2022年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第35講 電場力的性質(zhì)學案（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第35講 電場力的性質(zhì)學案（含解析） [重讀教材定方法] (對應人教版選修3－1的頁碼及相關(guān)問題) 1．P3[實驗]，回答課本問題。若右端接地，則圖示狀態(tài)感應電荷分布情況如何？ 提示：導體A、B分別感應出負電荷和正電荷，兩金屬箔都張開；先把A、B分開，然后移去C，A、B帶電情況不變，金屬箔均保持張開狀態(tài)；再讓A、B接觸，A、B均不帶電，兩金屬箔均閉合。導體A左端分布有感應負電荷，導體B無感應電荷。 2．P3 圖1.1－2，驗證一導體是否帶電時，必須使其與驗電器的金屬球接觸嗎？ 提示：不是必須，使該導體與金屬球靠近也可。 3．P4

2、“元電荷”一段。 4．P4～5[問題與練習]T2、T3、T4。 提示：T2：導體上電荷的轉(zhuǎn)移是電子的轉(zhuǎn)移，得到或失去的電子數(shù)相同，均等于帶電量與元電荷的比值。T3：感應起電的特點是近異遠同，離的近的力大，故為吸引力。T4：不違背能量守恒定律。把A、B在C旁邊相碰一下分開，需要做功，需要能源提供能量。 5．P6閱讀“庫侖的實驗”一段，庫侖是怎樣改變電量的？ 提示：把一個帶電金屬小球與另一個不帶電的完全相同的金屬小球接觸，前者的電荷量就會分給后者一半。 6．P7[例題1]，由該題分析，在電磁學的受力分析時是否需要考慮萬有引力？ 提示：不需要。 7．P12圖1.3－3、圖1.3－4及“

3、電場線”一段，注意電場線的三大特點。 8．P13圖1.3－6、圖1.3－7。 9．P14～15[問題與練習]T1、T3、T5、T6、T7。 提示：T1：E＝，某處電場強度E的大小與檢驗電荷電量q無關(guān)。T3：E電場→E重力場，F(xiàn)→G，q→m，由比值法定義得E重力場＝，方向與G相同。T5：同一幅圖中，電場線密集處電場強度大；電場強度方向為各點的切線方向；負電荷所受靜電力方向與電場強度方向相反。T6：受力平衡分析。T7：利用靜止的正負點電荷電場分布的特點及電場強度公式分析。 10．P17 圖1.4－2、圖1.4－3。 11．P18[思考與討論]。 提示：重讀課文，仿照正電荷情形分析。

4、12．P19圖1.4－5，觀察等勢面和電場線形狀，思考兩者關(guān)系。 提示：等勢面和電場線垂直。 13．P19～20[問題與練習]T2、T3、T4、T5、T7。 提示：T2：φ＝，φ、Ep、q計算時均帶正、負號，并按φ的正、負值大小比較。T3：(1)沿電場線方向電勢逐漸降低；(2)將一正(或負)檢驗電荷從M點移到P點或從P點移到M點，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大，再根據(jù)φ＝分析。T4：φ重力勢＝＝gh。T5：根據(jù)定義或定義式分析。T7：電場線與等勢面垂直；靜電力做功與電荷運動的始末位置有關(guān)，與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān)，WAB＝EpA－EpB。 14．P21[例題]。 15

5、．P22[問題與練習]T1、T3。 提示：T1：WAB＝qUAB＝EpA－EpB。T3：(1)B點，A點；(2)負功；(3)負，正。 16．P23[思考與討論]。 提示：公式UAB＝Ed中的d是勻強電場中兩點沿電場線方向的距離。 17．P23～24[問題與練習]T1、T2、T3、T4。 提示：T1：E＝，F(xiàn)＝Eq，WAB＝qUAB＝qEd。 T2：(1)D點電勢高，UCD＝Ed； (2)φC－φB＝UCB＝EdCB， φD－φB＝UDB＝EdDB， φC－φA＝UCA＝EdCA， φD－φA＝UDA＝EdDA， 沿電場線方向d為正，逆電場線方向d為負，電勢差與零電勢位置選

6、取無關(guān)。 (3)WCD＝qUCD，靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)。 T3：E＝。 T4：b，b，b，b。同一幅圖中，相鄰等勢面間的電勢差相等時，等勢面越密集的地方電場強度越大。 18．P24圖1.7－1及邊框。 19．P26[演示]實驗。 提示：空腔導體帶電時，電荷分布在外表面，內(nèi)表面沒有電荷分布。 20．P28[問題與練習]T1。 提示：(1)近異遠同；(2)與點電荷激發(fā)的電場的場強等大反向；(3)不能，球殼表面是一個等勢面。 21．P30[演示]實驗。 22．P32[做一做]。 提示：(1)面積表示電容器釋放的電量，即充電后所帶電量；(2)數(shù)小格，格數(shù)乘以每格

7、面積所代表的電量；(3)C＝。 23．P32～33[問題與練習]T1、T3、T4。 提示：T1：兩極板間電壓越大，偏轉(zhuǎn)角度越大。 T3：(1)U一定，Q＝CU，C＝； (2)Q一定，U＝，C＝。 T4：E＝＝＝＝。 24．P34[思考與討論]。 提示：仍然適用，動能定理分析不考慮運動過程。 25．P34～35[例題2]。 26．P35“示波管的原理”一段。 27．P35～36圖1.9－4，若YY′上加圖1.9－5的電壓，XX′上加圖1.9－6的電壓，屏幕上亮線是什么形狀？ 提示：正弦曲線形狀。 28．P37[科學足跡]，密立根實驗——電子電荷量的測定。 29．P38[

8、科學漫步]，范德格拉夫靜電加速器。 30．P39[問題與練習]T2。 提示：－eU＝0－mv2。 第35講　電場力的性質(zhì) 考點一　庫侖定律的理解及基本應用 一、電荷　電荷守恒定律 1．電荷 (1)三種起電方式：摩擦起電，感應起電，接觸起電。 (2)兩種電荷：自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。 (3)帶電實質(zhì)：物體得到電子或失去電子。 (4)元電荷 ①電荷的多少叫做電荷量，通常把e＝1.60×10－19_C的電荷量叫做元電荷。 ②對元電荷的理解 a．元電荷是自然界中最小的電荷量，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。

9、 b．元電荷等于電子所帶的電荷量，也等于質(zhì)子所帶的電荷量，但元電荷沒有正負之分。 c．元電荷不是實物粒子，電子、質(zhì)子等微粒也不是元電荷。 (5)點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小、形狀及電荷分布狀況的理想化模型。 2．電荷守恒定律 (1)內(nèi)容 ①經(jīng)典表述：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。 ②現(xiàn)在表述：一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變。 (2)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導體，接觸后再分開，二者帶等量電荷，若兩導體原來帶異種電荷

10、，則電荷先中和，余下的電荷再平分。 二、庫侖定律 1．內(nèi)容 真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。 2．表達式 F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量。 3．適用條件 真空中的靜止點電荷。 (1)在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式。 (2)當兩個帶電體的間距遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。 (3)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。 ①同種電荷：F＜k；②異種電荷：F＞k。 (4)不能根據(jù)公式錯

11、誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看做點電荷了。 4．庫侖力的方向 由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。 1．(多選)如圖所示，將帶電棒移近甲、乙兩個不帶電的導體球，兩個導體球開始時互相接觸且對地絕緣，下述幾種方法中能使兩球都帶電的是(　　) A．先把球分開，再移走棒 B．先移走棒，再把兩球分開 C．先將棒接觸一下其中的一個球，再把兩球分開 D．棒的帶電荷量不變，兩導體球不能帶電 答案　AC 解析　當帶電棒移近甲、乙兩球時，甲、乙兩球由于靜電感應分別帶與帶電棒相反和相同的電荷。若移走棒前先把兩球分開，則甲、乙

12、兩球所帶電荷無法中和而帶上等量異號電荷；若把兩球分開前，已移走棒，甲、乙兩球感應出的電荷立即中和而不會帶電，可判定A正確，B錯誤；若棒與其中一個球接觸，則由于接觸帶電，甲、乙兩球都會帶上與帶電棒相同性質(zhì)的電荷，分開后仍帶電，C正確；棒的帶電荷量即使不變，仍可在滿足一定條件下，甲、乙兩球感應出等量異號電荷而帶電，D錯誤。 2．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異號電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為(　　) A．F引＝G，F(xiàn)庫

13、＝k B．F引≠G，F(xiàn)庫≠k C．F引≠G，F(xiàn)庫＝k D．F引＝G，F(xiàn)庫≠k 答案　D 解析　萬有引力定律的使用條件是質(zhì)點和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球殼a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接應用，所以它們之間的萬有引力為F引＝G；由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異號電荷，由于電荷之間的相互吸引，電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>k，故D正確，A、B、C錯誤。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P9·T3)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬

14、小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力為F?，F(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，此時A、B球間的靜電力變?yōu)槎啻螅咳粼偈笰、B間距離增大為原來的2倍，則它們間的靜電力又為多大？ [變式子題]　三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑。球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F。現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時球1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變。由此可知(　　) A．n＝3 B．n＝4 C．n＝5 D．n

15、＝6 答案　D 解析　根據(jù)庫侖定律，球3未與球1、球2接觸前，球1、2間的靜電力F＝k。三個金屬小球相同，接觸后電荷量均分，球3與球2接觸后，球2和球3的帶電荷量q2＝q3＝；球3再與球1接觸后，球1的帶電荷量q1＝＝。此時球1、2間的作用力F′＝k＝k。由題意知F′＝F，即n＝，解得n＝6。故D正確。 考點二　電場強度的理解及計算 1．電場 (1)電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場。 (2)電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。 2．電場強度 (1)定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做

16、該點的電場強度。 (2)定義式：E＝。 (3)物理意義：表示電場的強弱和方向。 (4)矢量性：電場強度是矢量，規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向。 (5)唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關(guān)，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置。 (6)電場的疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各個電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。電場強度的疊加遵從平行四邊形定則或三角形定則。 3．電場強度三個表達式的比較 4．求解電場強度的基本方法 求電場強度常見的有定義式法、點電荷電場強度公式法、勻強電場公式法、矢量疊

17、加法。 1．關(guān)于電場，下列敘述中正確的是(　　) A．對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同 B．正電荷周圍的電場強度一定比負電荷周圍的電場強度大 C．在電場中某點放入試探電荷q，該點的電場強度為E＝，取走q后，該點電場強度不為零 D．試探電荷所受電場力很大，該點電場強度一定很大 答案　C 解析　以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E＝相同，但方向不同，A錯誤；由E＝k可知，點電荷周圍的電場強度的大小只由Q、r的大小來決定，與電荷的正、負沒有關(guān)系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質(zhì)的物理量，試探電荷是用來體現(xiàn)這一性質(zhì)的“工具

18、”，C正確；定義式E＝中E的大小并不是由F、q來決定的，在電場中某一點放入一試探電荷q，如果q越大，則F越大，而這一比值不變，D錯誤。 2．如圖所示，真空中帶電荷量分別為＋Q和－Q的點電荷A、B相距r。求： (1)兩點電荷連線的中點O的電場強度的大小和方向； (2)在兩點電荷連線的中垂線上，距A、B兩點都為r的O′點的電場強度的大小和方向。 答案　(1)　方向A→B　(2)　方向A→B 解析　(1)如圖甲所示，A、B兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度方向相同，均為A→B。A、B兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度的大小相等EA＝EB＝＝。 故O點的合電場強度為EO＝2EA＝，方向A→B。

19、(2)如圖乙所示，EA′＝EB′＝，由矢量合成可知，O′點的合電場強度EO′＝EA′＝EB′＝，方向與A、B的中垂線垂直，即EO′與EO同向。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P15·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2 kg，所帶電荷量為＋2.0×10－8 C?，F(xiàn)加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與鉛垂線成30°夾角(如圖)。求這個勻強電場的電場強度。 [變式子題]　如圖所示，一條長為L的絕緣細線，上端固定，下端系一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中，當小球平衡時，懸線與豎直方向的夾角α＝45°。已知重力加速度為

20、g，求： (1)小球帶何種電荷？電荷量為多少？ (2)若將小球向左拉至懸線呈水平位置，然后由靜止釋放小球，則放手后小球做什么運動？經(jīng)多長時間到達最低點？ 答案　(1)正電　　(2)勻加速直線運動　 解析　(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，由此可知小球帶正電，設其電荷量為q，則 FTsinα＝qE， FTcosα＝mg， 可得：FT＝mg，q＝＝。 (2)釋放后，小球由靜止開始沿與豎直方向成α＝45°角斜向右下方做勻加速直線運動，當?shù)竭_最低點時，它經(jīng)過的位移大小為L，此時細線剛好拉直，由勻變速直線運動規(guī)律得x＝at2，其中a＝ g，x＝L 所以t＝。

21、 考點三　電場線的理解與應用 1．定義 為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大小。 2．特點 (1)電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷。 (2)電場線在電場中不相交。 (3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大。 (4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。 (5)沿電場線方向電勢逐漸降低。 (6)電場線和等勢面在相交處互相垂直。 3．幾種典型電場的電場線(如圖所示) 4．兩等量異號點電荷和兩等量同號點電荷形成的電場的比較

22、 1．如圖所示，M、N為兩個等量同號正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關(guān)于點電荷q的運動的說法正確的是(　　) A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值 D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零 答案　C 解析　點電荷從P→O的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O點之前，合電場力一直

23、做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關(guān)于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關(guān)于O點對稱的P′點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤。 2．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，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運動到N，以下說法正確的是(　　) A．粒子必定帶正電荷 B．該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的 C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度 D．粒子在M

24、點的速度大于它在N點的速度 答案　C 解析　帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。 3．等量異號點電荷的連線和中垂線如圖所示，現(xiàn)將一個帶負電的試探電荷先從圖中的A點沿直線移動到B點，再從B點沿直線移動到C點，則試探電荷在此過程中(　　) A．所受

25、靜電力的方向不變 B．所受靜電力的大小恒定 C．B點電場強度為0，電荷在B點受力也為0 D．在平面內(nèi)與C點電場強度相同的點總共有四處 答案　A 解析　如圖所示為正、負電荷的電場線分布圖，由圖知從A點到B點及從B點到C點的過程中，負電荷所受靜電力均沿電場線的切線方向向上且不為0，A正確，C錯誤；從電場線的疏密可看出，全過程中電場強度一直在變大，故靜電力F＝qE也變大，B錯誤；與C點電場強度相同的點從圖上電場線的方向及疏密可看出還有一處，即關(guān)于B點對稱的地方，D錯誤。 考點四　有關(guān)電場的力的性質(zhì)的綜合應用 1．靜電力參與下的共點力平衡問題 (1)靜電力參與下的共點力平衡問題

26、：分析方法與力學問題相同，只是多了一個庫侖力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。 (2)有靜電力參與的動力學問題與牛頓運動定律中的動力學問題本質(zhì)上是相同的(如兩個點電荷間的庫侖力滿足牛頓第三定律)，值得注意的兩點是：①列方程時，注意庫侖力的方向；②若庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功。 2．求解電場強度的非常規(guī)思維方法 (1)等效法：在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。 例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個等量異號點電荷形成的電場，如圖1甲、乙所示。 (2)對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性

27、的特點，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。 例如：如圖2，均勻帶電的球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又與弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向相同。 (3)填補法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)щ姲肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍。 (4)微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。 (5)極限法：對于某些特殊情況下求解有關(guān)場強問題，有時無法用有關(guān)公式、規(guī)律得出結(jié)論，可考慮應用極限法。 3．解決帶電體的力電綜合問題的一般思路 [例1]　如圖所示，三

28、個點電荷q1、q2、q3固定在同一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1∶q2∶q3為(　　) A．9∶4∶9 B．4∶9∶4 C．9∶4∶36 D．9∶36∶4 解析　要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。 設q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L。 因為每個電荷所受靜電力的合力均為零 對q1列平衡方程得：k＝k 對q2列平衡方程得：k＝k 由以上兩式解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正確。 答案　C 方法感悟 三個自由

29、點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿足的規(guī)律是： (1)“三點共線”——三個點電荷分布在同一直線上； (2)“兩同夾異”——正負電荷相互間隔； (3)“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最?。? (4)“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。 [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上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為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M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A. B.－E C.－E D.＋E

30、 解析　左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為＋2q的整個完整球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，B正確。 答案　B 方法感悟 利用問題中出現(xiàn)的對稱特性進行分析、推理，形狀規(guī)則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強度大小相等。如果能夠求出其中一點處的電場強度，根據(jù)對稱性特點，另一點處的電場強度即可求出。 1．[教材母題]　(人教版選修3－1

31、P15·T7)如圖，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上。 (1)x坐標軸上哪個位置的電場強度為0? (2)x坐標軸上哪些地方的電場強度方向是沿x軸的正方向的？ [變式子題]　(多選)兩個相同的金屬球A和B，A帶正電，B帶負電，且所帶電荷量QA與QB的大小之比是 4∶1，帶電金屬球可視為點電荷。若在A、B連線上的某點C放一個點電荷QC，A、B對C作用的靜電力剛好平衡，則(　　) A．C點一定在連線的B點的外側(cè) B．C點一定在連線的A點的外側(cè) C．C點一定在A、B之間 D．C點的場強一定為

32、零 答案　AD 解析　因為A帶正電，B帶負電，只要放入的電荷受到的合力為零即可。通過受力分析可知，QA與QB的大小之比為4∶1，則對C點有rA＞rB，而且保證兩個力的方向相反，所以C點一定在AB連線上的B點的外側(cè)，且C點場強一定為零，故選A、D。 2.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上：a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝

33、，由平衡條件得2F庫cos30°＝Eqc，即＝Eqc，解得E＝。此時a的受力如圖乙所示，2＋2＝2，得qc＝2q，即當qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故B正確。 3．(多選)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、b和c、c和d間的距離均為R，在a點有一電荷量為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)(　　) A．k B．k C．k D．k 答案　B 解析　點電荷q在b處產(chǎn)生的場強大小E＝k，方向向右，因b點處的場強為零，所以Q在b點

34、處的場強大小也為k，方向向左，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右，則d點處的場強應為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強E′＝k＝k，方向向右，Ed＝E＋E′＝k，故B正確。 4．已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心、所帶電荷量與之相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同，如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著總電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B間、B和A間的距離均為R。現(xiàn)以OB為直徑在球內(nèi)挖出一個球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點處電場強度的大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　實心大球在A點產(chǎn)生的

35、電場強度E1＝，實心小球所帶的電荷量Q′＝Q×＝，實心小球在A點產(chǎn)生的電場強度E2＝，故A點的合電場強度E＝E1－E2＝，B正確。 5．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 答案　B 解析　由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，設為E，D圖中在O點場強為0，B圖中兩圓環(huán)在O點合場強為E，故選B。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．在國際單位制中，電場強度單位的符號是(　　) A．N B．N/C C．N/(A·m) D．N/A 答案　B 解析　在國際單位制中，電場強度單位

36、的符號是N/C，故選B。 2．關(guān)于電場場強的概念，下列說法正確的是(　　) A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比 B．正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關(guān) C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關(guān) D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零 答案　C 解析　電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關(guān)，只和電場本身的性質(zhì)有關(guān)，A、D錯誤；C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。 3．兩個相同的帶異種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相

37、互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為(　　) A.F B.F C.F D.F 答案　A 解析　設一個小球帶電量大小為Q，則另一個小球帶電量大小為3Q，根據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：F＝k，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q；由庫侖定律得：F′＝k＝，故A正確。 4．(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，根據(jù)此圖可以作出的正確判斷是(　　) A．帶電粒子所帶電荷的正、負 B．帶

38、電粒子在A、B兩點的受力方向 C．帶電粒子在A、B兩點的加速度何處較大 D．帶電粒子在A、B兩點的速度何處較大 答案　BCD 解析　根據(jù)曲線運動所受的合外力指向內(nèi)側(cè)，可得帶電粒子在A、B兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性和產(chǎn)生該電場的點電荷的電性，故A錯誤，B正確；根據(jù)電場線的疏密程度，可知EA>EB，所以電場力FA>FB，再根據(jù)牛頓第二定律得A點加速度大，故C正確；由A到B，電場力做負功，動能減小，故A處的速度大，D正確。 5.直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O

39、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(　　) A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 答案　B 解析　正點電荷Q在O點時，它在G點處產(chǎn)生的場強大小為，方向沿y軸負方向。由于G點場強恰好為零，即兩負點電荷在G點的合場強大小為E1＝，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H處產(chǎn)生的場強的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，B正確。 6．如圖所示，M、N和P

40、是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的電場強度大小變?yōu)镋2。那么，E1與E2之比為(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．2∶ D．4∶ 答案　B 解析　依題意，因為M、N兩點都在圓周上，距O點的距離相等，合電場強度為E1，則每個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度為，當N點處的點電荷移至P點時，O點的電場強度如圖所示，合電場強度大小為E2＝，則＝，B正確。 7．a(chǎn)、b兩個帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋3q 和－q，兩球間用絕

41、緣細線連接，a球又用長度相同的絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊，則平衡時可能位置是(　　) 答案　D 解析　a球帶正電，受到的電場力水平向左，b帶負電，受到的電場力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的電場力大小為2qE，方向水平向左，分析受力如圖，則上面繩子應向左偏轉(zhuǎn)。設上面繩子與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝＝，以b球為研究對象，受力如圖。設ab間的繩子與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝，得到α＝β，所以根據(jù)幾何知識可知，b球在懸點的正下方，故D正確。 8．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板

42、間有勻強電場。其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，小球與右側(cè)金屬板相距為b，如圖所示，請問： (1)小球的電性及所帶電荷量是多少？ (2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？ 答案　(1)正電　　(2) 解析　(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，則小球帶正電； Fsinθ＝qE① Fcosθ＝mg② 由上述兩式得tanθ＝， 故q＝。 (2)由第(1)問中的方程②知F＝，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等、方向相反，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的

43、合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬板上時，它經(jīng)過的位移為x＝，又由x＝at2，得t＝＝＝ 。 [真題模擬練] 9．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ 答案　D 解析　對固定的小球c受到的庫侖力分析，要使c球受到的庫侖力合

44、力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必須異號，如圖所示，則有：k·sinα＝k·sinβ，故＝＝＝，D正確。 10．(2016·浙江高考)如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，(　　) A．此時A帶正電，B帶負電 B．此時A電勢低，B電勢高 C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 答案　C 解析　由于靜電感應，A帶負電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負電荷中和，金屬箔閉合，

45、所以C正確，A錯誤；處于電場中的導體是等勢體，B錯誤；若先把A、B分開，然后移去C，A、B所帶電荷就不能中和，金屬箔不再閉合，D錯誤。 11．(2016·浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 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0.12 m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N

46、 C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0 答案　ACD 解析　用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A項正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示，sinθ＝＝0.60，θ＝37°，F(xiàn)庫＝mgtan37°＝6.0×10－3 N，B項錯誤；F庫＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12 m，聯(lián)立得Q＝4×10－8 C，故C項正確；由等量同號點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確。 12．(2015·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早

47、在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 答案　C 解析　小線圈接近通電線圈過程中，小線圈因磁通量變化而產(chǎn)生感應電流屬于電磁感應現(xiàn)象，其他三種現(xiàn)象屬于靜電現(xiàn)象，C符合題意。 13.(2015·廣東高考)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　

48、　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負電荷，N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強電場對M做負功 答案　BD 解析　不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異號電荷，A錯誤；隔離出M，若M帶正電，N帶負電，則M受到N的庫侖力和勻強電場力都向右，M受力不平衡，只有M帶負電才可能受力平衡，故M帶負電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確。 14．(2018·河北衡水中學期末)如圖所示，在傾角為α的足夠長光

49、滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點)，它們相距為L。兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時間后，當兩球距離為L′時，A、B的加速度大小之比為a1∶a2＝11∶5。(靜電力常量為k，重力加速度為g) (1)若B球帶正電荷且電荷量為q，求A球所帶電荷量Q及電性； (2)求L′與L之比。 答案　(1)　正電　(2)3∶2 解析　(1)對B球分析有，A球帶正電荷 初始時B球沿斜面方向合力為零F－mgsinα＝0 又F＝k，解得Q＝。 (2)初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距離增大，庫侖力一定減小，小于mgsinα。 A球加速度a1方向應沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律， 有F′＋2mgsinα＝2ma1 B球加速度a2方向應沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律， 有mgsinα－F′＝ma2 依題意a1∶a2＝11∶5 聯(lián)立解得F′＝mgsinα，又F′＝k 得L′∶L＝3∶2。