金版教程物理2024導(dǎo)學案必修第冊人教版新第九章 靜電場及其應(yīng)用第九章 水平測評含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學案必修第冊人教版新第九章靜電場及其應(yīng)用第九章水平測評本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．法拉第提出了場的觀點，并用電場線形象地描述電場，以下關(guān)于電場和電場線的說法正確的是()A．電場線是實際存在的，用來表示電場的強弱和方向B．帶電粒子在電場中受力的方向就是場強的方向C．在同一幅圖里，電場線越密的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小D．沿電場線方向，電場強度逐漸減小答案C解析電場線是人為假想的線，不是真實存在的，故A錯誤；在電場中正電荷的受力方向與場強方向相同，負電荷的受力方向與場強方向相反，故B錯誤；電場線的疏密表示電場的強弱，在同一幅圖里，電場線越密的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，故C正確；沿電場線方向，電場強度不一定減小，故D錯誤。2.如圖所示，在真空中某點電荷電場中有一條虛線，該虛線上電場強度的最大值為E，P點的電場強度方向與虛線夾角為30°，則P點的電場強度大小為()A．E B.eq\f(\r(3),2)EC.eq\f(1,2)E D.eq\f(1,4)E答案D解析由點電荷電場特點可知，點電荷位于P點的電場強度所在的直線上，且虛線上電場強度最大的點與點電荷的連線必然與虛線垂直，且該點電場強度沿此連線方向。假設(shè)該點電荷帶正電，如圖所示，由幾何關(guān)系得E＝keq\f(Q,r2)，EP＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sin30°)))\s\up12(2))，聯(lián)立解得EP＝eq\f(E,4)；若點電荷帶負電，可得到相同結(jié)論。故A、B、C錯誤，D正確。3.如圖所示為某帶電導(dǎo)體的電場線分布，M、N是電場中的兩點，則()A．導(dǎo)體左側(cè)帶正電，右側(cè)帶負電B．導(dǎo)體電荷分布密度左側(cè)大于右側(cè)C．M點的電場強度大于N點的電場強度D．導(dǎo)體內(nèi)部的P點不可能有凈電荷答案D解析由電場線方向可知，導(dǎo)體左右兩側(cè)均帶正電，A錯誤；右側(cè)電場線分布較密集，可知導(dǎo)體電荷分布密度左側(cè)小于右側(cè)，B錯誤；因N點電場線較M點密集，則N點的電場強度大于M點的電場強度，C錯誤；凈電荷只分布在導(dǎo)體的外表面，導(dǎo)體內(nèi)部的P點不可能有凈電荷，D正確。4．如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，一個電子以某一初速度只在靜電力作用下沿AB由A點運動到B點，其速度—時間圖像如圖乙所示，電子到達B點時速度恰為零。下列判斷正確的是()A．A點的電場強度一定大于B點的電場強度B．電子在A點的加速度一定大于在B點的加速度C．該電場可能是勻強電場D．該電場可能是負點電荷產(chǎn)生的答案C解析從圖像可知，電子從A點運動到B點，做勻減速運動，加速度不變，A到B之間的電場應(yīng)為勻強電場，A、B錯誤，C正確；由v-t圖像可知，電子加速度不變，即電場強度大小不變，故該電場不可能是由點電荷產(chǎn)生的，D錯誤。5.如圖所示，一個絕緣圓環(huán)，當它的eq\f(1,4)均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，現(xiàn)使半圓ABC均勻帶電＋2q，而另一半圓ADC均勻帶電－2q，則圓心O處電場強度的大小和方向為()A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析當圓環(huán)的eq\f(1,4)均勻帶電，電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，根據(jù)微元法及對稱性可知，電場方向沿eq\f(1,4)圓環(huán)對稱軸由圓心指向背離eq\f(1,4)帶電圓環(huán)一側(cè)；當半圓ABC的帶電荷量為＋2q，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心處的電場強度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D；當另一半圓ADC均勻帶電－2q，同理，在圓心處的電場強度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D；根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場強度的大小為2eq\r(2)E，方向由O指向D，A正確，B、C、D錯誤。6．如圖所示，空間正四棱錐的底面邊長和側(cè)棱長均為a，水平底面的四個頂點處均固定著電荷量為＋q的小球，頂點P處有一個質(zhì)量為m的帶電小球，在庫侖力和重力的作用下恰好處于靜止狀態(tài)。若將P處小球的電荷量減半，同時加豎直方向的電場強度為E的勻強電場，此時P處小球仍能保持靜止。重力加速度為g，靜電力常量為k，則所加勻強電場的電場強度大小為()A.eq\f(mg,2q) B.eq\f(mg,4q)C.eq\f(\r(2)kq,a2) D.eq\f(2\r(2)kq,a2)答案D解析設(shè)P處的帶電小球所帶電荷量為Q，根據(jù)庫侖定律可知，P處小球受到各個頂點小球的庫侖力大小均為：F＝eq\f(kqQ,a2)；根據(jù)幾何關(guān)系可知，正四棱錐的側(cè)棱與豎直方向的夾角為45°，再由力的合成法則及平衡條件有：4×eq\f(kqQ,a2)×eq\f(\r(2),2)＝mg。若將P處小球的電荷量減半，則四個頂點處的小球?qū)處小球的庫侖力的合力為：F′＝4×eq\f(kq\f(Q,2),a2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2)kqQ,a2)＝eq\f(mg,2)；當外加勻強電場后，P處小球仍保持平衡，則有：eq\f(\r(2)kqQ,a2)＋eq\f(Q,2)E＝mg，解得：E＝eq\f(2\r(2)kq,a2)＝eq\f(mg,Q)，故D正確，A、B、C錯誤。[名師點撥]在實際分析問題中，經(jīng)常遇到一些立體問題，而分析這類問題時，通常把立體轉(zhuǎn)化為平面，再抓住幾何特點，利用三角函數(shù)、正弦定理或余弦定理，或根據(jù)對稱性解決問題。7．相隔很遠、均勻帶有電荷＋q、－q的大平板在靠近平板處的勻強電場的電場線如圖a所示，電場強度大小均為E。將兩板靠近，板間形成的勻強電場如圖b所示。此時兩板間的電場強度和兩板相互吸引力的大小分別為()A．EEq B．2EEqC．E2Eq D．2E2Eq答案B解析取圖b兩板間任意一點，由場強疊加原理可知，該點的場強為左、右平板在該點場強的矢量和，即為2E；兩板間的吸引力等于任一平板在另一平板的電場中所受的靜電力，將左平板等分為極多個可看成點電荷的電荷元qi，它們處在右平板產(chǎn)生的電場中，所受靜電力均為qiE，水平向右，根據(jù)力的合成，這些電荷元所受靜電力的合力為qE，故B正確。[名師點撥]對于非點電荷產(chǎn)生的場強計算，以及非點電荷所受靜電力計算，基本分析方法是微元法及電場的疊加原理；對于某些特殊情況，則可以運用補償法或極限法分析求解。8.如圖所示，實線是一簇未標明方向的由點電荷Q產(chǎn)生的電場線，若帶電粒子q(|Q|?|q|)由a運動到b，速度逐漸增大。已知在a、b兩點粒子所受靜電力分別為Fa、Fb，則下列判斷正確的是()A．若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＞FbB．若Q為正電荷，則q帶正電，F(xiàn)a＜FbC．若Q為負電荷，則q帶負電，F(xiàn)a＞FbD．若Q為負電荷，則q帶負電，F(xiàn)a＜Fb答案AC解析a點的電場線分布比b點密，所以a點電場強度較大，同一電荷在兩點受到的靜電力Fa＞Fb。從a到b，q的速度越來越大，則靜電力向右，如果Q是正電荷，q帶正電；如果Q是負電荷，q帶負電，A、C正確，B、D錯誤。9．如圖所示，市場上有一種儀器叫作“紡織物摩擦帶電荷量測試儀”，用于測量防靜電服面料所帶電荷量。該儀器主要由旋轉(zhuǎn)摩擦機和雙層金屬筒組成，雙層金屬筒內(nèi)筒和外筒之間用絕緣橡膠墊隔離。測試時將面料放入旋轉(zhuǎn)摩擦機中，摩擦起電后，再將帶電面料放入雙層金屬筒內(nèi)筒并與內(nèi)壁接觸，與內(nèi)筒相連的儀表就能測出面料所帶電荷量。在外筒接地開關(guān)K閉合的情況下，下列說法正確的是()A．內(nèi)筒的內(nèi)壁不帶電 B.內(nèi)筒的外壁不帶電C．外筒的內(nèi)壁不帶電 D.外筒的外壁不帶電答案AD解析測試時將帶電面料放入雙層金屬筒內(nèi)筒并與內(nèi)壁接觸，電荷從面料向內(nèi)筒轉(zhuǎn)移，使內(nèi)筒帶電，根據(jù)靜電平衡時，電荷只分布在導(dǎo)體的外表面，所以內(nèi)筒所帶的電荷都分布在內(nèi)筒外壁，故A正確，B錯誤；內(nèi)筒的外壁帶電，由于靜電感應(yīng)，外筒的內(nèi)壁帶上異種電荷，外筒的外壁帶上同種電荷，但是由于外筒外壁接地，則外壁上的電荷被導(dǎo)入大地，則外筒的外壁最終不帶電，所以C錯誤，D正確。10.如圖所示，在真空中一條豎直向下的電場線上有a、b兩點。一帶電質(zhì)點在a處由靜止釋放后沿電場線向上運動，到達b點時速度恰好為零。則下列說法正確的是()A．該帶電質(zhì)點一定帶正電荷B．該帶電質(zhì)點一定帶負電荷C．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度D．質(zhì)點在b點所受的合力一定為零答案BC解析帶電質(zhì)點在a點由靜止釋放后沿電場線向上運動，可知合力方向向上，而質(zhì)點所受重力豎直向下，故所受靜電力一定豎直向上，與電場線方向相反，可知該質(zhì)點一定帶負電荷，B正確，A錯誤；帶電質(zhì)點到b點時速度為零，可知向上運動過程中，合力先向上再向下，重力不變，即靜電力減小，可知a點的電場強度大于b點的電場強度，C正確，D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、填空和實驗題(本題共2小題，共10分)11.(4分)在“探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)”的實驗中，一同學猜想可能與兩電荷間的距離和兩電荷所帶電荷量有關(guān)。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒上的C點，如圖所示。實驗時，先保持兩小球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球的距離不變，改變A球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨它們之間距離的________而增大(填“增大”或“減小”)，隨其所帶電荷量的________而增大(填“增大”或“減小”)。圖中A、B兩帶電體相互________(填“吸引”或“排斥”)，說明它們帶有________(填“同種”或“異種”)電荷。答案減小增大排斥同種解析對B球受力分析可得，兩球之間的靜電力F＝mgtanθ(θ為B球靜止時懸線與豎直方向的夾角)，保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角θ越大，所以兩電荷間的相互作用力隨它們之間距離的減小而增大；保持兩球的距離不變，改變A球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角θ越大，即兩電荷間的相互作用力隨它們所帶電荷量的增大而增大。因為B球向右偏，可知B球受到A球的力向右，為排斥力；根據(jù)“同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引”可知，它們帶有同種電荷。12．(6分)如圖所示，有一塊無限大的原來不帶電的金屬平板MN，現(xiàn)將一個電荷量為＋Q的點電荷放置于板右側(cè)的A點，并使金屬板接地。已知A點離金屬板MN的距離為d，C點在A點和板MN之間，AC⊥MN，且AC長恰為eq\f(d,2)。已知處于靜電平衡的導(dǎo)體外表面附近的電場方向垂直于導(dǎo)體表面，則金屬平板與電荷量為＋Q的點電荷之間的空間電場分布可類比____________(填“等量同種點電荷”或“等量異種點電荷”)之間的電場分布；在C點處的電場強度大小EC＝________。答案等量異種點電荷eq\f(40kQ,9d2)解析根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律可得，金屬板上會感應(yīng)出與點電荷電荷量相等的負電荷，已知處于靜電平衡的導(dǎo)體外表面附近的電場方向垂直于導(dǎo)體表面，則它們之間空間的電場分布可類比等量異種點電荷之間的電場分布。由于MN板附近的電場線垂直于板面，則MN所在直線相當于等量異種點電荷連線的中垂線，故可以把金屬板上感應(yīng)出的電荷等效為在A點關(guān)于板對稱的另一點B點存在一個點電荷－Q，所以C點的電場強度為EC＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)d))\s\up12(2))＋keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)d))\s\up12(2))＝eq\f(40kQ,9d2)。三、計算題(本題共3小題，共40分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)13．(10分)兩個質(zhì)量相等的帶電小球(可視為質(zhì)點)A、B，用長度均為L的絕緣細線懸于天花板上的O點，兩懸線均偏離豎直方向θ角，如圖所示。已知A、B兩球所帶電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：(1)帶電小球的質(zhì)量；(2)若撤去A球，在小球B所在的空間加一水平方向的勻強電場，使B球靜止在原來位置，則勻強電場的電場強度為多大？答案(1)eq\f(kq2cosθ,4gL2sin3θ)(2)eq\f(kq,4L2sin2θ)解析(1)A、B兩球之間的距離：r＝2Lsinθ對B球有：keq\f(q2,r2)＝mgtanθ解得：m＝eq\f(kq2cosθ,4gL2sin3θ)。(2)使B球靜止在原來位置，設(shè)所加勻強電場的場強為E，則有：mgtanθ＝qE解得：E＝eq\f(kq,4L2sin2θ)。14.(12分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有兩個點電荷，固定在同一水平直線上相距為eq\r(3)l的A、B兩點，其電荷量分別為＋Q、－Q。在A、B兩點連線的垂直平分線處固定一光滑豎直絕緣桿，在桿上C點有一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的小環(huán)(可視為點電荷)由靜止釋放。已知A、B、C三點連線為正三角形，重力加速度為g。求：(1)釋放小環(huán)瞬間，桿對小環(huán)的作用力大?。?2)小環(huán)滑到D點時的速度大小。答案(1)keq\f(Qq,3l2)(2)eq\r(3gl)解析(1)由庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)知A處正點電荷對C點處小環(huán)的庫侖力FA＝keq\f(Qq,（\r(3)l）2)，方向由C到AB處負點電荷對C點處小環(huán)的庫侖力FB＝keq\f(Qq,（\r(3)l）2)，方向由B到C根據(jù)矢量疊加法則，釋放小環(huán)瞬間，兩點電荷對小環(huán)的合力F＝keq\f(Qq,3l2)，方向水平向左則桿對小環(huán)的作用力大小F桿＝keq\f(Qq,3l2)。(2)小環(huán)從C滑到D，水平方向靜電力始終與桿的作用力平衡，豎直方向只受重力，故有v2－0＝2gh因為h＝eq\r(3)lsin60°所以小環(huán)滑到D點時的速度大小v＝eq\r(3gl)。15.(18分)如圖所示，在光滑絕緣桌面上有一帶正電的長直細棒，其右側(cè)長為l的絕緣細線(已知細線張緊且與細棒垂直)連接了兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點)，細棒形成電場的場強E的大小與距細棒的垂直距離r成反比，即E＝eq\f(k,r)，k為未知常量。小球A、B所帶電荷量分別為＋2q和＋5q，A球距細棒的距離也為l，兩小球在外力F＝2mg的作用下處于靜止狀態(tài)。不計兩小球之間的靜電力作用。(1)求k的表達式；(2)若撤去外力F，求撤去外力瞬間小球A、B間絕緣細線上的拉力FT。答案(1)eq\f(4mgl,9q)(2)eq\f(1,9)mg解析(1)小球A、B及細線構(gòu)成的整體受力平衡，有2qeq\f(k,l)＋5qeq\f(k,2l)＝2mg解得k＝eq\f(4mgl,9q)。(2)撤去外力瞬間，假設(shè)細線上的張力FT為0。對A球，有2qeq\f(k,l)＝maA解得aA＝eq\f(2kq,ml)，方向水平向右；對B球，有5qeq\f(k,2l)＝maB解得aB＝eq\f(5kq,2ml)，方向水平向右。因為aA<aB，所以A、B間絕緣細線張緊，細線上張力FT不為0，在撤去外力瞬間A、B將以相同的加速度a一起向右運動，因此，對A、B整體，由牛頓第二定律，有2qeq\f(k,l)＋5qeq\f(k,2l)＝2ma由第(1)問可知2qeq\f(k,l)＋5qeq\f(k,2l)＝2mg對A球，有2qeq\f(k,l)＋FT＝ma解得FT＝eq\f(1,9)mg。[名師點撥]本題是連接體在電場中的動力學問題，求解方法與必修第一冊連接體的解題方法相同，仍然是利用平衡條件、牛頓第二定律，結(jié)合整體法與隔離法分析求解，不同之處是多了靜電力的計算。第九章知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建專題一電場的力的性質(zhì)探究1兩等量點電荷周圍的電場等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場的比較比較項目等量同種點電荷等量異種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強為零連線上O點場強最小，指向負電荷一方連線上的場強大小(從左到右)沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大中垂線上的場強大小O點最小，向外先變大后變小O點最大，向外逐漸減小關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的場強等大反向等大同向例1兩個帶等量正電荷的點電荷的電場中，O點為兩電荷連線的中點，a點在連線的中垂線上，若在a點由靜止釋放一個電子，如圖所示，關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是()A．電子在從a向O運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B．電子在從a向O運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C．電子運動到O時，加速度為零，速度最大D．電子通過O后，速度越來越小，加速度越來越大，一直到速度為零[規(guī)范解答]帶等量正電荷的兩點電荷連線的中垂線上，中點O處的場強為零，從中點沿中垂線向上或向下場強先變大，達到一個最大值后，再逐漸減小到零。a點與最大場強點的位置關(guān)系不能確定，當a點在最大場強點的上方時，電子在從a點向O點運動的過程中，加速度先增大后減小；當a點在最大場強點的下方時，電子在從a點向O點運動的過程中，加速度一直減小，故A、B錯誤。不論a點的位置如何，電子在向O點運動的過程中，都在做加速運動，所以電子的速度一直增加，當?shù)竭_O點時，加速度為零，速度達到最大值，C正確。通過O點后，電子的運動方向與場強的方向相同，與所受靜電力方向相反，故電子做減速運動，當電子運動到a點關(guān)于O點對稱的b點時，電子的速度為零；同樣因b點與最大場強點的位置關(guān)系不能確定，故通過O點后，電子加速度大小的變化不能確定，D錯誤。[答案]C模型點撥求解等量同種或異種點電荷場強相關(guān)問題的注意事項(1)結(jié)合電場線的分布熟記電場強度的變化。(2)利用對稱性分析有關(guān)問題。(3)結(jié)合牛頓第二定律分析有關(guān)運動問題。[變式訓練1]如圖所示，將電荷量分別為＋Q和－Q的兩點電荷分別固定在同一水平面上的a、b兩點處，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c、e點，它所受的靜電力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說法正確的是()A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0D．Fd、Fc、Fe的大小都相等答案A解析等量異種點電荷的電場線的分布如圖所示，從圖中可知，d、c、e三點的場強方向都水平向右，且不為0，所以正點電荷在這三點受到的靜電力的方向都水平向右，且不為0，故A正確，B、C錯誤；從圖中可看出d點處的電場線最密，e點處的電場線最疏，所以正點電荷在這三點受到的靜電力大小不相等，故D錯誤。探究2電場線與帶電粒子軌跡的綜合分析1．物體做曲線運動的特點：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．分析方法(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判斷電荷的正負(或由靜電力的方向和電荷的正負判斷電場線的方向)；(3)由電場線的疏密程度確定靜電力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷運動電荷加速度的大?。?4)根據(jù)合力和速度的夾角可以判斷粒子速度的變化情況。例2如圖所示，實線為電場線(方向未畫出)，虛線是一帶電的粒子只在靜電力的作用下由a到b的運動軌跡。下列判斷正確的是()A．電場線MN的方向一定是由N指向MB．帶電粒子由a運動到b的過程中速度一定逐漸減小C．帶電粒子在a點的速度一定小于在b點的速度D．帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度[規(guī)范解答]由于該粒子只受靜電力作用且做曲線運動，所以粒子所受靜電力指向軌跡內(nèi)側(cè)，一定是由M指向N，但是由于粒子的電荷性質(zhì)不清楚，所以電場線的方向無法確定，故A錯誤；粒子從a運動到b的過程中，所受靜電力與速度夾角為銳角，粒子做加速運動，速度逐漸增大，故B錯誤，C正確；b點的電場線比a點的密，所以帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，故D錯誤。[答案]C模型點撥(1)電場線并不是粒子運動的軌跡。帶電粒子在電場中的運動軌跡由帶電粒子所受合力與初速度共同決定。電場線上各點的切線方向是場強方向，決定著粒子所受靜電力的方向。軌跡上每一點的切線方向為粒子在該點的速度方向。(2)帶電粒子只受靜電力作用時，電場線與帶電粒子運動軌跡重合必須同時滿足以下兩個條件：①電場線是直線。②帶電粒子初速度的大小為零或初速度的方向與電場線方向在同一條直線上。[變式訓練2]某電場的電場線分布如圖所示，一帶電粒子僅在靜電力作用下沿圖中虛線所示路徑運動，先后通過M點和N點，以下說法正確的是()A．M、N點的場強：EM>ENB．粒子在M、N點的加速度：aM>aNC．粒子在M、N點的速度：vM>vND．粒子帶正電答案D解析粒子所受靜電力指向軌跡內(nèi)側(cè)，所以粒子帶正電，D正確；電場線密處場強大，故EM<EN，A錯誤；由F＝Eq知FM<FN，故aM<aN，B錯誤；粒子從M到N，靜電力與速度夾角為銳角，粒子做加速運動，故vM<vN，C錯誤。探究3電場中的動力學問題1．電場中的平衡問題帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合力為零，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。對于多物體系統(tǒng)，經(jīng)常需要用到隔離法與整體法。2．電場中的加速問題與力學中的分析方法完全相同，帶電體的運動仍然滿足牛頓運動定律，在進行受力分析時不要漏掉靜電力。例3如圖，甲、乙兩帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為2q和－q，兩球間用絕緣線2連接，甲球又用等長的絕緣線1懸掛在天花板上，在兩球所在空間有方向水平向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時絕緣線都被拉緊，兩球間的庫侖力可忽略。則平衡時甲、乙小球的可能位置是圖中的()[規(guī)范解答]以甲、乙兩帶電小球整體為研究對象，分析受力，由于水平方向上兩個小球所受靜電力的矢量和為F電＝2qE－qE＝qE，方向向左，所以絕緣線1向左偏轉(zhuǎn)；設(shè)絕緣線1與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝eq\f(qE,2mg)。以乙球為研究對象，分析受力，由于乙球受到的靜電力水平向右，所以絕緣線2向右偏轉(zhuǎn)；設(shè)絕緣線2與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝eq\f(qE,mg)，可得到α＜β。故C正確，A、B、D錯誤。[答案]C模型點撥帶電體在電場中受力平衡或加速時，解題方法與力學中的一樣，根據(jù)平衡條件、牛頓運動定律、運動學公式求解，區(qū)別只是多了靜電力。[變式訓練3]電荷量為q＝1×10－4C的帶正電小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向且方向始終不變的電場，電場強度E的大小與時間t的關(guān)系以及物塊的速度v與時間t的關(guān)系如圖所示。若重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊的質(zhì)量m；(2)物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ。答案(1)1kg(2)0.2解析(1)由v-t圖像可知，前2s物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有qE1－μmg＝ma，2s后物塊做勻速直線運動，由平衡條件有qE2＝μmg，聯(lián)立得q(E1－E2)＝ma，由E-t圖像和v-t圖像可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，a＝1m/s2，代入數(shù)據(jù)可解得m＝1kg。(2)由qE2＝μmg可得μ＝eq\f(qE2,mg)＝eq\f(1×10－4×2×104,1×10)＝0.2。

科學思維分析計算場強的特殊思維方法——微元思維、等效思維、極限思維1．微元思維將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元可看成點電荷，先根據(jù)E＝eq\f(kQi,r2)求出每個電荷元的場強，再結(jié)合帶電物體的對稱性和場強疊加原理求出合場強。微元法是直接求場強的方法。從理論上講，利用微元法可以計算一切帶電物體的電場強度。但由于大多數(shù)情況數(shù)學計算復(fù)雜，所以微元法通常用于求解均勻帶電的規(guī)則幾何體(如直桿、圓環(huán)、平面、球面等)在某點產(chǎn)生的場強。2．等效思維——割補法必修第二冊第七章章末習題在分析殘缺空心球?qū)|(zhì)點的萬有引力時，用到了割補法，割補法的本質(zhì)是等效思想。類似地，可以根據(jù)等效思想用割補法分析某些帶電體在某點的電場強度(一般還會用到帶電體的幾何對稱性)。割補法是間接求場強的方法。它只適用能通過“割”或“補”的措施湊成對稱幾何體的帶電物體。3．極限思維根據(jù)點電荷的場強公式，任何形狀有限體積的帶電體在無窮遠處的電場強度都為零，這個結(jié)論利用了極限思維。利用極限思維分析場強時，一般是分析無窮遠處或特殊位置處的場強。極限思維一般只能定性分析帶電物體的場強，但在有的情況下，會得出定量結(jié)果。例試證明：(1)均勻帶電圓環(huán)軸線上的電場強度沿軸線方向(除帶電圓環(huán)中心)；(2)無限大均勻帶電平板兩側(cè)的電場是勻強電場。[規(guī)范解答](1)證明：如圖甲所示，將均勻帶電圓環(huán)等分成極多個很小的電荷元，每一個電荷元都可以看成點電荷。在帶電圓環(huán)軸線上任取一點P(除帶電圓環(huán)中心)，根據(jù)點電荷的場強公式及對稱性可知，任意兩個關(guān)于O點對稱的電荷元在P點的場強垂直于軸線的分量都大小相等、方向相反，根據(jù)場強疊加原理，P點場強方向沿軸線方向。(帶電圓環(huán)中心處場強為0)(2)證明：如圖乙所示，在無限大均勻帶電平板一側(cè)任取一垂直于平板的直線AB，以二者交點為圓心將平板分為無限多個由電荷元組成的同心圓環(huán)，根據(jù)(1)問題目及場強疊加原理知，AB直線上的點場強方向均沿直線AB，即直線AB為電場線；由于AB是任意選取的，所以無限大帶電平板任一側(cè)空間的電場線都是垂直于平板的直線；由于無限大帶電平板帶電均勻，所以電場線均勻分布，由電場線疏密表示電場場強大小可知，無限大均勻帶電平板兩側(cè)的電場是勻強電場。[答案]見規(guī)范解答[方法感悟]本題在分析帶電圓環(huán)軸線上場強方向時，用到微元思想及對稱性；在分析無限大均勻帶電平板一側(cè)某點場強方向時，除了應(yīng)用上述方法，還利用了極限思維(由于平板無限大，所以任一垂直于平板的直線都可看成平板的對稱軸線)。[變式訓練1]如圖所示，16個電荷量均為＋q(q>0)的小球(可視為點電荷)，均勻分布在半徑為R的圓周上。若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成－2q，則圓心O點處的電場強度為()A.eq\f(5kq,R2)，方向沿半徑向左B.eq\f(4kq,R2)，方向沿半徑向左C.eq\f(3kq,R2)，方向沿半徑向右D.eq\f(2kq,R2)，方向沿半徑向右答案C解析根據(jù)等效法，圓心O點處的電場強度可以看成在P點放－3q的點電荷及16個電荷量均為＋q(q>0)的小球在O點產(chǎn)生的電場的合場強。根據(jù)對稱性，16個電荷量均為＋q(q>0)的小球在O點產(chǎn)生的電場強度為0，根據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理，O點處的電場強度為E＝keq\f(3q,R2)，方向沿半徑向右，故C正確，A、B、D錯誤。[變式訓練2]如圖所示，一段圓心角為2θ0、半徑為R、所帶電荷量為＋Q的圓弧(其寬度不計)在圓心O產(chǎn)生的電場強度大小為E。已知當自變量x趨近于零時，sinx≈x，cosx≈1。下列四個關(guān)于電場強度E的表達式中，你認為可能正確的表達式是()A.eq\f(kQsinθ0,R2) B.eq\f(kQcosθ0,R2)C.eq\f(kQsinθ0,R2θ0) D.eq\f(kQcosθ0,R2θ0)答案C解析當θ0趨近于0時，圓弧可看成點電荷，則O點電場強度符合點電荷電場強度公式，為E＝eq\f(kQ,R2)，由題意，當θ0趨近于0時，sinθ0≈θ0，cosθ0≈1，則eq\f(kQsinθ0,R2)≈eq\f(kQθ0,R2)，eq\f(kQcosθ0,R2)≈eq\f(kQ,R2)，eq\f(kQsinθ0,R2θ0)≈eq\f(kQθ0,R2θ0)＝eq\f(kQ,R2)，eq\f(kQcosθ0,R2θ0)≈eq\f(kQ,R2θ0)，故A、D錯誤；若θ0等于2π，意味著圓弧變?yōu)閳A環(huán)，由對稱性可知帶電圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的電場的電場強度為0，又eq\f(kQcosθ0,R2)＝eq\f(kQ,R2)≠0，eq\f(kQsinθ0,R2θ0)＝0，故B錯誤，C可能正確。故選C。1.(多選)如圖所示，在等量負點電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點，B、D關(guān)于O點對稱，關(guān)于這幾點的場強大小關(guān)系，正確的是()A．EA>EB，EB＝ED B．EA<EB，EB<EDC．可能有EA<EB<EC D．可能有EA＝EC<EB答案CD解析根據(jù)兩個等量同種點電荷電場線分布的對稱性可知，B、D兩點處電場線疏密程度一樣，則有EB＝ED，故B錯誤。兩個等量同種點電荷連線的中垂線上場強的特點：O點場強為零，無窮遠處場強也為零，從O到無窮遠處場強先增大后減小，由于A、B、C、D四點具體位置不確定，可能有EA<EB<EC，也可能有EA＝EC<EB，故C、D正確，A錯誤。2.如圖所示，一電子沿等量異種點電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子除受靜電力外，所受的另一個力的大小和方向變化情況是()A．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解析由等量異種點電荷電場線的分布可知，從A點到O點，電場線由疏到密；從O點到B點，電場線由密到疏，所以沿A→O→B電場強度先由小變大，再由大變小，方向為水平向右，如圖所示。由于電子做勻速直線運動，所受合力必為零，故另一個力應(yīng)與電子所受靜電力大小相等、方向相反，電子所受靜電力方向水平向左，且沿A→O→B運動的過程中，靜電力先由小變大，再由大變小，故另一個力的方向應(yīng)水平向右，其大小應(yīng)先變大后變小。故B正確。3.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的直線，在直線上有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)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E答案A解析設(shè)想球殼是一完整的球面，則M、N兩點的場強大小為E0＝keq\f(2q,（2R）2)，去掉左側(cè)半球面，右側(cè)半球面在N點產(chǎn)生的場強大小與只有左側(cè)半球面時在M點產(chǎn)生的場強大小相同，因此N點場強大小E′＝E0－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正確。4.(多選)一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖中虛線所示。不計粒子所受重力，則()A．粒子帶正電荷B．粒子的加速度逐漸減小C．粒子在A點的速度大于在B點的速度D．粒子的初速度不為零答案BCD解析由帶電粒子所受合力(即靜電力)指向軌跡凹側(cè)，知靜電力方向向左，粒子帶負電荷，A錯誤；根據(jù)電場線的疏密表示場強大小知，粒子從A運動到B的過程中，電場強度逐漸減小，由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(\a\vs4\al(qE),m)知，粒子的加速度逐漸減小，B正確；粒子從A到B受到的靜電力與速度方向的夾角一直為鈍角，做減速運動，故粒子在A點的速度大于在B點的速度，C正確；由于電場線為直線，而粒子的運動軌跡為曲線，故粒子的初速度不為零，D正確。5.如圖所示，在場強為E的勻強電場中有一個質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，當小球靜止時，細線與豎直方向成30°角，已知此電場方向恰使小球受到的靜電力最小，則小球所帶的電荷量應(yīng)為()A.eq\f(mg,E) B.eq\f(3mg,E)C.eq\f(2mg,E) D.eq\f(mg,2E)答案D解析由此電場方向恰使小球受到的靜電力最小可知，靜電力的方向與細線垂直，小球受力如圖所示。由平衡條件可得qE＝mgsin30°，則q＝eq\f(mg,2E)，故D正確。6.(多選)如圖所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場強度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點，則下列描述小球的速度與時間、加速度與位移之間變化關(guān)系的圖像正確的是()答案AC解析將電場反向，小球在水平方向上受到向右的靜電力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得小球的加速度為a＝eq\f(qE＋k（x0－x）,m)，其中x0為小球靜止時彈簧的壓縮量，可知a隨x的增大而均勻減小，當脫離彈簧后，小球的加速度為a＝eq\f(qE,m)，保持不變。可知小球先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做勻加速運動。故A、C正確，B、D錯誤。7.(多選)如圖所示，帶箭頭的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，則下列判斷中正確的是()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力指向曲線內(nèi)側(cè)可知，靜電力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，所以若粒子是從B運動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中靜電力與速度方向成銳角，速度增大，故D錯誤。8.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；從題圖軌跡來看，帶電粒子速度與靜電力方向的夾角都小于90°，所以所受靜電力都做正功，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。9.如圖所示，a、b兩帶電小球用絕緣細線懸掛在O點，平衡時兩小球剛好在同一高度上，α<β。懸線長度不相等，兩小球質(zhì)量分別為ma、mb，所帶電荷量分別為qa、qb，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩帶電小球一定帶異種電荷B．兩小球帶電量必然有qa<qbC．兩小球質(zhì)量必然有ma<mbD．上述情況下，不改變a、b的質(zhì)量