人教版高中物理新教材同步讲义 必修第三册 第9章　专题强化2　静电力的性质（含解析）

静电力的性质[学习目标]1.学会利用几种特殊方法求解带电体电场强度.2.会分析电场线与带电粒子运动轨迹相结合的问题.3.学会分析电场中的动力学问题．一、电场强度的计算带电体电场强度的三种计算方法对称法对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法．在电场中，当电荷的分布具有对称性时，应用对称性解题可将复杂问题大大简化微元法当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算补偿法有时由题给条件建立的模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型．这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题．如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易例1如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b间、b和c间、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的电场强度为零，则d点处的电场强度大小为(静电力常量为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解析设Q在b点产生的电场强度大小为E，由对称性可知Q在d点产生的电场强度大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的电场强度为零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d点产生的电场强度为E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正确，A、B、D错误．例2均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知N点的电场强度大小为E，静电力常量为k，则M点的电场强度大小为()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解析若将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则完整球壳在M、N点所产生的电场为E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由题知半球面外，N点的电场强度大小为E，则M点的电场强度为E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故选A.例3一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P点的电场强度E，下列四个表达式中正确的是()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解析如图所示，设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q＝eq\f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在P处的电场强度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由对称性可知，各小段带电环在P处的电场强度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即为带电环在P处的电场强度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，联立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正确．二、电场线与带电粒子的运动轨迹1．带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向．2．分析思路：(1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定静电力的方向；(2)由静电力和电场线的方向可判断带电粒子所带电荷的正负；(3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断带电粒子加速度的大小．例4某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则()A．粒子一定带负电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度答案C解析做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a点或b点运动到c点，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误．针对训练如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的动能，一个增大一个减小答案C解析带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图轨迹变化来看，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确．三、电场中的动力学问题1．带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．2．带电体在电场中的加速问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力．例5如图所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)原来的电场强度大小(用字母表示)；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)当电场强度变为原来的eq\f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.1.一个正电荷从电场中的A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v－t图像如图所示．则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的()答案D解析正电荷所受静电力方向与电场强度方向相同，根据v－t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受静电力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，综上所述可知A、B、C不可能，D可能．2．一带负电荷的点电荷，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()答案D解析电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．3．(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是()A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案BC解析根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误．4.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)．通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为()A．keq\f(Q,r2)，方向由圆心指向间隙B．keq\f(Qd,r3)，方向由间隙指向圆心C．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由间隙指向圆心D．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙答案D解析相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右．由对称性知，完整的带电圆环在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆环其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙，故选D.5．(多选)下列图中，绝缘细绳一端固定在天花板，一端系一质量为m的带正电小球，为了使小球能静止在图中所示位置，可加一个与纸面平行的匀强电场，所加电场方向可能是()答案BCD解析A图中，小球带正电，电场强度方向水平向左，带电小球所受的静电力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，电场强度方向水平向右，带电小球所受的静电力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受静电力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细绳的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D6.如图，带电荷量为q的点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，求图中B点的电场强度．答案eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根据电场强度的叠加原理可知，薄板带负电荷．点电荷在A点的电场强度为eq\f(kq,9d2)，A点的电场强度为0，则薄板在A点的电场强度大小为EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根据对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正点电荷q在B点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B点的合电场强度大小为E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7.(2021·鹤壁市高中段考)如图所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为()A．大小为E，方向沿AO连线斜向下B．大小为eq\f(E,2)，方向沿AO连线斜向下C．大小为eq\f(E,3)，方向沿AO连线斜向上D．大小为eq\f(E,4)，方向沿AO连线斜向上答案C解析假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，根据对称性及电场的叠加原理知圆心O处电场强度为0，所以圆心O点处的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的电场强度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小等于在A点处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度的大小，方向相反，A点处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误．8.如图所示，A、B、C、D、E、F六点把绝缘均匀圆环平均分成六部分，其中圆弧AF、BC带正电，圆弧DE带负电，其余部分不带电，单位长度圆弧所带电荷量相等．圆弧AF所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小为E1.则圆心O处的合电场强度大小为()A．0B．E1C．3E1D．2E1答案D解析由题意可知，单位长度圆弧所带电荷量相等，圆弧AF、DE、BC所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小相等，其中圆弧AF与BC所带电荷在O处产生的电场强度方向的夹角为120°，圆弧DE所带电荷在O处产生的电场强度方向在上述两电场强度方向的夹角的角平分线上，如图所示，根据平行四边形定则知，圆心O处的合电场强度大小为2E1，故D正确，A、B、C错误．9.(2022·云南宣威市第七中学高二月考)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球所受静电力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．答案(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s解析(1)根据静电力的计算公式可得静电力F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103N＝3.0×10－3N；(2)小球受力情况如图所示：根据平衡条件得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)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2.0m/s.10.(2021·河源市月考)如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度为E＝1.25×104N/C，一根长L＝1.5m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？答案