61-62庫侖定律　電場力的性質(zhì)

1、考點(diǎn)內(nèi)容要求說明考綱解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的計算，只限于帶電粒子進(jìn)入電場時速度平行或垂直于場強(qiáng)方向的情況1.多個電荷庫侖力的平衡和場強(qiáng)疊加問題2利用電場線和等勢面確定場強(qiáng)的大小和方向，判斷電勢高低、電場力變化、電場力做功和電勢能的變化等3帶電體在勻強(qiáng)電場中的平衡問題及其他變速運(yùn)動的動力學(xué)問題4對平行板電容器電容決定因素的理解，解決兩類有關(guān)動態(tài)變化的問題5分析帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題6示波管、靜電除塵等在日常生活和科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用.靜電現(xiàn)象的解釋點(diǎn)電荷庫侖定律靜電場電場強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的場強(qiáng)電場線電勢能、電勢電勢差勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系帶電粒子在勻強(qiáng)電場

2、中的運(yùn)動示波管常用的電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系第1課時庫侖定律電場力的性質(zhì)考綱解讀 1.理解電場強(qiáng)度的定義、意義及表示方法.2.熟練掌握各種電場的電場線分布，并能利用它們分析解決問題.3.會分析、計算在電場力作用下的電荷的平衡及運(yùn)動問題考點(diǎn)一庫侖定律的理解及應(yīng)用1表達(dá)式：Fk，適用條件是真空中兩靜止點(diǎn)電荷之間相互作用的靜電力2平衡問題應(yīng)注意：(1)明確庫侖定律的適用條件；(2)知道完全相同的帶電小球接觸時電荷量的分配規(guī)律；(3)進(jìn)行受力分析，靈活應(yīng)用平衡條件3三個自由點(diǎn)電荷的平衡問題(1)條件：兩個點(diǎn)電荷在第三個點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個點(diǎn)電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相

3、反(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”三個點(diǎn)電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”中間電荷的電荷量最??；“近小遠(yuǎn)大”中間電荷靠近電荷量較小的電荷例1在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點(diǎn)上，小球D位于三角形的中心，如圖1所示現(xiàn)讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負(fù)電荷q，使四個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則Q與q的比值為()圖1A. B. C3 D.解析設(shè)等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，a·cos 30°·a，以B為研究對象，由平衡條件可知，cos 30°×2，解得：，D正

4、確答案D遞進(jìn)題組1對庫侖定律的理解使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)分別帶上3Q和5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F1.現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F2.則F1與F2之比為()A21 B41 C161 D601答案D解析兩個完全相同的金屬小球相互接觸并分開后，所帶的電荷量均變?yōu)镼，距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)庫侖定律可知選項D正確2庫侖力作用下的動力學(xué)問題如圖2所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細(xì)管，細(xì)管截面半徑遠(yuǎn)小于半徑R，在中心處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在圓形絕緣細(xì)管

5、中做圓周運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時恰好對細(xì)管無作用力，求當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時對管壁的作用力是多大？圖2答案6mg解析設(shè)小球在最高點(diǎn)時的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律mgm設(shè)小球在最低點(diǎn)時的速度為v2，管壁對小球的作用力為F，根據(jù)牛頓第二定律有Fmgm小球從最高點(diǎn)運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則mvmg·2Rmv由式得F6mg由牛頓第三定律得小球?qū)鼙诘淖饔昧6mg.處理庫侖力作用下電荷平衡問題的方法(1)恰當(dāng)選取研究對象，用“隔離法”或“整體法”進(jìn)行受力分析，注意比力學(xué)中多了一個庫侖力(2)列平衡方程，注意電荷間的庫侖力與電荷間的距離有關(guān)考點(diǎn)二電場強(qiáng)度的理解1場強(qiáng)公

6、式的比較三個公式2電場的疊加(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則例2(2014·福建·20)如圖3所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長L2.0 m若將電荷量均為q2.0×106 C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，求：圖3(1)兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大??；(2)C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為Fk代入數(shù)據(jù)得F9.0×103 N(2)A、

7、B兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為E1kA、B兩點(diǎn)電荷形成的電場在C點(diǎn)的合場強(qiáng)大小為E2E1cos 30°由式并代入數(shù)據(jù)得E7.8×103 N/C場強(qiáng)E的方向沿y軸正方向答案(1)9.0×103 N(2)7.8×103 N/C方向沿y軸正方向變式題組3電場強(qiáng)度的疊加如圖4所示，在水平向右、大小為E的勻強(qiáng)電場中，在O點(diǎn)固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點(diǎn)，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直則()圖4AA點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 BB點(diǎn)的場強(qiáng)大小為EkCD點(diǎn)的場強(qiáng)大小不可能為0DA、C兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同答案A4

8、兩等量點(diǎn)電荷電場分布特點(diǎn)如圖5所示，兩個帶等量負(fù)電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點(diǎn)，且POON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動的過程中，下列關(guān)于小球C的說法可能正確的是()圖5A速度先增大，再減小B速度一直增大C加速度先增大再減小，過O點(diǎn)后，加速度先減小再增大D加速度先減小，再增大答案AD解析在AB的中垂線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)，電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，故正電荷所受庫侖力沿連線的中垂線運(yùn)動時，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱悖俣冗_(dá)到最大

9、；由O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處時，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性如果P、N相距很近，加速度則先減小，再增大等量同種和異種點(diǎn)電荷的電場線的比較比較項目等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場線分布圖連線中點(diǎn)O處的場強(qiáng)連線上O點(diǎn)場強(qiáng)最小，指向負(fù)電荷一方為零連線上的場強(qiáng)大小(從左到右)沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點(diǎn)向外場強(qiáng)大小O點(diǎn)最大，向外逐漸減小O點(diǎn)最小，向外先變大后變小關(guān)于O點(diǎn)對稱的A與A、B與B的場強(qiáng)等大同向等大反向考點(diǎn)三電場線和運(yùn)動軌跡問題1電場線與運(yùn)動軌跡的關(guān)系根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重

10、合：(1)電場線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行2解題思路(1)根據(jù)帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起例3P、Q兩電荷的電場線分布如圖6所示，a、b、c、d為電場中的四點(diǎn)，c、d關(guān)于PQ連線的中垂線對稱一個離子從a運(yùn)動到b(不計重力)，軌跡如圖所示，則下列判斷正確的是()圖6AP帶負(fù)電Bc、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C離子在運(yùn)動過程中受到P的吸引力D離子從a到b，電場力做正功解析由電場線的方向可知選項A錯

11、誤；c、d兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，但方向不同，選項B錯誤；離子所受電場力的方向應(yīng)該指向曲線的凹側(cè)，故可以判斷出離子在運(yùn)動過程中受到P電荷的吸引力，選項C正確；離子從a到b，電場力做負(fù)功，選項D錯誤答案C變式題組5電場方向和運(yùn)動軌跡的關(guān)系一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()答案D解析因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動，故其所受電場力F的方向與v的方向的夾角為鈍角，又因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電荷，其所受電場力F與電場強(qiáng)度E方向相反，故只有選項D正確6電場線和運(yùn)動軌跡的分析圖7中實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的電場線，虛線

12、是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)若帶電粒子在運(yùn)動過程中只受電場力的作用，根據(jù)此圖可做出正確判斷的是()圖7A帶電粒子所帶電荷的符號B場強(qiáng)的方向C帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向D帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大答案CD解析由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷的符號不能確定由電場線的疏密程度知a點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，帶電粒子在a點(diǎn)所受電場力較大，從而在a點(diǎn)時加速度較大，綜上所述C、D正確電場線與軌跡問題判斷方法(1)“運(yùn)動與力兩線法”畫出“速度線”(運(yùn)動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從

13、兩者的夾角情況來分析曲線運(yùn)動的情況(2)“三不知時要假設(shè)”電荷的正負(fù)、場強(qiáng)的方向或等勢面電勢的高低、電荷運(yùn)動的方向若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況考點(diǎn)四帶電體的力電綜合問題1解答力電綜合問題的一般思路2運(yùn)動情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合0.(2)做直線運(yùn)動勻速直線運(yùn)動：F合0.變速直線運(yùn)動：F合0，且F合與速度方向總是一致(3)做曲線運(yùn)動：F合0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動軌跡曲線凹的一側(cè)(4)F合與v的夾角為，加速運(yùn)動：090°；減速運(yùn)動；90°180°.(5)勻變速運(yùn)動

14、：F合恒量例4如圖8所示，絕緣光滑水平軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R0.40 m在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E1.0×104 N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m0.10 kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平軌道上與B端距離x1.0 m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零已知帶電體所帶電荷量q8.0×105 C，求：圖8(1)帶電體運(yùn)動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力；(2)帶電體沿圓弧形軌道從B端運(yùn)動到C端的過程中，摩擦力所做的功解析(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運(yùn)

15、動的加速度大小為a根據(jù)牛頓第二定律有qEma解得a8.0 m/s2設(shè)帶電體運(yùn)動到B端的速度大小為vB，則v2ax解得vB4.0 m/s設(shè)帶電體運(yùn)動到圓弧形軌道的B端時受軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FNmg解得FNmg5.0 N根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體運(yùn)動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力大小FNFN5.0 N方向豎直向下(2)因電場力做功與路徑無關(guān)，所以帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動過程中電場力所做的功W電qER0.32 J設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運(yùn)動過程中摩擦力所做的功為Wf，對此過程根據(jù)動能定理有W電WfmgR0mv解得Wf0.72 J答案(1)5.0 N，方向豎直向下(2)0.72

16、J遞進(jìn)題組7帶電體運(yùn)動軌跡分析一帶正電小球從光滑絕緣的斜面上O點(diǎn)由靜止釋放，在斜面上水平虛線ab和cd之間有水平向右勻強(qiáng)電場如圖9所示下列選項中哪個圖象能正確表示小球的運(yùn)動軌跡()圖9答案D解析帶正電小球從光滑絕緣的斜面上O點(diǎn)由靜止釋放，開始做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入電場區(qū)域后受到電場力作用后水平向右偏轉(zhuǎn)，出電場后向下偏轉(zhuǎn)，所以能正確表示小球的運(yùn)動軌跡的是D.8帶電體的力電綜合分析如圖10所示，整個空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，一長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)硬桿一端固定在O點(diǎn)、另一端固定一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球P，桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，電場的電場強(qiáng)度大小為E.先把桿拉至水平位置，然后將桿無初

17、速度釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則()圖10A小球到最低點(diǎn)時速度最大B小球從開始至最低點(diǎn)過程中動能一直增大C小球?qū)U的最大拉力大小為mgD小球可繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動答案BC解析如圖所示，小球受到的重力和電場力分別為mg和qEmg，此二力的合力大小為Fmg，方向?yàn)榕c豎直方向成30°角，可知桿轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)左側(cè)合力F沿桿的方向時小球速度最大，A錯，B對；設(shè)小球的最大速度為v，從釋放到小球達(dá)到最大速度的過程，應(yīng)用動能定理有：F(1)Lmv2，設(shè)小球速度最大時，桿對小球的拉力為Fm，對小球應(yīng)用向心力公式有：FmF，解得Fmmg，由牛頓第三定律知C對；根據(jù)等效性可知桿轉(zhuǎn)過240°

18、;角，速度減小為0，未到達(dá)圓周的最高點(diǎn)，小球不能做完整的圓周運(yùn)動，D錯高考模擬明確考向1(2014·重慶·3)如圖11所示為某示波管的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則()圖11AWaWb，Ea>Eb BWaWb，Ea>EbCWaWb，Ea<Eb DWaWb，Ea<Eb答案A解析由圖知a、b在同一等勢面上，故UacUbc，又由WqU知，WaWb，又由于在同一電場中，電場線密集處場強(qiáng)大，故Ea>Eb，A正確2(2014

19、83;浙江·19)如圖12所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細(xì)線與斜面平行小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷小球A靜止在斜面上，則()圖12A小球A與B之間庫侖力的大小為B當(dāng) 時，細(xì)線上的拉力為0C當(dāng) 時，細(xì)線上的拉力為0D當(dāng) 時，斜面對小球A的支持力為0答案AC解析根據(jù)庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫k，則A正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時滿足kmgtan ，得到，則B錯誤，C正確斜面對小球A的支持力始終不為零，則D錯誤3(2013·江蘇單科·3)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是()答案B解析由對稱原理可知，A、C圖中在O點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，D圖