人教版高中物理新教材同步講義 必修第三冊 第9章　專題強化2　靜電力的性質(zhì)（含解析）

靜電力的性質(zhì)[學習目標]1.學會利用幾種特殊方法求解帶電體電場強度.2.會分析電場線與帶電粒子運動軌跡相結(jié)合的問題.3.學會分析電場中的動力學問題．一、電場強度的計算帶電體電場強度的三種計算方法對稱法對稱法實際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法．在電場中，當電荷的分布具有對稱性時，應用對稱性解題可將復雜問題大大簡化微元法當一個帶電體的體積較大，已不能視為點電荷時，求這個帶電體產(chǎn)生的電場在某處的電場強度時，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算補償法有時由題給條件建立的模型不是一個完整的模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型．這樣，求解原模型的問題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補充條件的差值問題．如采用補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而將問題化難為易例1如圖所示，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間、b和c間、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點處的電場強度為零，則d點處的電場強度大小為(靜電力常量為k)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(Q＋q,R2)C．keq\f(10q,9R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案C解析設Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小為E，由對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強度大小也為E，方向相反，水平向右，由于b點的電場強度為零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d點產(chǎn)生的電場強度為E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正確，A、B、D錯誤．例2均勻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上均勻分布著正電荷，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N點的電場強度大小為E，靜電力常量為k，則M點的電場強度大小為()A.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解析若將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻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，則完整球殼在M、N點所產(chǎn)生的電場為E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由題知半球面外，N點的電場強度大小為E，則M點的電場強度為E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故選A.例3一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設靜電力常量為k，關于P點的電場強度E，下列四個表達式中正確的是()A.eq\f(kQ,R2＋L2) B.eq\f(kQL,R2＋L2)C.eq\f(kQR,\r(R2＋L23)) D.eq\f(kQL,\r(R2＋L23))答案D解析如圖所示，設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)，由點電荷電場強度公式可求得每一點電荷在P處的電場強度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的電場強度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的電場強度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，聯(lián)立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確．二、電場線與帶電粒子的運動軌跡1．帶電粒子做曲線運動時，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)合電場線確定靜電力的方向；(2)由靜電力和電場線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負；(3)由電場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?。?某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則()A．粒子一定帶負電B．粒子一定是從a點運動到b點C．粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度D．粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度答案C解析做曲線運動的物體，所受合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子不一定是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c點運動到a點或b點，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a點或b點運動到c點，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤．針對訓練如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大D．兩個粒子的動能，一個增大一個減小答案C解析帶電粒子做曲線運動，所受靜電力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯誤；從題圖軌跡變化來看，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，動能都增大，速度都增大，故B、D錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，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、電場中的動力學問題1．帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．2．帶電體在電場中的加速問題與力學問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，在進行受力分析時不要漏掉靜電力．例5如圖所示，光滑固定斜面(足夠長)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，當沿水平方向加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，電場強度變化為原來的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；(2)小物塊運動的加速度；(3)小物塊2s末的速度大小和2s內(nèi)的位移大?。鸢?1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)對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)當電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由運動學公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.1.一個正電荷從電場中的A點由靜止釋放，僅在靜電力作用下沿電場線由A點運動到B點，它運動的v－t圖像如圖所示．則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是圖中的()答案D解析正電荷所受靜電力方向與電場強度方向相同，根據(jù)v－t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受靜電力逐漸增大，又根據(jù)電場線越密集電場強度越大可知，從A到B電場線逐漸密集，綜上所述可知A、B、C不可能，D可能．2．一帶負電荷的點電荷，在靜電力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的．關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案D解析電荷做曲線運動，靜電力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯誤．負電荷所受的靜電力方向與電場強度方向相反，圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，電荷的速率增大，與題不符．故B錯誤．圖C中電場強度方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則靜電力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動．故C錯誤．圖D中電場強度方向指向軌跡的外側(cè)，則靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且靜電力方向與電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確．3．(多選)如圖所示，帶箭頭的實線表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動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()A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小答案BC解析根據(jù)做曲線運動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線的方向相反，所以不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電，故A錯誤，B正確；電場線密的地方電場強度大，所以粒子在B點受到的靜電力大，在B點時的加速度較大，若粒子是從B運動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中粒子所受靜電力與速度方向成銳角，即做正功，動能增大，速度增大，故D錯誤．4.如圖所示，用金屬絲AB彎成半徑為r的圓弧，但在A、B之間留出寬度為d的小間隙(d?r)．通過接觸起電的方式將電荷量為Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，靜電力常量為k，則圓心O處的電場強度為()A．keq\f(Q,r2)，方向由圓心指向間隙B．keq\f(Qd,r3)，方向由間隙指向圓心C．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由間隙指向圓心D．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙答案D解析相對圓弧來說間隙是很小的，若間隙處有正電荷可視為點電荷，其在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正電荷，故電場強度方向由圓心向右．由對稱性知，完整的帶電圓環(huán)在圓心O處的合電場強度為0，所以間隙處正電荷在圓心處產(chǎn)生的電場強度與圓環(huán)其余部分在圓心處的合電場強度大小相等、方向相反，故圓心處的電場強度大小為keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙，故選D.5．(多選)下列圖中，絕緣細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，可加一個與紙面平行的勻強電場，所加電場方向可能是()答案BCD解析A圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向左，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錯誤；B圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向右，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繩的拉力，三力可能平衡，選項C正確；D6.如圖，帶電荷量為q的點電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心．若圖中A點的電場強度為0，求圖中B點的電場強度．答案eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根據(jù)電場強度的疊加原理可知，薄板帶負電荷．點電荷在A點的電場強度為eq\f(kq,9d2)，A點的電場強度為0，則薄板在A點的電場強度大小為EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根據(jù)對稱性可知，薄板在B點的電場強度大小為EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正點電荷q在B點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B點的合電場強度大小為E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7.(2021·鶴壁市高中段考)如圖所示，在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個絕緣帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋4q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度為()A．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解析假設圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，根據(jù)對稱性及電場的疊加原理知圓心O處電場強度為0，所以圓心O點處的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋3q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO連線斜向下；除A點小球外，其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小等于在A點處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度的大小，方向相反，A點處電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為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點處產(chǎn)生的合電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向上，故僅撤去A點的小球，O點的電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上，C項正確，A、B、D項錯誤．8.如圖所示，A、B、C、D、E、F六點把絕緣均勻圓環(huán)平均分成六部分，其中圓弧AF、BC帶正電，圓弧DE帶負電，其余部分不帶電，單位長度圓弧所帶電荷量相等．圓弧AF所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E1.則圓心O處的合電場強度大小為()A．0B．E1C．3E1D．2E1答案D解析由題意可知，單位長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)生的電場強度大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向在上述兩電場強度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處的合電場強度大小為2E1，故D正確，A、B、C錯誤．9.(2022·云南宣威市第七中學高二月考)如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強電場的電場強度E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球所受靜電力F的大??；(2)小球的質(zhì)量m；(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大?。鸢?1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s解析(1)根據(jù)靜電力的計算公式可得靜電力F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103N＝3.0×10－3N；(2)小球受力情況如圖所示：根據(jù)平衡條件得mg＝eq\f(qE,tanθ)，所以m＝eq\f(qE,gtanθ)＝eq\f(3×10－3,10×0.75)kg＝4.0×10－4kg；(3)電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，則mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2.0m/s.10.(2021·河源市月考)如圖所示，有一水平向左的勻強電場，電場強度為E＝1.25×104N/C，一根長L＝1.5m、與水平方向的夾角θ＝37°的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg.將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則：(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？答案