高中物理魯科版1第一章靜電場 2023版第1章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①轉移②eq\f(kQ1Q2,r2)③點電荷④eq\f(F,q)⑤eq\f(kQ,r2)⑥相同⑦平行四邊形定則⑧強弱⑨越強⑩場強?正電荷?負電荷?相交?閉合?為零?外表面?垂直?不影響?不影響__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________等量點電荷形成的電場特點1．等量異種點電荷圖1-1(1)兩點電荷連線上各點，電場線方向從正電荷指向負電荷，O點場強最小，但不為零．(2)兩點電荷連線的中垂面(線)上，電場線方向均相同，即場強方向均相同，且總與中垂面(線)垂直．在中垂線上到O點等距離處各點的場強相同(O為兩點電荷連線中心)．(3)在中垂面(線)上的電荷受到的電場力的方向總與中垂面(線)垂直，因此，在中垂面(線)上移動電荷時電場力不做功．2．等量同種點電荷圖1-2(1)兩點電荷連線中點O處場強為零，此處無電場線．(2)中點O附近的電場線非常稀疏，但場強并不為零．(3)兩點電荷連線中垂面(線)上，場強方向總沿面(線)遠離O(等量正電荷)．(4)在中垂面(線)上從O點到無窮遠，電場線先變密后變疏，即場強先變強后變弱．(多選)如圖1-3所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°，則下列判斷正確的是()圖1-3A．O點電場強度為零B．D點電場強度為零C．若點電荷＋q從O點向C點運動，動能減少D．若點電荷－q從O點向C點運動，動能減少【解析】場強是矢量，疊加時遵循平行四邊形定則，由E＝eq\f(kQ,r2)和幾何關系可以得出，選項A錯，B對．在O、C之間，合場強的方向向左，把負電荷從O點移動到C點，電場力做負功，動能減少，而移動正電荷則相反，選項C錯，D對．【答案】BD帶電體的力電綜合問題的分析1.受力情況帶電體在電場中受到電場力作用，還可能受到其他力的作用，如重力、彈力、摩擦力等．2．解題方法(1)物體在各力的作用下，若處于平衡狀態(tài)，即靜止或做勻速直線運動，物體所受合外力為零，利用力的平衡條件解題．(2)物體在各力的作用下做變速運動(直線或曲線)，物體所受合外力不為零，利用牛頓第二定律解題．總之，處理這類問題，就像處理力學問題一樣，只是分析受力時注意別忘了電場力．如圖1-4所示，光滑斜面傾角為37°.一質量為m、電荷量為q、帶有正電的小物塊，置于斜面上．當沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，求：圖1-4(1)原來的電場強度為多大？(2)物體運動的加速度大小；(3)沿斜面下滑距離為L時的速度大小．(sin37°＝，cos37°＝，g取10m/s2)【解析】(1)平衡時，物塊受重力mg，電場力qE，斜面的支持力N的作用，如圖甲所示，有：qE＝mgtan37°圖甲得：E＝eq\f(mg,q)tan37°＝eq\f(mg,q)·eq\f(sin37°,cos37°)＝eq\f(3mg,4q).(2)當E′＝eq\f(E,2)時，將滑塊受的力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，如圖乙所示，沿斜面方向，有：圖乙mgsin37°－eq\f(qE,2)cos37°＝ma得：a＝gsin37°－eq\f(q,2)×eq\f(3g,4q)cos37°＝＝3m/s2.(3)物塊沿斜面做勻加速直線運動，初速度為0，加速度為a，位移為L，由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2aL，得：vt＝eq\r(2aL)＝eq\r(2×3L)＝eq\r(6L).【答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2(3)eq\r(6L)帶電體的力電綜合問題的分析方法1．(多選)如圖1-5所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為m．已測得每個小球質量是×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝×109N·m2/C2，則()圖1-5A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點處的電場強度為0【解析】用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸A球，使A球帶正電，由題意知A、B兩球接觸后分開，則兩球所帶電荷量相等，選項A正確；兩球平衡后受力如圖所示，球B所受靜電力F＝mgtanα＝×10－3N，球A、B所受靜電力大小相等，選項B錯誤；由F＝eq\f(kq1q2,L2)及q1＝q2知，小球所帶電荷量q＝4eq\r(6)×10－8C，選項C正確；A、B兩球所帶電荷在其連線的中點處產生的電場強度大小相等、方向相反，場強為0，選項D正確．【答案】ACD2．如圖1-6所示是α粒子(氦原子核)被重金屬原子核散射的運動軌跡，M、N、P、Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止．圖中所標出的α粒子在各點處的加速度方向正確的是()圖1-6A．M點 B．N點C．P點 D．Q點【解析】α粒子(氦原子核)和重金屬原子核都帶正電，互相排斥，加速度方向與α粒子所受斥力方向相同．帶電粒子加速度方向沿相應點與重金屬原子核連線指向曲線的凹側，故只有選項C正確．【答案】C3．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖1-、N兩點各固定一負點電荷，一電量為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()圖1-7\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 \f(3kQ,4a2)，沿y軸負向\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 \f(5kQ,4a2)，沿y軸負向【解析】處于O點的正點電荷在G點處產生的場強E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產生的場強E2＝E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸正向；根據對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產生的場強E3＝E2＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產生的場強E4＝keq\f(Q,2a2)，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負向．【答案】B4．如圖1-8所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()圖1-8A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)【解析】已知a處點電荷和帶電圓盤均在b處產生電場，且b處場強為零，所以帶電圓盤在b處產生的電場場強E1與q在