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（粤教版）

本讲义聚焦高中物理静电场中力的性质，系统梳理从基础电场强度公式到对称法、补偿法、微元法等特殊求解方法的进阶脉络，衔接电场线与粒子运动轨迹分析及电场动力学问题，构建完整知识支架。 资料以典型例题（如带电圆盘、半球面场强计算）渗透科学思维，通过模型建构与科学推理突破重难点，专题强化练覆盖选择与计算，课中辅助教师高效教学，课后助力学生巩固知识、查漏补缺，提升解决复杂问题能力。

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、电场强度的求解 在一般情况下可由公式E=、E=k等计算电场强度，但在求解带电圆环、带电直杆、带电平面等特殊带电体产生电场的电场强度或多个带电体所产生电场的电场强度时，上述公式无法直接应用，这时需转换思维角度，灵活运用对称法、补偿法、微元法、等效法等巧妙方法，可以化难为易。 类型1　对称法 例1　如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电量为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 答案　B 解析　在a点放置一点电荷q后，b点处电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与带电圆盘在b点产生的电场强度大小相等，方向相反，即EQ=Eq=k，根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQ'=EQ=k，方向与Q在b点产生的电场强度方向相反，Ed=EQ'+Eq'=k+k=k，B正确。 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。在静电场中，当电荷的分布具有对称性时，应用对称性解题可将复杂问题简化。 类型2　补偿法 例2　(2025·广州市番禺区祈福英语实验学校月考)如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CO'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2R。在M右侧轴线上O'点固定一带负电的点电荷Q，O'、M点间的距离为R，已知P点的场强为零。已知均匀带电的封闭球壳外部空间的电场强度可等效在球心处的点电荷，静电力常量为k，则M点的场强大小为(　　) A.+ B.+ C.+ D.+ 答案　C 解析　由P点的场强为零可知，左半球壳在P点场强与点电荷-Q在P点场强等大、反向，故左半球壳在P点场强方向向左，大小为E左=k=k，半球壳补圆后(电荷量为2q)在P点场强方向向左，大小为E圆=k=k，则右半球壳在P点的场强方向向左，大小为E右=E圆-E左=k-k，由对称性可知，左半球壳在M点的场强方向向右，大小为E1=E右=k-k，故M点的合场强大小为E合=E1+k=k+k，方向向右，C正确。 理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场强度为零，在球外产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，当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。 类型3　微元法 例3　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'=　　　　，由点电荷电场强度公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，而沿中心轴方向的分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，即EP=　　　　。  答案　　　k 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。 二、电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题 带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。 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，加速度方向与合外力(电场力)方向相同，电场力方向与场强方向平行并指向轨迹凹侧，如图所示； (2)粒子受到的电场力方向与场强方向相反，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，粒子所受电场力越来越小，粒子加速度也越来越小； (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。 例4　(多选)(2024·江门市高二期中)某静电场中的电场线如图中实线所示，带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，从a到b过程中，下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.粒子的速度先增大后减小 C.粒子的加速度先减小后增大 D.粒子的速度先减小后增大 答案　CD 解析　粒子受到的电场力沿电场线切线并指向运动轨迹的凹侧，由题图中运动轨迹与电场线方向可知，粒子所受电场力方向与电场方向相同，所以粒子带正电，故A错误； 由题图中粒子所受电场力方向与其运动方向的关系可知，电场力先做负功后做正功，由动能定理可知，粒子的动能先减少后增加，则粒子的速度先减小后增大，故D正确，B错误；根据电场线的疏密程度可知电场强度先减小后增大，则粒子所受电场力先减小后增大，由牛顿第二定律可知，粒子的加速度先减小后增大，故C正确。 三、电场中的动力学问题 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与力学问题分析方法完全相同，仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉电场力。 例5　(2024·揭阳市高二期末)如图所示，一小物块质量为m=0.1 kg，带负电且电荷量为q=5×10-3 C。放在一倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面上，当整个装置处在一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求电场强度E的大小； (2)某时刻小物块的电荷量突然减少了一半，求物块下滑距离L=1.5 m时的速度大小。 答案　(1)150 N/C　(2)3 m/s 解析　(1)小物块恰处于静止状态时，受力分析如图所示 根据平衡条件可得qE-FNsin θ=0 mg-FNcos θ=0 联立并代入数据解得E=150 N/C (2)由牛顿第二定律得mgsin θ-cos θ=ma 根据速度位移公式v2=2aL 解得v=3 m/s。 专题强化练 [分值：60分] 　[1~5题，每题4分] 1.(2025·广东省三校联考)如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中速度逐渐增大，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是(　　) 答案　D 解析　带电粒子只受电场力的作用，运动过程中速度逐渐增大，则电场力做正功，电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角，电场力方向沿着电场线，同时指向曲线运动轨迹凹侧，可知D符合要求。 2. (多选)(2024·汕头市金山中学高二月考)某静电场中的电场线如图中实线所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是(　　) A.粒子必定带正电荷 B.粒子一定是从M点运动到N点 C.粒子在M点的速度小于它在N点的速度 D.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 答案　AC 解析　粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，可知粒子必定带正电荷，选项A正确； 不能确定粒子是从M点运动到N点还是从N点运动到M点，选项B错误； 若粒子从M点运动到N点，则电场力做正功，动能增加，则粒子在M点的速度小于它在N点的速度；若粒子从N点运动到M点，则电场力做负功，动能减小，则粒子在M点的速度小于它在N点的速度，选项C正确； 因N点处电场线较M点处密集，可知在N点所受电场力较大，则粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项D错误。 3.下列选项中的各圆环大小相同，所带电量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　) 答案　B 解析　将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加可知，D中O点的场强为零，C中的场强等效为第二象限内圆环在O点产生的场强，大小与A中圆环在O点处产生的场强大小相等，B中关于y轴对称的两圆环在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C中O点处场强的倍，故选B。 4. 均匀带电球体在球的外部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正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB=BA=R，CO=2R。若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为 V=πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为(　　) A.9∶25 B.25∶9 C.175∶207 D.207∶175 答案　C 解析　设原来半径为R的整个均匀带电球体的电荷量为Q，由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分的电荷量为Q'=Q=Q=Q，可知以OB为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点的电场强度减去被挖走的球体在A、C两点的电场强度，则有EA=-=，EC=-=，可得=，C正确，A、B、D错误。 5. (多选)(2024·东莞市高二段考)如图所示，轻质悬线下挂着一个带正电的小球。它的质量为m、电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为 B.若剪断悬线，则小球做曲线运动 C.若剪断悬线，则小球做匀速直线运动 D.若剪断悬线，则小球做匀变速直线运动 答案　AD 解析　小球平衡时，小球受到重力、悬线拉力和电场力，小球在这三个力作用下处于平衡状态，即合力为零，则悬线与竖直方向夹角的正切值为tan θ=，故A正确；若剪断悬线，则小球只受重力和电场力，且两个力都是恒力，所以重力和电场力的合力也是恒力，小球将做匀变速直线运动，故B、C错误，D正确。 6.(10分)(2024·汕尾市高二检测)如图所示，一个倾角θ=30°的光滑固定绝缘斜面放在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m、电量为q的带负电小球从斜面顶端A处以初速度v0沿斜面向下运动。重力加速度为g。 (1)(4分)为了保证小球能到达点B，求电场强度E的大小应满足的条件； (2)(6分)如果场强的大小E=，求小球的加速度。 答案　(1)E≤　(2)，方向沿斜面向下 解析　(1)带负电荷的小球在竖直向下的匀强电场中受到竖直向上的电场力，要使小球能到达B点，电场力不能大于重力，则有F≤G 即qE≤mg 可得E≤ (2)小球所受重力和电场力的合力竖直向下，大小为F合=mg-qE=mg-q·=mg 根据牛顿第二定律可得F合sin θ=ma 解得小球的加速度为a===g，方向沿斜面向下。 　[7、8题，每题6分] 7. (多选)如图所示，在真空中一条竖直向上的电场线上有a、b两点，一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向下运动，到达b点时速度恰好为零。则下列说法正确的是(　　) A.该带电质点一定带正电荷 B.该带电质点一定带负电荷 C.b点的电场强度大于a点的电场强度 D.质点在b点所受到的合力一定为零 答案　AC 解析　带电质点在a处由静止释放后向下运动，到达b点时速度恰好为零，则质点先加速下降，后减速下降，故电场力的方向向上，与电场线方向相同，可知该质点一定带正电，A正确，B错误；带电质点到b点时速度减为零，可知质点的运动过程中，合力方向先向下再向上，即电场力先小于重力再大于重力，由电场力公式F=qE可知，a点的电场强度小于b点的电场强度，C正确；由以上分析可知，质点到b点时速度为零，但合力方向可能向上、大小不为零，D错误。 8. (2024·深圳市深圳外国语学校高二月考)如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　取下一小段后的圆环上的电荷在O点产生的场强大小等于电荷量为q的取下的一小段在原位置时在O点产生的电场强度大小E1==，方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度大小为E2==，方向竖直向上，此时O点的场强大小为E=E1-E2=，方向竖直向下，则带电量为Q的带正电的试探电荷受到的电场力大小F=EQ=，故C正确，A、B、D错误。 9.(12分)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。(两小球均可视为质点，静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。则： (1)(6分)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)(6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、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。 　[6分] 10.(2024·鹤山市第一中学高二月考)硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊等装置构成，如图甲所示。工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷，我们可以用图乙模拟带电的感光鼓：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。若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成-4q，静电力常量为k，则圆心O点处的电场强度为(　　) A.，方向沿半径背离P点 B.，方向沿半径指向P点 C.，方向沿半径背离P点 D.，方向沿半径指向P点 答案　B 解析　当P点的点电荷为-q时，根据电场的对称性，可知在圆心O点处的电场强度为零，当P点的点电荷为-4q时，可由-q和-3q两个点电荷等效替代，故圆心O点处的电场强度可以看成均匀带电圆环和-3q产生的两个场强叠加，故圆心O点处的电场强度大小为E=0+k=k，电场方向为-3q在O点处的电场方向，即方向沿半径指向P点，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $