2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第八章靜電場第34講電場的力的性質(zhì)教學(xué)案新人教版

PAGE30-第34講電場的力的性質(zhì)[研讀考綱明方向]考綱要求復(fù)習(xí)指南內(nèi)容要求考情分析：1．以選擇題為主考查：(1)基本概念及各物理量之間的關(guān)系；(2)綜合考查電場力和電場能的性質(zhì)；(3)帶電粒子運動軌跡問題；(4)電容器的兩類問題。2．以計算題綜合考查帶電粒子在電場中的平衡及運動問題。命題趨勢：1．會接著通過電場力的性質(zhì)和電場能的性質(zhì)兩條主線來考查各物理量間的聯(lián)系。2．會接著以電場線、等勢面為工具，考查各物理量。3．會接著與動力學(xué)、能量結(jié)合考查帶電粒子的平衡、運動問題。物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ靜電現(xiàn)象的說明Ⅰ點電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ靜電場Ⅰ電場強度、點電荷的場強Ⅱ電場線、電勢能、電勢Ⅰ電勢差Ⅱ勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系Ⅱ帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ示波管Ⅰ常見的電容器，電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ[重讀教材定方法]1.P3[試驗]，回答課本問題。若右端接地，則圖示狀態(tài)感應(yīng)電荷分布狀況如何？提示：導(dǎo)體A、B分別感應(yīng)出負電荷和正電荷，兩金屬箔都張開；先把A、B分開，然后移去C，A、B帶電狀況不變，金屬箔均保持張開狀態(tài)；再讓A、B接觸，A、B均不帶電，兩金屬箔均閉合。導(dǎo)體A左端分布有感應(yīng)負電荷，導(dǎo)體B無感應(yīng)電荷。2．P3圖1.1－2，驗證一導(dǎo)體是否帶電時，必需使其與驗電器的金屬球接觸嗎？提示：不是必需，使該導(dǎo)體與金屬球靠近也可。3．P4“元電荷”一段。4．P4～5[問題與練習(xí)]T2、T3、T4。提示：T2：導(dǎo)體上電荷的轉(zhuǎn)移是電子的轉(zhuǎn)移，得到或失去的電子數(shù)相同，均等于帶電量與元電荷的比值。T3：感應(yīng)起電的特點是近異遠同，離的近的力大，故為吸引力。T4：不違反能量守恒定律。把A、B在C旁邊相碰一下分開，須要做功，須要能源供應(yīng)能量。5．P6閱讀“庫侖的試驗”一段，庫侖是怎樣變更電量的？提示：把一個帶電金屬小球與另一個不帶電的完全相同的金屬小球接觸，前者的電荷量就會分給后者一半。6．P7[例題1]，由該題分析，在電磁學(xué)的受力分析時是否須要考慮萬有引力？提示：不須要。7．P12圖1.3－3、圖1.3－4及“電場線”一段，留意電場線的三大特點。8．P13圖1.3－6、圖1.3－7。9．P14～15[問題與練習(xí)]T1、T3、T5、T6、T7。提示：T1：E＝eq\f(F,q)，某處電場強度E的大小與檢驗電荷電量q無關(guān)。T3：E電場→E重力場，F(xiàn)→G，q→m，由比值法定義得E重力場＝eq\f(G,m)，方向與G相同。T5：同一幅圖中，電場線密集處電場強度大；電場強度方向為各點的切線方向；負電荷所受靜電力方向與電場強度方向相反。T6：受力平衡分析。T7：利用靜止的正負點電荷電場分布的特點及電場強度公式分析。10．P17圖1.4－2、圖1.4－3。11．P18[思索與探討]。提示：重讀課文，仿照正電荷情形分析。12．P19圖1.4－5，視察等勢面和電場線形態(tài)，思索兩者關(guān)系。提示：等勢面和電場線垂直。13．P19～20[問題與練習(xí)]T2、T3、T4、T5、T7。提示：T2：φ＝eq\f(Ep,q)，φ、Ep、q計算時均帶正、負號，并按φ的正、負值大小比較。T3：(1)沿電場線方向電勢漸漸降低；(2)將一正(或負)檢驗電荷從M點移到P點或從P點移到M點，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大，再依據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)分析。T4：φ重力勢＝eq\f(mgh,m)＝gh。T5：依據(jù)定義或定義式分析。T7：電場線與等勢面垂直；靜電力做功與電荷運動的始末位置有關(guān)，與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān)，WAB＝EpA－EpB。14．P21[例題]。15．P22[問題與練習(xí)]T1、T3。提示：T1：WAB＝qUAB＝EpA－EpB。T3：(1)B點，A點；(2)負功；(3)負，正。16．P23[思索與探討]。提示：公式UAB＝Ed中的d是勻強電場中兩點沿電場線方向的距離。17．P23～24[問題與練習(xí)]T1、T2、T3、T4。提示：T1：E＝eq\f(U,d)，F(xiàn)＝Eq，WAB＝qUAB＝qEd。T2：(1)D點電勢高，UCD＝Ed；(2)φC－φB＝UCB＝EdCB，φD－φB＝UDB＝EdDB，φC－φA＝UCA＝EdCA，φD－φA＝UDA＝EdDA，沿電場線方向d為正，逆電場線方向d為負，電勢差與零電勢位置選取無關(guān)。(3)WCD＝qUCD，靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)。T3：E＝eq\f(U,d)。T4：b，b，b，b。同一幅圖中，相鄰等勢面間的電勢差相等時，等勢面越密集的地方電場強度越大。18．P24圖1.7－1及邊框。19．P26[演示]試驗。提示：空腔導(dǎo)體帶電時，電荷分布在外表面，內(nèi)表面沒有電荷分布。20．P28[問題與練習(xí)]T1。提示：(1)近異遠同；(2)與點電荷激發(fā)的電場的場強等大反向；(3)不能，球殼表面是一個等勢面。21．P30[演示]試驗。22．P32[做一做]。提示：(1)面積表示電容器釋放的電量，即充電后所帶電量；(2)數(shù)小格，格數(shù)乘以每格面積所代表的電量；(3)C＝eq\f(Q,U)。23．P32～33[問題與練習(xí)]T1、T3、T4。提示：T1：兩極板間電壓越大，偏轉(zhuǎn)角度越大。T3：(1)U肯定，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)；(2)Q肯定，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)。T4：E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。24．P34[思索與探討]。提示：仍舊適用，動能定理分析不考慮運動過程。25．P34～35[例題2]。26．P35“示波管的原理”一段。27．P35～36圖1.9－4，若YY′上加圖1.9－5的電壓，XX′上加圖1.9－6的電壓，屏幕上亮線是什么形態(tài)？提示：正弦曲線形態(tài)。28．P37[科學(xué)蹤跡]，密立根試驗——電子電荷量的測定。29．P38[科學(xué)閑逛]，范德格拉夫靜電加速器。30．P39[問題與練習(xí)]T2。提示：－eU＝0－eq\f(1,2)mv2。第34講電場的力的性質(zhì)基礎(chǔ)命題點一電荷與庫侖定律一、電荷電荷守恒定律1．電荷(1)三種起電方式：eq\x(\s\up1(01))摩擦起電，eq\x(\s\up1(02))感應(yīng)起電，eq\x(\s\up1(03))接觸起電。(2)兩種電荷：自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互eq\x(\s\up1(04))排斥，異種電荷相互eq\x(\s\up1(05))吸引。(3)帶電實質(zhì)：物體eq\x(\s\up1(06))得到電子或失去電子。(4)元電荷①電荷的多少叫做電荷量，通常把e＝eq\x(\s\up1(07))1.60×10－19_C的電荷量叫做元電荷。②對元電荷的理解a．元電荷是自然界中最小的電荷量，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。b．元電荷等于電子所帶的電荷量，也等于質(zhì)子所帶的電荷量，但元電荷沒有正負之分。c．元電荷不是實物粒子，電子、質(zhì)子等微粒也不是元電荷。(5)點電荷：代表帶電體的有肯定電荷量的點，忽視帶電體的大小、形態(tài)及電荷分布狀況的志向化模型。(6)比荷：帶電粒子的電荷量與其質(zhì)量之比。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容①經(jīng)典表述：電荷既不會創(chuàng)生，也不會殲滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量eq\x(\s\up1(08))保持不變。②現(xiàn)在表述：一個與eq\x(\s\up1(09))外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的eq\x(\s\up1(10))代數(shù)和保持不變。(2)電荷的安排原則：兩個形態(tài)、大小相同且?guī)N電荷的導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶eq\x(\s\up1(11))等量電荷，若兩導(dǎo)體原來帶異種電荷，則電荷先eq\x(\s\up1(12))中和，余下的電荷再eq\x(\s\up1(13))平分。二、庫侖定律1．內(nèi)容eq\x(\s\up1(14))真空中兩個靜止eq\x(\s\up1(15))點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成eq\x(\s\up1(16))正比，與它們的距離的二次方成eq\x(\s\up1(17))反比，作用力的方向在它們的連線上。2．表達式F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝eq\x(\s\up1(18))9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量。3．適用條件eq\x(\s\up1(19))真空中的eq\x(\s\up1(20))靜止點電荷。(1)在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的狀況，可以干脆應(yīng)用公式。(2)當兩個帶電體的間距遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。(3)對于兩個帶電金屬球，要考慮其表面電荷的重新分布，如圖所示。①同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；②異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2)。(4)不能依據(jù)公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看做點電荷了。4．庫侖力的方向由相互作用的兩個帶電體確定，即同種電荷相互eq\x(\s\up1(21))排斥，異種電荷相互eq\x(\s\up1(22))吸引。1．(2024·江蘇揚州中學(xué)高考模擬)如圖所示，驗電器帶有少量的正電荷，將一帶負電荷的小球從遠處漸漸靠近驗電器的金屬球。此過程中，可能看到金屬箔片張開的角度()A．不斷增大 B．先減小至零，后漸漸增大C．先增大，后減小 D．先增大，后不變答案B解析帶有負電荷的小球漸漸靠近一個帶有少量正電荷的驗電器金屬球，依據(jù)異種電荷相互吸引得出金屬箔片所帶電荷變少，所以金屬箔片的夾角減小，隨著小球的靠近，驗電器的金屬球上的正電荷越來越多，所以金屬箔片上將起先帶上負電荷，隨著負電荷的增加，此時驗電器金屬箔片的張角也起先變大，即金屬箔片的夾角增大，故A、C、D錯誤，B正確。2．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布勻稱，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異號電荷，使其電荷量的肯定值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為()A．F引＝Geq\f(m2,L2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,L2)B．F引≠Geq\f(m2,L2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,L2)C．F引≠Geq\f(m2,L2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,L2)D．F引＝Geq\f(m2,L2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,L2)答案D解析萬有引力定律的運用條件是質(zhì)點和質(zhì)量勻稱分布的球，由于金屬球殼a和b質(zhì)量分布勻稱，所以萬有引力定律可以干脆應(yīng)用，所以它們之間的萬有引力為F引＝Geq\f(m2,L2)；由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，所以不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異號電荷，由于電荷之間的相互吸引，兩球殼電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>keq\f(Q2,L2)，故D正確，A、B、C錯誤。3．[教材母題](人教版選修3－1P9·T3)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力為F。現(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，此時A、B球間的靜電力變?yōu)槎啻?？若再使A、B間距離增大為原來的2倍，則它們間的靜電力又為多大？[變式子題]三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑。球1所帶電荷量為q，球2所帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間靜電力的大小為F。現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時球1、2之間靜電力的大小仍為F，方向不變。由此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6答案D解析依據(jù)庫侖定律，球3未與球1、球2接觸前，球1、2間的靜電力F＝keq\f(nq2,r2)。三個金屬小球相同，接觸后電荷量均分，球3與球2接觸后，球2和球3的電荷量q2＝q3＝eq\f(nq,2)；球3再與球1接觸后，球1的電荷量q1＝eq\f(q＋\f(nq,2),2)＝eq\f(n＋2q,4)。此時球1、2間的作用力F′＝keq\f(\f(nq,2)·\f(n＋2q,4),r2)＝keq\f(nn＋2q2,8r2)。由題意知F′＝F，即n＝eq\f(nn＋2,8)，解得n＝6。故D正確?；A(chǔ)命題點二電場強度的理解與計算1．電場(1)電場是存在于電荷四周的一種物質(zhì)，eq\x(\s\up1(01))靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場。(2)電荷間的相互作用是通過eq\x(\s\up1(02))電場實現(xiàn)的。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的eq\x(\s\up1(03))電荷有力的作用。2．電場強度(1)定義：電場中某一點的電荷受到的eq\x(\s\up1(04))電場力F跟它的eq\x(\s\up1(05))電荷量q的比值叫做該點的電場強度。(2)定義式：E＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(F,q)。(3)物理意義：表示電場的eq\x(\s\up1(07))強弱和eq\x(\s\up1(08))方向。(4)矢量性：電場強度是eq\x(\s\up1(09))矢量，規(guī)定eq\x(\s\up1(10))正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向。(5)唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關(guān)，它確定于形成電場的電荷(場源電荷)及eq\x(\s\up1(11))空間位置。(6)電場的疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各個電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的eq\x(\s\up1(12))矢量和。電場強度的疊加遵從eq\x(\s\up1(13))平行四邊形定則或三角形定則。3．電場強度三個表達式的比較表達式比較E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意義電場強度定義式真空中點電荷產(chǎn)生的電場強度的確定式勻強電場中E與U、d的關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強電場確定因素由電場本身確定，與F、q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同確定由電場本身確定，d為沿電場方向的距離相同點矢量，遵守平行四邊形定則單位：1N/C＝1V/m4．求解電場強度的基本方法求電場強度常見的有定義式法、點電荷電場強度公式法、勻強電場公式法、矢量疊加法。1．關(guān)于電場，下列敘述中正確的是()A．對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同B．正電荷四周的電場強度肯定比負電荷四周的電場強度大C．在電場中某點放入摸索電荷q，該點的電場強度為E＝eq\f(F,q)，取走q后，該點電場強度不為零D．摸索電荷所受電場力很大，該點電場強度肯定很大答案C解析以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E＝eq\f(kQ,r2)相等，但方向不同，A錯誤；由E＝keq\f(Q,r2)可知，點電荷四周的電場強度的大小只由Q、r的大小來確定，與電荷的正、負沒有關(guān)系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質(zhì)的物理量，摸索電荷是用來體現(xiàn)這一性質(zhì)的“工具”，C正確；定義式E＝eq\f(F,q)中E的大小并不是由F、q來確定的，在電場中某一點放入一摸索電荷q，假如q越大，則F越大，而eq\f(F,q)這一比值不變，D錯誤。2．如圖所示，真空中電荷量分別為＋Q和－Q的點電荷A、B相距為r。求：(1)兩點電荷連線的中點O的電場強度的大小和方向；(2)在兩點電荷連線的中垂線上，距A、B兩點都為r的O′點的電場強度的大小和方向。答案(1)eq\f(8kQ,r2)方向A→B(2)eq\f(kQ,r2)方向A→B解析(1)如圖甲所示，A、B兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度方向相同，均為A→B。A、B兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度的大小相等，為EA＝EB＝eq\f(kQ,(\f(r,2))2)＝eq\f(4kQ,r2)。故O點的合電場強度為EO＝2EA＝eq\f(8kQ,r2)，方向A→B。(2)如圖乙所示，EA′＝EB′＝eq\f(kQ,r2)，由矢量合成可知，O′點的合電場強度為EO′＝EA′＝EB′＝eq\f(kQ,r2)，方向與A、B的中垂線垂直，即A→B。3．[教材母題](人教版選修3－1P15·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為＋2.0×10－8[變式子題]如圖所示，一條長為L的絕緣細線，上端固定，下端系一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中，當小球平衡時，懸線與豎直方向的夾角α＝45°。已知重力加速度為g，求：(1)小球帶何種電荷？電荷量為多少？(2)若將小球向左拉至懸線呈水平位置，然后由靜止釋放小球，則放手后小球做什么運動？經(jīng)多長時間到達最低點？答案(1)正電eq\f(mg,E)(2)勻加速直線運動eq\r(\f(2L,g))解析(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，由此可知小球帶正電，設(shè)其電荷量為q，則FTsinα＝qE，F(xiàn)Tcosα＝mg，可得：FT＝eq\r(2)mg，q＝eq\f(mgtanα,E)＝eq\f(mg,E)。(2)釋放后，小球由靜止起先沿與豎直方向成α＝45°角斜向右下方做勻加速直線運動，當?shù)竭_最低點時，它經(jīng)過的位移大小為eq\r(2)L，此時細線剛好拉直，由勻變速直線運動規(guī)律得x＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\r(2)g，x＝eq\r(2)L所以t＝eq\r(\f(2L,g))?；A(chǔ)命題點三電場線1．定義為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的eq\x(\s\up1(01))切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的eq\x(\s\up1(02))疏密表示電場強度的大小。留意：電場線是假想的曲線，不是實際存在的線。2．特點(1)電場線從正電荷或無限遠動身，終止于eq\x(\s\up1(03))無限遠或eq\x(\s\up1(04))負電荷。(2)電場線在電場中不eq\x(\s\up1(05))相交。(3)在同一電場里，電場線eq\x(\s\up1(06))越密的地方場強越大。(4)電場線上某點的eq\x(\s\up1(07))切線方向表示該點的場強方向。(5)沿電場線方向電勢漸漸eq\x(\s\up1(08))降低。(6)電場線和等勢面在相交處相互eq\x(\s\up1(09))垂直。3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)4．兩等量異號點電荷和兩等量同號點電荷形成的電場的比較比較項目等量異號點電荷等量同號點電荷(以正點電荷為例)電場線分布圖連線上的場強大小(從左到右)沿連線先減小，再增大；連線中點電場強度最小但不為零沿連線(兩點電荷之間)先減小至零，再增大沿中垂線由O點向外的場強大小O點最大，向外漸漸減小O點為零，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的場強等大同向等大反向1．如圖所示，M、N為兩個等量同號正電荷Q，在其連線的中垂線上隨意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關(guān)于點電荷q的運動的說法正確的是()A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零答案C解析點電荷從P→O的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變小；合電場力大小也可能始終變小，則加速度始終變小。不過，在到達O點之前，合電場力始終做正功，速度肯定是始終變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關(guān)于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是始終變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是始終變大。但合電場力始終做負功，速度會越來越小，當達到關(guān)于O點對稱的P′點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤。2．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是()A．粒子必定帶正電荷B．該靜電場肯定是孤立正電荷產(chǎn)生的C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度答案C解析帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則肯定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增大，速度增大，所以D錯誤。3．等量異號點電荷的連線和中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個帶負電的摸索電荷先從圖中的A點沿直線移動到B點，再從B點沿直線移動到C點，則摸索電荷在此過程中()A．所受靜電力的方向不變B．所受靜電力的大小恒定C．B點電場強度為0，電荷在B點受力也為0D．在平面內(nèi)與C點電場強度相同的點總共有四處答案A解析如圖所示為等量異號點電荷的電場線分布圖，由圖知從A點到B點及從B點到C點的過程中，負電荷所受靜電力均沿電場線的切線方向向上且不為0，A正確，C錯誤；從電場線的疏密可看出，全過程中電場強度始終在變大，故靜電力F＝qE也變大，B錯誤；從圖上電場線的方向及疏密可看出，與C點電場強度相同的點還有一處，即C點關(guān)于B點對稱的點，D錯誤。實力命題點一求電場強度的幾個特別方法1．等效法：在保證效果相同的前提下，將困難的電場情景變換為簡潔的或熟識的電場情景。例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個等量異號點電荷形成的電場，如圖1甲、乙所示。2．對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使困難電場的疊加計算問題大為簡化。例如：如圖2，勻稱帶電的eq\f(3,4)球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又與弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向相同。3．填補法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)щ姲肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍。4．微元法：將帶電體分成很多個元電荷，每個元電荷看成點電荷，先依據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。5．極限法：對于某些特別狀況下求解有關(guān)場強問題，有時無法用有關(guān)公式、規(guī)律得出結(jié)論，可考慮應(yīng)用極限法。勻稱帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上勻稱分布正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A.eq\f(kq,2R2) B.eq\f(kq,2R2)－EC.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E解析左半球面AB上的＋q產(chǎn)生的電場等效為電荷量為＋2q的整個完整球殼產(chǎn)生的電場和電荷量為－q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有E＝eq\f(k·2q,2R2)－E′，E′為電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。由對稱性可知，電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，即EN＝E′＝eq\f(k·2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，B正確。答案B本題應(yīng)用了割補法和對稱法，將半球面補成形態(tài)規(guī)則的完整球面，以便應(yīng)用公式E＝eq\f(kQ,r2)，又據(jù)左右對稱性，經(jīng)過推理、分析即可求得，這兩種方法也是此類問題中應(yīng)用最多的兩種方法。另外割補法和對稱法也常用于求萬有引力的題目。1．(2024·德州一模)如圖所示，a、b、c、d、e為同始終線上的五個點，相鄰兩點間的距離都為L。處于a、e兩點的點電荷的電荷量大小都為q，處于a點的為負電荷，處于e點的為正電荷。在c點有一與直線垂直的電量為Q的薄板，電性未知。已知d點的電場強度為零，則b點的電場強度大小為()A.eq\f(10kq,9L2)＋eq\f(kQ,L2) B.eq\f(20kq,9L2)C.eq\f(20kQ,9L2) D.eq\f(10kq,9L2)－eq\f(kQ,L2)答案B解析b點或d點的電場強度均由處于a、e點的點電荷及處于c點處的帶電薄板形成的電場疊加而成，以向左為正，Ed＝0＝EQ＋eq\f(kq,3L2)＋eq\f(kq,L2)，得帶電薄板產(chǎn)生的電場在d點的電場強度為EQ＝－eq\f(10kq,9L2)，由對稱性可知，帶電薄板產(chǎn)生的電場在b點的電場強度為EQ′＝eq\f(10kq,9L2)，則b點的實際電場強度為Eb＝EQ′＋eq\f(kq,3L2)＋eq\f(kq,L2)＝eq\f(20kq,9L2)。2．已知勻稱帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心、所帶電荷量與之相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同，如圖所示，半徑為R的球體上勻稱分布著總電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B間、B和A間的距離均為R?，F(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖出一個球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝eq\f(4,3)πr3，則A點處電場強度的大小為()A.eq\f(5kQ,36R2) B.eq\f(7kQ,36R2)C.eq\f(7kQ,32R2) D.eq\f(3kQ,16R2)答案B解析實心大球在A點產(chǎn)生的電場強度為E1＝eq\f(kQ,4R2)，實心小球所帶的電荷量Q′＝Q×eq\f((\f(R,2))3,R3)＝eq\f(Q,8)，實心小球在A點產(chǎn)生的電場強度為E2＝keq\f(\f(Q,8),(\f(3,2)R)2)＝eq\f(kQ,18R2)，故A點的合電場強度為E＝E1－E2＝eq\f(7kQ,36R2)，B正確。3．下列選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷勻稱分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()答案B解析由對稱性可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，設(shè)為E，D圖中在O點場強為0，B圖中兩eq\f(1,4)圓環(huán)在O點合場強為eq\r(2)E，故選B。實力命題點二電場中的平衡和動力學(xué)問題1．靜電力參加下的共點力平衡問題和動力學(xué)問題(1)靜電力參加下的共點力平衡問題：分析方法與力學(xué)問題相同，只是包含了靜電力，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。(2)有靜電力參加的動力學(xué)問題與牛頓運動定律中的動力學(xué)問題的分析方法是相同的，僅留意對探討對象分析受力時別遺忘考慮靜電力。2．解決帶電體的力電綜合問題的一般思路[例1]如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在同始終線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1∶q2∶q3為()A．9∶4∶9 B．4∶9∶4C．9∶4∶36 D．9∶36∶4解析要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。設(shè)q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L因為每個電荷所受靜電力的合力均為零對q1列平衡方程得：keq\f(q1q2,L2)＝keq\f(q1q3,3L2)對q2列平衡方程得：keq\f(q1q2,L2)＝keq\f(q2q3,2L2)由以上兩式解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正確。答案C三個自由點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿意的規(guī)律是：(1)“三點共線”——三個點電荷分布在同始終線上；(2)“兩同夾異”——正負電荷相互間隔；(3)“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；(4)“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。[例2](2024·四川省雅安市第三次診斷)如圖所示，在光滑絕緣水平面上方存在著電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場。某時刻將質(zhì)量為m、電荷量為－q的小金屬塊從A點由靜止釋放，經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向且增加為某恒定值，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點。小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變。求：(1)A、B兩點間的距離；(2)電場反向后勻強電場的電場強度大小。解析(1)設(shè)t末和2t末小金屬塊的速度大小分別為v1和v2，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1，金屬塊由A點運動到B點過程中a1＝eq\f(Eq,m)，x＝eq\f(1,2)a1t2聯(lián)立解得x＝eq\f(Eq,2m)t2。(2)v1＝a1t，解得v1＝eq\f(Eq,m)t，小金屬塊由B點運動到A的過程中a2＝－eq\f(E1q,m)，－x＝v1t＋eq\f(1,2)a2t2，聯(lián)立解得E1＝3E。答案(1)eq\f(Eq,2m)t2(2)3E靜電場中的動力學(xué)問題同力學(xué)中的動力學(xué)問題分析步驟完全一樣，其中分析力時可按這樣的依次，先考慮已知外力，再考慮場力，即重力或靜電力，然后考慮彈力，最終考慮摩擦力。1．(2024·北京朝陽一模)如圖所示，A、B是兩個帶異號電荷的小球，其質(zhì)量相等，所帶電荷量分別為q1、q2，A球用絕緣細線懸掛于O點，兩球A、B用絕緣細線相連，兩細線長度相等，整個裝置處于水平勻強電場中，平衡時，兩細線張緊，且B球恰好處于O點正下方，則可以判定，A、B兩球所帶電荷量的關(guān)系為()A．q1＝－q2 B．q1＝－2q2C．2q1＝－q2 D．q1＝－3q2答案D解析設(shè)OA繩、AB繩與豎直方向間的夾角為θ，設(shè)OA繩子對A球的作用力為F1，A、B球之間的作用力為F2，先對兩球A和B整體分析，由平衡條件可得F1cosθ＝2mg，F(xiàn)1sinθ＝q1E－q2E，再對B球受力分析，由平衡條件可得F2cosθ＝mg，F(xiàn)2sinθ＝q2E，由以上4式可得兩球的電荷量的大小關(guān)系為q1＝3q2，又因為兩球帶異種電荷，可得q1＝－3q2，所以D正確。2．(2024·湖北八校聯(lián)合二模)如圖所示，在與水平面夾角θ為60°的勻強電場中，有一帶負電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上，物塊所受電場力的大小為其重力大小的一半，木板的傾角α為30°和60°時物塊所受的摩擦力大小恰好相等，則物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為()A．μ＝eq\f(1,2) B．μ＝eq\f(\r(2),2)C．μ＝eq\f(2,2－\r(3)) D．μ＝4－2eq\r(3)答案D解析當木板傾角為30°時，物塊受到重力、支持力、垂直斜面對下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，F(xiàn)N1＝mgcos30°＋qE＝mg(eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2))①，當木板傾角為60°時，物塊受到重力、支持力、與斜面成60°向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2＝mgcos60°＋qEcos30°＝(eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),4))mg②，①②兩式比較可知，F(xiàn)N1>FN2，在動摩擦因數(shù)相等的狀況下，肯定是木板的傾角α為30°時物塊所受的是靜摩擦力，60°時物塊所受的是滑動摩擦力。木板的傾角α為30°時物塊受力平衡，得：f1＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg③，木板的傾角α為60°時物塊受到的摩擦力：f2＝μFN2＝μ(eq\f(1,2)mg＋eq\f(\r(3),4)mg)④，由題意：f1＝f2⑤，聯(lián)立③④⑤解得：μ＝eq\f(2,2＋\r(3))＝4－2eq\r(3)，故D正確，A、B、C錯誤。課時作業(yè)1．關(guān)于電場場強的概念，下列說法正確的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B．正、負摸索電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強的方向與摸索電荷的正負有關(guān)C．電場中某一點的場強與放入該點的摸索電荷的正負無關(guān)D．電場中某一點不放摸索電荷時，該點場強等于零答案C解析電場強度的大小與摸索電荷所帶電荷量以及所受電場力的大小無關(guān)，由電場本身的性質(zhì)確定，A、D錯誤，C正確；場強的方向與正電荷受到的電場力的方向相同，與負電荷受到的電場力的方向相反，B錯誤。2．兩個相同的帶異種電荷的導(dǎo)體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(1,6)FC.eq\f(1,4)F D.eq\f(1,3)F答案A解析設(shè)一個小球帶電量大小為Q，另一個小球帶電量大小為3Q，依據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：F＝keq\f(3Q2,r2)，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝eq\f(3Q－Q,2)＝Q；由庫侖定律得：F′＝keq\f(Q2,2r2)＝eq\f(F,12)，故A正確。3．如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的電場強度大小變?yōu)镋2。那么，E1與E2之比為()A．1∶2 B．2∶1C．2∶eq\r(3) D．4∶eq\r(3)答案B解析依題意，因為M、N兩點都在圓周上，距O點的距離相等，合電場強度為E1，則每個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度為eq\f(E1,2)，當N點處的點電荷移至P點時，O點的電場強度如圖所示，合電場強度大小為E2＝eq\f(E1,2)，則eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，B正確。4．(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，依據(jù)此圖可以作出的正確推斷是()A．帶電粒子所帶電荷的正、負B．帶電粒子在A、B兩點的受力方向C．帶電粒子在A、B兩點的加速度何處較大D．帶電粒子在A、B兩點的速度何處較大答案BCD解析帶電粒子做曲線運動所受的合外力指向軌跡內(nèi)側(cè)，可得帶電粒子在A、B兩點受到的電場力的方向沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定該粒子的電性和產(chǎn)生該電場的點電荷的電性，故A錯誤，B正確；依據(jù)電場線的疏密程度，可知EA>EB，所以電場力FA>FB，再依據(jù)牛頓其次定律得A點加速度大，故C正確；由A到B，電場力做負功，動能減小，故A處的速度大，D正確。5．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負向答案B解析正點電荷Q在O點時，它在G點處產(chǎn)生的場強大小為eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負方向。由于G點場強恰好為零，即兩負點電荷在G點的合場強大小為E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，它在H處產(chǎn)生的場強的大小為E3＝eq\f(kQ,4a2)，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小E＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負方向，B正確。6．如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k。則()A．A、B間的庫侖力大小為eq\f(\r(3),3)m2gB．細線OA的彈力大小為eq\f(2\r(3),3)m1gC．A、B間的庫侖力大小為keq\f(q1q2,l2)D．A、B的質(zhì)量之比為m1∶m2＝3∶2答案B解析以B球為探討對象，受力分析如圖1所示，可知A、B間的庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝eq\r(3)m2g，A錯誤；以A球為探討對象，受力分析如圖2所示，可知A、B間的庫侖力大小為F＝m1gtan30°＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)彈A＝eq\f(m1g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)m1g，B正確；由幾何關(guān)系可知，A、B兩球之間的距離為2l，由庫侖定律知A、B兩球間的庫侖力大小為F＝keq\f(q1q2,2l2)＝keq\f(q1q2,4l2)，C錯誤；由F＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)＝eq\r(3)m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯誤。7．如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上：a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)答案B解析以小球c為探討對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡條件得2F庫cos30°＝Eqc，即eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2)。此時a的受力如圖乙所示，(eq\f(kq2,l2))2＋(eq\f(\r(3)kq2,l2))2＝(keq\f(qqc,l2))2，得qc＝2q，即當qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故B正確。8．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場。其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，小球與右側(cè)金屬板相距為b，如圖所示，請問：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球遇到金屬板需多長時間？答案(1)正電eq\f(mgtanθ,E)(2)eq\r(\f(2b,gtanθ))解析(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，則小球帶正電。Fsinθ＝qE①Fcosθ＝mg②由上述兩式得tanθ＝eq\f(qE,mg)，故q＝eq\f(mgtanθ,E)。(2)由第(1)問中的方程②知F＝eq\f(mg,cosθ)，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等、方向相反，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于eq\f(mg,cosθ)。小球的加速度為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(g,cosθ)，小球由靜止起先沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當遇到金屬板時，它經(jīng)過的位移為x＝eq\f(b,sinθ)，又由x＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2b,sinθ)·\f(cosθ,g))＝eq\r(\f(2b,gtanθ))。9．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷答案D解析細繩豎直，把P、Q看作整體，在水平方向所受合力為零，對外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯誤；P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，有兩種狀況：P帶正電，Q帶負電，或P帶負電，Q帶正電，兩種狀況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負電，Q帶正電時符合題意，C錯誤，D正確。10．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案D解析對固定的小球c受到的庫侖力進行分析，要使c球受到的庫侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必需異號，如圖所示，則有：keq\f(QaQc,r\o\al(2,ac))·sinα＝keq\f(QbQc,r\o\al(2,bc))·sinβ，故eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(r\o\al(2,ac)sinβ,r\o\al(2,bc)sinα)＝eq\f(42×\f(4,5),32×\f(3,5))＝eq\f(64,27)，D正確。11．(2024·廣東廣州二模)如圖所示，在光滑絕緣水平桌面上，三個帶電小球a、b和c分別固定于正三角形頂點上。已知a、b帶電量均為＋q，c帶電量為－q，則()A．a(chǎn)b連線中點的場強為零B．三角形中心處的場強為零C．a(chǎn)所受庫侖力的方向垂直于ab的連線D．a(chǎn)、b、c所受庫侖力的大小之比為1∶1∶eq\r(3)答案D解析在ab連線的中點處，a、b兩電荷在該點的合場強為零，則該點的場強等于c在該點形成的場強，大小不為零，A錯誤；在三角形的中心處，a、b兩電荷在該點的場強大小相等，夾角為120°，則合場強豎直向下，電荷c在該點的場強方向也是豎直向下，則三角形中心處的場強不為零，B錯誤；a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，且二力大小相等，則其合力方向為斜向左下方與ab連線成60°角，C錯誤；a、b所受庫侖力大小相等，為Fa＝Fb＝2eq\f(kq2,l2)cos60°＝eq\f(kq2,l2)，c受庫侖力：Fc＝2eq\f(kq2,l2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq2,l2)，則a、b、c所受庫侖力的大小之比為1∶1∶eq\r(3)，D正確。12．(2024·湖北鄂州、黃岡高三上學(xué)期元月調(diào)考)(多選)如圖所示，半徑為R的絕緣光滑半圓形槽圓心為O，槽內(nèi)有兩個質(zhì)量、帶電量都相同的小球A和B，其中小球A固定在槽的最低點。當小球B靜止時，OB連線與豎直方向成θ夾角。下列能保持夾角θ不變的方法有()A．僅使半圓形槽的半徑加倍B．僅使球A的電量加倍C