第一章 专题强化2 静电场中力的性质（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（教科版）

本讲义聚焦高中物理静电场中力的性质，系统梳理电场强度计算（微元法、对称法、补偿法、等效法）、电场线与粒子运动轨迹分析、电场中的动力学问题，构建从方法学习到综合应用的递进学习支架。 该资料通过特殊方法培养科学思维中的模型建构与科学推理，如微元法将非点电荷分割为点电荷叠加，对称法简化对称分布问题。结合例题解析和分层练习，课中辅助教师教学，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决复杂问题的能力。

专题强化2　静电场中力的性质 [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相结合的问题(重点)。3.学会分析电场中的动力学问题(难点)。 一、电场强度的计算方法 1.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。 例1　如图甲所示，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，求P点的电场强度大小时： 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'=　　　　，由点电荷电场强度表达式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度大小E=　　　　　　　，如图乙中所示，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而沿轴方向的分量Ex之和等于带电圆环在P点的电场强度EP，即EP=　　　　 　　　　　　　　。  答案　　　 解析　每一小段带电体所带电荷量Q'=，每一小段带电体在P点产生的电场强度E==。EP=nEx=nkcos θ=。 2.对称法 带电体所带电荷或部分电荷对称分布，可应用对称性解决问题，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，由于圆环上任何两个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。 例2　(2025·成都市嘉祥外国语学校高二月考)带电荷量为-q的点电荷与均匀带电大薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心，若图中a点处的电场强度为零，则在图中b点处的电场强度的大小和方向分别为(静电力常量为k)(　　) A.　水平向右 B.　水平向左 C.　水平向右 D.　水平向左 答案　A 解析　若a点处的电场强度为零，则均匀带电大薄板在a点处的场强与点电荷在a点处的场强大小相等，方向相反， 则有E板a=k 根据对称性可知均匀带电大薄板在b点处的场强大小为E板b=E板a=k 方向向右；则b点处的电场强度的大小 Eb=E板b+k= 方向水平向右，故选A。 3.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，电荷分布均匀，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3　如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在A1点的电场强度大小为E1，右半部分在A2点的电场强度的大小为E2，则有(　　) A.E1=E2 B.E1<E2 C.E1>E2 D.大小无法确定 答案　C 解析　如图甲所示，分开后左部分球冠所带电荷在点A1产生的电场强度以E1表示，右部分球层面电荷在A2产生的电场强度以E2表示，由对称性可知E1的方向向右，E2的方向向左。 如图乙所示，设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，球缺在A2点产生的电场强度E3大于E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，那么，E1与E3必然大小相等，方向相反，所以球冠面电荷在点A1产生的电场强度E1大于球层面电荷在A2产生的电场强度E2，故C正确，A、B、D错误。 4.等效法 在保证效果相同的前提下，将复杂或陌生的电场情景变换为简单或熟悉的电场情景。 如：一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场(一部分)，如图甲、乙所示。 二、电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题 若实线为电场线，虚线为带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用从A点向B点运动。回答以下问题： (1)画出粒子在A点的运动方向和加速度方向； (2)判断粒子的电性； (3)判断粒子从A到B过程中，加速度大小的变化情况； (4)判断粒子从A到B过程中，速度大小的变化情况。 答案　(1)粒子在A点运动方向沿轨迹切线方向；根据曲线运动中合力总是指向轨迹的凹侧，可判断所受合力(即电场力)的方向，即加速度方向(沿电场线标注)，如图所示； (2)粒子受到的电场力与电场线方向相反，此粒子带负电； (3)电场线的疏密表示电场强度的大小，从A到B电场线越来越稀疏，说明电场强度越来越弱，电场力越来越小，加速度大小也越来越小； (4)由粒子运动情况知，速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，故从A到B粒子的速度越来越小。 1.带电粒子仅受电场力作用做曲线运动时，电场力指向轨迹曲线的内侧。电场力沿电场线，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，结合电场线确定电场力的方向； (2)由电场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电场力的大小，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，可以判断电场力做功的正负，动能是增大还是减小，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　(多选)(2024·甘孜州高二期中)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带正电粒子通过电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子运动中只受电场力作用，下列说法正确的是(　　) A.可以判断出该电场的方向 B.产生该电场的场源电荷为正电荷 C.带电粒子从A运动到B D.带电粒子在A点的加速度大于B点的加速度 答案　AD 解析　根据曲线运动的合力方向指向轨迹凹侧，可知带正电粒子受到的电场力方向沿电场线向左，则电场方向向左，产生该电场的场源电荷为负电荷，故A正确，B错误；带电粒子不一定从A运动到B，也可能从B运动到A，故C错误；根据电场线的疏密程度，可知A点的场强大于B点的场强，则带电粒子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，根据牛顿第三定律，可知带电粒子在A点的加速度大于在B点受到的加速度，故D正确。 三、电场中的动力学问题 分析带电体在电场中的加速运动时，与力学问题分析方法完全相同，牛顿第二定律仍适用，在进行受力分析时，不要漏掉电场力。 例5　(2024·自贡市高二期中)如图所示，光滑绝缘斜面倾角为37°，一带有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，电场强度大小变化为原来的2倍、电场强度方向变为竖直向下。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求： (1)原来的电场强度的大小； (2)物块运动的加速度； (3)沿斜面下滑距离为l=0.5 m时物块的速度大小(结果保留两位有效数字)。 答案　(1)　(2)15 m/s2，方向沿斜面向下　(3)3.9 m/s 解析　(1)物块静止，则受力平衡，可知qEcos 37°=mgsin 37°，解得E=。 (2)若电场强度大小变化为原来的2倍、电场强度方向变为竖直向下，则(mg+2Eq)sin 37°=ma，解得a=15 m/s2，方向沿斜面向下。 (3)沿斜面下滑距离为l=0.5 m时物块的速度大小 v== m/s= m/s≈3.9 m/s。 专题强化练 [分值：70分] [1~4题，每题4分] 1.(2024·成都市高二期中)如图，实线表示某静电场的电场线，虚线表示带电粒子的运动轨迹。带电粒子只受电场力作用，运动过程中速度逐渐减小，它运动到b处时速度方向与受力方向可能是(　　) 答案　B 解析　由带电粒子速度逐渐减小可知，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力方向指向轨迹弯曲内侧且沿电场线。故选B。 【题点】未知电场线方向和运动轨迹 2.(2024·成都市高二期中)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，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是(　　) A.带电粒子一定带正电 B.带电粒子在a、b两点的受力方向均沿实线指向左边 C.带电粒子在b点的速度比在a点大 D.带电粒子在b点的加速度比在a点大 答案　B 解析　带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据曲线运动中合力方向指向轨迹的凹侧，可知带电粒子在a、b两点的受力方向均沿实线指向左边；由于不清楚电场方向，所以无法判断粒子的电性，故A错误，B正确；若粒子从a运动到b，则电场力做负功，粒子动能减少，带电粒子在b点的速度比在a点小；若粒子从b运动到a，则电场力做正功，粒子动能增加，带电粒子在b点的速度比在a点小，故C错误；根据电场线的疏密程度表示电场强度大小可知，b点处的电场强度小于a点处，则带电粒子在b点受到的电场力小于在a点受到的电场力，带电粒子在b点的加速度比在a点小，故D错误。 【题点】未知电场线方向和运动轨迹 3.如图所示，一个绝缘半圆环上均匀分布有同种电荷，固定在绝缘水平面上，在圆弧的圆心处放有一个点电荷，点电荷受到的静电力为F，若截走圆弧的，则圆心处的点电荷受到的静电力大小变为(　　) A.F B.F C.F D.F 答案　A 解析　根据对称性可知圆环左、右半部分对点电荷的静电力大小相等(设为F0)，方向与竖直方向夹角均为45°，根据力的合成可得F0=F，解得F0=F，故选A。 4.(多选)如图所示，半径为R的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，总电荷量为Q，已知静电力常量为k，若在圆环上切去长度为l(l远小于R)的一小段AB，则圆心O处的电场方向和电场强度大小应为(　　) A.方向指向AB中点 B.方向背离AB中点 C.电场强度大小为 D.电场强度大小为 答案　BD 解析　AB段的电荷量q=，则AB段在O点产生的电场强度大小为E==，方向指向AB中点，因为未切去AB段前，圆心O点处的电场强度为零，所以剩余部分在O点产生的电场强度大小等于，方向背离AB中点，故B、D正确，A、C错误。 5.(13分)(2024·四川省泸定中学高二期中)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，用绝缘轻细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场范围足够大，静止时悬线向右与竖直方向夹角为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)。 (1)(6分)求电场强度E的大小； (2)(7分)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度v。 答案　(1)7.5×104 N/C　(2)12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向右下 解析　(1)由平衡条件得小球所受电场力F=mgtan θ，所以电场强度的大小E===7.5×104 N/C。 (2)剪断细线后，小球所受合力F合==1.25mg，根据牛顿第二定律，得小球的加速度a==1.25g=12.5 m/s2 所以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°斜向右下。 【题点】静电力作用下的匀变速直线运动　静电力作用下的平衡问题 [6~8题，每题6分] 6.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(　　) 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　D 解析　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，方向斜向左下；根据对称性和场强叠加原理可知，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，方向斜向左上；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，故选D。 【题点】对称法 7.(2025·眉山市仁寿县高二期中)如图所示，在真空中ABCD是由粗细均匀的绝缘线制成的正方形线框，其边长为d，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷。现在AD中点M处取下足够短的带电荷量为q的一小段，将其沿OM连线向左移d的距离到N点处。设线框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的点电荷，静电力常量为k，则该点电荷受到的电场力大小为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　没有截取一小段时，根据对称性可知，O点的合场强为零，则截取的部分和剩下的部分在O点产生的场强等大反向，剩下的部分在O点产生的场强大小为E1=k 方向向左，当截取部分移到N点时，其在O点产生的场强大小为E2=k 方向向右，则O点的合场强大小为E=E1-E2= 方向向左，若此时在O点放一个带电荷量为Q的点电荷，该点电荷受到的电场力大小为F=EQ=，故选A。 8.点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间电场分布的右半部分(如图乙所示)完全相同。图丙中点电荷+q到MN的距离OA为R，AB是以电荷+q为圆心、R为半径的圆上的一条直径，静电力常量为k，则B点电场强度的大小是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根据电场的叠加原理得EB=k-k=，故选B。 【题点】用特殊方法解决电场强度的叠加问题　等效法 9.(15分)(2024·资阳市高二期中)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，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。则： (1)(7分)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)(8分)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？ 答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m 解析　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、A对其的库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动， 由牛顿第二定律得 mgsin θ--qEcos θ=ma， 代入数据解得a=3.2 m/s2。 (2)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。 【题点】静电力作用下的平衡问题　静电力作用下的匀变速直线运动 　[8分] 10.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处点电荷的电荷量为-q外，其余各点处点电荷的电荷量均为+q，静电力常量为k，则圆心O处(　　) A.电场强度大小为，方向沿OA方向 B.电场强度大小为，方向沿AO方向 C.电场强度大小为，方向沿OA方向 D.电场强度大小为，方向沿AO方向 答案　C 解析　根据对称性，先假定在A点放上电荷量为+q的点电荷，O点的电场强度为零，即B、C、D、E四个点处的点电荷在O点的电场强度方向沿OA方向，大小为，再与A处的负点电荷在O点的电场强度叠加，则O点的电场强度大小为EO=，方向沿OA方向，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 $