的匀强电场中,图中实线为电场线。当小球静止时,测得悬线与竖直方向成30°角,g取10 m/s2。 (1)判断电场强度方向(选答“方向水平向右”或“方向水平向左”);(2分) (2)该电场的场强大小为多少(结果可保留根号);(3分) (3)若撤去电场,求经过最低点时绝缘细线受到小球的拉力大小。(5分) [规范训练] (10分)(2025·百色高二检测)如图所示,光滑斜面(足够长)倾角为37°,一带正电的小物块质量为2m,电荷量为q,置于斜面上,当沿水平方向施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,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)求: (1)原来的电场强度大小;(3分) (2)小物块运动的加速度;(4分) (3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。(3分) 【解析】(1)由于小球处于静止状态,则小球受到水平向右的电场力,由于小球带负电,所以电场强度的方向水平向左; (2分) (2)根据平衡条件可得Eq=mgtan30°(2分) 所以E=×107 N/C(1分) (3)若撤去电场,小球将做圆周运动,从初始位置到最低点,根据动能定理可得 mgL(1-cos30°)=mv2 (2分) 在最低点,根据牛顿第二定律可得 F-mg=m (2分) 联立解得F= N 根据牛顿第三定律可得,小球对绳子的拉力大小为 N,方向竖直向下。 (1分) 答案:(1)方向水平向左　(2)×107 N/C (3) N 【解析】(1)带电小物块恰好静止在斜面上,根据受力平衡可得2mgsin37°=qEcos37°(2分) 解得原来的电场强度大小为E== (1分) (2)当电场强度变为原来的时,物块在斜面方向,根据牛顿第二定律可得 2mgsin37°-qcos37°=2ma (2分) 解得加速度大小为a=4 m/s2(1分) 方向沿斜面向下。 (1分) (3)根据匀变速直线运动速度—时间公式,可得小物块2 s末的速度为 v=at=4×2 m/s=8 m/s(1分) 根据位移—时间公式可得,小物块2 s内的位移为x=at2=×4×22 m=8 m(2分) 答案:(1)　(2)4 m/s2,方向沿斜面向下 (3)8 m/s,8 m - 6 - 学科网（北京）股份有限公司 $