屆高中物理新教材同步必修第三冊第9章專題強化2　靜電力的性質(zhì)

靜電力的性質(zhì)[學習目標]1.學會利用幾種特殊方法求解電場強度.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如圖1所示，帶電荷量為＋q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過薄板的幾何中心，若圖中a點處的電場強度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強度大小為________，方向________.(靜電力常量為k)圖1答案eq\f(kq,d2)水平向左(或垂直薄板向左)解析由于a點的電場強度為零，則點電荷＋q在a點產(chǎn)生的場強大小E1和帶電薄板在a點產(chǎn)生的場強大小Ea相等，即E1＝Ea，方向相反.由于a、b兩點關(guān)于帶電薄板對稱，所以帶電薄板在b點產(chǎn)生的場強大小Eb和帶電薄板在a點產(chǎn)生的場強大小Ea相等，方向相反，故Eb＝E1＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左).均勻帶電的完整球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖2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為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，eq\x\to(OM)＝eq\x\to(ON)＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()圖2A.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解析完整球殼在M點產(chǎn)生的電場的場強大小為keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，根據(jù)電場疊加原理，右半球殼在M點產(chǎn)生電場的場強大小為eq\f(kq,2R2)－E，根據(jù)對稱性可知，左半球殼在N點產(chǎn)生的電場的場強大小也為eq\f(kq,2R2)－E.選項A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小.(多選)如圖3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()圖3A.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.針對訓練1如圖4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()圖4A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a的速度將減小，b的速度將增大C.a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.如圖5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°＝，cos37°＝，g＝10m/s2)求：圖5(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)的位移大小.答案(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)當場強變?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°＝mg，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.針對訓練2如圖6所示，一質(zhì)量為m＝×10－2kg、帶電荷量大小為q＝×10－6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設(shè)電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向夾角為θ＝37°.小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度g取10m/s2.(sin37°＝，cos37°＝)圖6(1)求電場強度E的大小；(2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經(jīng)過1s時小球的速度大小v及方向.答案(1)×104N/C(2)12.5m/s方向與豎直方向夾角為37°斜向左下解析(1)由平衡條件得小球所受靜電力大小F＝mgtanθ所以小球所在處的電場強度的大小：E＝eq\f(F,q)＝eq\f(mgtanθ,q)＝×10－2×10×,×10－6)N/C＝×104N/C.(2)剪斷細線后，小球所受合力大?。篎合＝eq\f(mg,cos37°)＝mg根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度大?。篴＝eq\f(F合,m)＝g＝m/s2所以經(jīng)過1s時小球的速度大小v＝at＝m/s，方向與豎直方向夾角為37°斜向左下.1.一帶負電荷的點電荷，只在靜電力作用下沿曲線abc由a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的.關(guān)于b點電場強度E的方向，圖中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案D解析根據(jù)從a運動到c，點電荷的速率是遞減的，可知點電荷所受靜電力方向與速度方向成鈍角，又根據(jù)曲線運動條件，可知靜電力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，因負電荷所受靜電力方向與場強方向相反，故圖D正確.2.(多選)(2020·北京二十二中期中)某靜電場中的電場線如圖1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點運動到N點，以下說法正確的是()圖1A.粒子是正電荷B.粒子受到的靜電力為恒力C.粒子在M點的加速度小于在N點的加速度D.粒子在M點的動能小于在N點的動能答案ACD解析帶電粒子在電場中運動，僅受靜電力作用時，受到的靜電力的方向指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向沿著電場線向上，所以此帶電粒子為正電荷，故A正確；由電場線的分布可知，電場線在N點較密，所以帶電粒子在N點時受到的靜電力大，在N點的加速度大，故B錯誤，C正確；粒子由M點運動到N點的過程中，靜電力對粒子做正功，所以粒子的動能增加，即粒子在M點的動能小于在N點的動能，故D正確.3.(2021·江蘇省蘇州實驗中學高一期中)圖2中實線為真空中某一點電荷形成的電場線，一電子的運動軌跡如圖中虛線所示，其中a、b是軌跡上的兩點.若電子在兩點間運動的速度不斷增大，則下列判斷中正確的是()圖2A.形成電場的點電荷帶正電B.電子可能是從a點運動到b點C.電子在兩點間運動時加速度一定減小D.調(diào)整電子初速度的大小和方向，電子可能做勻速圓周運動答案C解析做曲線運動的物體，受力的方向一定指向軌跡凹側(cè)，可知電子受到的靜電力方向向左，場強方向向右，故形成電場的點電荷帶負電，A錯誤；由于電子在兩點間運動的速度不斷增大，靜電力對電子做正功，因此一定是從b點向a點運動，B錯誤；由于電子從b向a運動，電場強度逐漸減小，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，C正確；由于場源電荷與電子帶同種電荷，相互排斥，因此電子不可能做勻速圓周運動，D錯誤.4.如圖3所示，一電子在等量異種點電荷連線的中垂線上沿A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子所受的除靜電力之外的另一個力的大小和方向變化的情況是()圖3A.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解析由于電子做勻速運動，其合力為零，所以另一個力一定與電子所受靜電力等大反向.由等量異種電荷的電場線分布特點可知中垂線上各點的場強方向均相同且水平向右，負電荷所受的靜電力方向與場強方向相反，所以電子所受的靜電力始終水平向左，另一個力的方向一定水平向右，又因O點的場強是中垂線上場強最大的點，故靜電力先變大后變小，則另一個力也一定先變大后變小，選項B正確.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；D圖中，電場強度方向向上，當qE＝mg，繩子拉力為零時，小球能靜止在圖中位置，故D正確.6.如圖4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，重力加速度為g，則小球所帶的電荷量應為()圖4A.eq\f(mg,E)B.eq\f(3mg,E)C.eq\f(2mg,E)D.eq\f(mg,2E)答案D解析電場方向恰使小球受到的靜電力最小，即E的方向與細線垂直，對小球進行受力分析可得mgsin30°＝qE，則q＝eq\f(mg,2E)，故選D.7.(2021·河南省重點中學期中)如圖5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處的合場強大小為()圖5A.0 B.E1C.3E1 D.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)生的場強大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的場強方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的場強方向在上述兩場強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處的合場強大小為2E1，故D正確，A、B、C錯誤.8.(2021·河南鶴壁高中段考)如圖6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()圖6A.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(shè)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處場強為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)生的場強，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)生的合場強大小等于在A點處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的場強的大小，方向相反，A點處電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的場強大小為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)生的合場強大小為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.9.如圖7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7A.keq\f(3q,R2)B.keq\f(10q,9R2)C.keq\f(Q＋q,R2)D.keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析已知a處點電荷q和帶電圓盤均在b處產(chǎn)生電場，且b處電場為零，所以帶電圓盤在b處產(chǎn)生的電場強度大小E1與點電荷q在b處產(chǎn)生的電場強度Eab等大反向，即E1＝Eab＝eq\f(kq,R2)，由對稱性可知，帶電圓盤在d處產(chǎn)生的電場強度的大小E2＝E1＝eq\f(kq,R2)，且方向與E1相反，點電荷q在d處產(chǎn)生的電場強度的大小Ead＝eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kq,9R2)，方向與E2相同，則d處場強的大小為Ed＝E2＋Ead＝eq\f(kq,R2)＋eq\f(kq,9R2)＝keq\f(10q,9R2)，選B.10.如圖8所示，用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g.現(xiàn)加一水平的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向成θ角.圖8(1)試求這個勻強電場的場強E的大??；(2)如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小