屆高中物理新教材同步必修第三冊(cè)第9章專題強(qiáng)化2　靜電力的性質(zhì)

靜電力的性質(zhì)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會(huì)利用幾種特殊方法求解電場(chǎng)強(qiáng)度.2.會(huì)分析電場(chǎng)線與帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相結(jié)合的問(wèn)題.3.學(xué)會(huì)分析電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題.一、電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度的三種計(jì)算方法對(duì)稱法對(duì)稱法實(shí)際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過(guò)程或幾何圖形的對(duì)稱性進(jìn)行解題的一種方法.在電場(chǎng)中，當(dāng)電荷的分布具有對(duì)稱性時(shí)，應(yīng)用對(duì)稱性解題可將復(fù)雜問(wèn)題大大簡(jiǎn)化微元法當(dāng)一個(gè)帶電體的體積較大，已不能視為點(diǎn)電荷時(shí)，求這個(gè)帶電體產(chǎn)生的電場(chǎng)在某處的電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點(diǎn)電荷，用點(diǎn)電荷電場(chǎng)疊加的方法計(jì)算補(bǔ)償法有時(shí)由題給條件建立的模型不是一個(gè)完整的模型，這時(shí)需要給原來(lái)的問(wèn)題補(bǔ)充一些條件，組成一個(gè)完整的新模型.這樣，求解原模型的問(wèn)題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補(bǔ)充條件的差值問(wèn)題.如采用補(bǔ)償法將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面，從而將問(wèn)題化難為易如圖1所示，帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷與均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)薄板的幾何中心，若圖中a點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，根據(jù)對(duì)稱性，帶電薄板在圖中b點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為_(kāi)_______，方向________.(靜電力常量為k)圖1答案eq\f(kq,d2)水平向左(或垂直薄板向左)解析由于a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則點(diǎn)電荷＋q在a點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E1和帶電薄板在a點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小Ea相等，即E1＝Ea，方向相反.由于a、b兩點(diǎn)關(guān)于帶電薄板對(duì)稱，所以帶電薄板在b點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小Eb和帶電薄板在a點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小Ea相等，方向相反，故Eb＝E1＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左).均勻帶電的完整球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng).如圖2所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，eq\x\to(OM)＝eq\x\to(ON)＝2R.已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()圖2A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E答案A解析完整球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(kq,2R2)－E，根據(jù)對(duì)稱性可知，左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小也為eq\f(kq,2R2)－E.選項(xiàng)A正確.二、電場(chǎng)線與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡1.帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，速度方向沿軌跡的切線方向.2.分析思路：(1)由軌跡的彎曲情況結(jié)合電場(chǎng)線確定靜電力的方向；(2)由靜電力和電場(chǎng)線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負(fù)；(3)由電場(chǎng)線的疏密程度可確定靜電力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷帶電粒子加速度的大小.(多選)如圖3所示，帶箭頭的實(shí)線表示某一電場(chǎng)中的電場(chǎng)線的分布情況.一帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線所示.若不考慮其他力，則下列判斷正確的是()圖3A.若粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則粒子帶負(fù)電B.不論粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，還是從B運(yùn)動(dòng)到A，粒子必帶負(fù)電C.若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其加速度減小D.若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其速度減小答案BC解析根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向軌跡曲線內(nèi)側(cè)可知粒子所受靜電力的方向與電場(chǎng)線的方向相反，所以不論粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，還是從B運(yùn)動(dòng)到A，粒子必帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，所以粒子在B點(diǎn)受到的靜電力大，在B點(diǎn)時(shí)的加速度較大，若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過(guò)程中粒子所受靜電力與速度方向成銳角，即做正功，動(dòng)能增大，速度增大，故D錯(cuò)誤.針對(duì)訓(xùn)練1如圖4所示，實(shí)線為不知方向的三條電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場(chǎng)線方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，僅在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示.則()圖4A.a一定帶正電，b一定帶負(fù)電B.a的速度將減小，b的速度將增大C.a的加速度將減小，b的加速度將增大D.兩個(gè)粒子的動(dòng)能，一個(gè)增大一個(gè)減小答案C解析帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受靜電力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于電場(chǎng)線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯(cuò)誤；從題圖軌跡變化來(lái)看，帶電粒子速度與靜電力方向的夾角都小于90°，所以靜電力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，故B、D錯(cuò)誤；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度小，所以a所受靜電力減小，加速度減小，b所受靜電力增大，加速度增大，故C正確.三、電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1.帶電體在多個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點(diǎn)力平衡的知識(shí)分析，常用的方法有正交分解法、合成法等.2.帶電體在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題與力學(xué)問(wèn)題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進(jìn)行受力分析時(shí)不要漏掉靜電力.如圖5所示，光滑固定斜面(足夠長(zhǎng))傾角為37°，一帶正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時(shí)刻開(kāi)始，電場(chǎng)強(qiáng)度變化為原來(lái)的eq\f(1,2)，(sin37°＝，cos37°＝，g＝10m/s2)求：圖5(1)原來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小(用字母表示)；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度；(3)小物塊2s末的速度大小和2s內(nèi)的位移大小.答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)對(duì)小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)時(shí)，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝mg，由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下.(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.針對(duì)訓(xùn)練2如圖6所示，一質(zhì)量為m＝×10－2kg、帶電荷量大小為q＝×10－6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，假設(shè)電場(chǎng)足夠大，靜止時(shí)懸線向左與豎直方向夾角為θ＝37°.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，重力加速度g取10m/s2.(sin37°＝，cos37°＝)圖6(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)若在某時(shí)刻將細(xì)線突然剪斷，求經(jīng)過(guò)1s時(shí)小球的速度大小v及方向.答案(1)×104N/C(2)12.5m/s方向與豎直方向夾角為37°斜向左下解析(1)由平衡條件得小球所受靜電力大小F＝mgtanθ所以小球所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。篍＝eq\f(F,q)＝eq\f(mgtanθ,q)＝×10－2×10×,×10－6)N/C＝×104N/C.(2)剪斷細(xì)線后，小球所受合力大小：F合＝eq\f(mg,cos37°)＝mg根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度大?。篴＝eq\f(F合,m)＝g＝m/s2所以經(jīng)過(guò)1s時(shí)小球的速度大小v＝at＝m/s，方向與豎直方向夾角為37°斜向左下.1.一帶負(fù)電荷的點(diǎn)電荷，只在靜電力作用下沿曲線abc由a運(yùn)動(dòng)到c，已知點(diǎn)電荷的速率是遞減的.關(guān)于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向，圖中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()答案D解析根據(jù)從a運(yùn)動(dòng)到c，點(diǎn)電荷的速率是遞減的，可知點(diǎn)電荷所受靜電力方向與速度方向成鈍角，又根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)條件，可知靜電力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，因負(fù)電荷所受靜電力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，故圖D正確.2.(多選)(2020·北京二十二中期中)某靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線如圖1所示，帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是()圖1A.粒子是正電荷B.粒子受到的靜電力為恒力C.粒子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度D.粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能答案ACD解析帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，僅受靜電力作用時(shí)，受到的靜電力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向沿著電場(chǎng)線向上，所以此帶電粒子為正電荷，故A正確；由電場(chǎng)線的分布可知，電場(chǎng)線在N點(diǎn)較密，所以帶電粒子在N點(diǎn)時(shí)受到的靜電力大，在N點(diǎn)的加速度大，故B錯(cuò)誤，C正確；粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，靜電力對(duì)粒子做正功，所以粒子的動(dòng)能增加，即粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能，故D正確.3.(2021·江蘇省蘇州實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一期中)圖2中實(shí)線為真空中某一點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)線，一電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，其中a、b是軌跡上的兩點(diǎn).若電子在兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的速度不斷增大，則下列判斷中正確的是()圖2A.形成電場(chǎng)的點(diǎn)電荷帶正電B.電子可能是從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)C.電子在兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度一定減小D.調(diào)整電子初速度的大小和方向，電子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案C解析做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，受力的方向一定指向軌跡凹側(cè)，可知電子受到的靜電力方向向左，場(chǎng)強(qiáng)方向向右，故形成電場(chǎng)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于電子在兩點(diǎn)間運(yùn)動(dòng)的速度不斷增大，靜電力對(duì)電子做正功，因此一定是從b點(diǎn)向a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由于電子從b向a運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，C正確；由于場(chǎng)源電荷與電子帶同種電荷，相互排斥，因此電子不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.4.如圖3所示，一電子在等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上沿A→O→B勻速飛過(guò)，電子重力不計(jì)，則電子所受的除靜電力之外的另一個(gè)力的大小和方向變化的情況是()圖3A.先變大后變小，方向水平向左B.先變大后變小，方向水平向右C.先變小后變大，方向水平向左D.先變小后變大，方向水平向右答案B解析由于電子做勻速運(yùn)動(dòng)，其合力為零，所以另一個(gè)力一定與電子所受靜電力等大反向.由等量異種電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知中垂線上各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向均相同且水平向右，負(fù)電荷所受的靜電力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，所以電子所受的靜電力始終水平向左，另一個(gè)力的方向一定水平向右，又因O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大的點(diǎn)，故靜電力先變大后變小，則另一個(gè)力也一定先變大后變小，選項(xiàng)B正確.5.(多選)下列圖中，絕緣細(xì)繩一端固定在天花板，一端系一質(zhì)量為m的帶正電小球，為了使小球能靜止在圖中所示位置，可加一個(gè)與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，所加電場(chǎng)方向可能是()答案BCD解析A圖中，小球帶正電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左，帶電小球所受的靜電力水平向左，則小球不可能靜止在圖示位置，故A錯(cuò)誤；B圖中，小球帶正電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，帶電小球所受的靜電力水平向右，則小球可能靜止在圖示位置，故B正確；C圖中小球受靜電力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的細(xì)繩的拉力，三力可能平衡，選項(xiàng)C正確；D圖中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，當(dāng)qE＝mg，繩子拉力為零時(shí)，小球能靜止在圖中位置，故D正確.6.如圖4所示，在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細(xì)線上，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向成30°角，已知此電場(chǎng)方向恰使小球受到的靜電力最小，重力加速度為g，則小球所帶的電荷量應(yīng)為()圖4A.eq\f(mg,E)B.eq\f(3mg,E)C.eq\f(2mg,E)D.eq\f(mg,2E)答案D解析電場(chǎng)方向恰使小球受到的靜電力最小，即E的方向與細(xì)線垂直，對(duì)小球進(jìn)行受力分析可得mgsin30°＝qE，則q＝eq\f(mg,2E)，故選D.7.(2021·河南省重點(diǎn)中學(xué)期中)如圖5所示，A、B、C、D、E、F六點(diǎn)把絕緣均勻圓環(huán)平均分成六部分，其中圓弧AF、BC帶正電，圓弧DE帶負(fù)電，其余部分不帶電，單位長(zhǎng)度圓弧所帶電荷量相等.圓弧AF所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1.則圓心O處的合場(chǎng)強(qiáng)大小為()圖5A.0 B.E1C.3E1 D.2E1答案D解析由題意可知，單位長(zhǎng)度圓弧所帶電荷量相等，圓弧AF、DE、BC所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向在上述兩場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角的角平分線上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則知，圓心O處的合場(chǎng)強(qiáng)大小為2E1，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.8.(2021·河南鶴壁高中段考)如圖6所示，在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)絕緣帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋4q，其余小球帶電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為()圖6A.大小為E，方向沿AO連線斜向下B.大小為eq\f(E,2)，方向沿AO連線斜向下C.大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上D.大小為eq\f(E,4)，方向沿AO連線斜向上答案C解析假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，根據(jù)對(duì)稱性及電場(chǎng)的疊加原理知圓心O處場(chǎng)強(qiáng)為0，所以圓心O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為＋3q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO連線斜向下；除A點(diǎn)小球外，其余帶電荷量為＋q的小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小等于在A點(diǎn)處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小，方向相反，A點(diǎn)處電荷量為＋q的小球在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向下，則其余帶電荷量為＋q的小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向上，故僅撤去A點(diǎn)的小球，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上，C項(xiàng)正確，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤.9.如圖7所示，一半徑為R的圓盤(pán)上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤(pán)且過(guò)圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q＞0)的固定點(diǎn)電荷.已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()圖7A.keq\f(3q,R2)B.keq\f(10q,9R2)C.keq\f(Q＋q,R2)D.keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析已知a處點(diǎn)電荷q和帶電圓盤(pán)均在b處產(chǎn)生電場(chǎng)，且b處電場(chǎng)為零，所以帶電圓盤(pán)在b處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E1與點(diǎn)電荷q在b處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度Eab等大反向，即E1＝Eab＝eq\f(kq,R2)，由對(duì)稱性可知，帶電圓盤(pán)在d處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E2＝E1＝eq\f(kq,R2)，且方向與E1相反，點(diǎn)電荷q在d處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小Ead＝eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kq,9R2)，方向與E2相同，則d處場(chǎng)強(qiáng)的大小為Ed＝E2＋Ead＝eq\f(kq,R2)＋eq\f(kq,9R2)＝keq\f(10q,9R2)，選B.10.如圖8所示，用一根絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g.現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向成θ角.圖8(1)試求這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；(2)如果將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角、大小