《2022年高考物理總復習 第六單元 電場第1節(jié) 電場力的性質(zhì)學案 新課標（北京專版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理總復習 第六單元 電場第1節(jié) 電場力的性質(zhì)學案 新課標（北京專版）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理總復習 第六單元 電場 第1節(jié) 電場力的性質(zhì)學案 新課標（北京專版） 回扣一　點電荷、電荷守恒定律 1．判斷正誤 (1)元電荷實質(zhì)上是指電子和質(zhì)子本身 (　　) (2)所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍 (　　) (3)當兩個帶電體的形狀和大小對它們間相互作用的影響可忽略時，這兩個帶電體就可看成點電荷 (　　) 解析：(1)元電荷是物體所帶的最小電荷量，不是實際的物質(zhì)粒子； (2)物體所帶電荷量為元電荷的整數(shù)倍； (3)如果帶電體的大小和形狀可以忽略，則帶電體可以看成點電荷。 答案：(1

2、) ×　(2)√　(3)√ 2. 如圖6－1－1所示，左邊是一個原來不 帶電的導體，右邊C是后來靠近的 帶正電的導體球，若用絕緣工具沿 圖示某條虛線將導體切開，分導體為A、B兩部分， 這兩部分所帶電荷量的數(shù)值分別為QA、QB， 則下列結論正確的是 (　　) 圖6－1－1 A．沿虛線d切開，A帶負電，B帶正電，且QA＞QB B．只有沿虛線b切開，才有A帶正電，B帶負電，且QA＝QB C．沿虛線a切開，A帶正電，B帶負電，且QA＜QB D．沿任意一條虛線切開，都有A帶正電，B帶負電，而 QA、 QB的值與所切的位置有

3、關 解析：導體原來不帶電，只是在C所帶正電荷的作用下，導體中的自由電子向B部分移動，使B部分多了電子而帶負電；A部分少了電子而帶正電。根據(jù)電荷守恒可知，A部分轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目和B部分多出的電子數(shù)目是相同的，因此無論從哪一條虛線切開，兩部分的電荷量總是相等的，不過從不同位置切開時，QA、QB的值是變化的，故只有D正確。 答案：D 答案：D 回扣三 靜電場、電場強度和點電荷的場強 4. 如圖6－1－2是表示在一個電場 中a、b、c、d四點分別引入檢 驗電荷時，測得的檢驗電荷的 電荷量跟它所受電場力的函數(shù) 關系圖像，那么下列敘述正確的是 (　　)

4、 圖6－1－2 A．這個電場是勻強電場 B．a(chǎn)、b、c、d四點的電場強度大小關系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．a(chǎn)、b、c、d四點的電場強度大小關系是Ea＞Eb＞Ed＞Ec D．無法確定這四個點的電場強度大小關系 解析：本題以圖像的方式考查了對電場強度及其定義式的理解，圖中給出了a、b、c、d四個位置上電荷量和所受靜電力大小的變化關系，由電場強度的定義式E＝可知，F(xiàn)—q圖像的斜率代表電場強度。斜率大的電場強度大、斜率小的電場強度小，故選項B正確。A、C、D錯誤。 答案：B 5. 在真空中O點放一個場源電荷Q＝＋1.0×10－9 C，直線MN通過O點，OM的距離r＝

5、30 cm，M點放一個試探電荷q＝－1.0×10－10C，如圖6－1－3所 示。求： (1)q在M點受到的作用力。 (2)M點位置的電場強度。 (3)拿走q后M點位置的電場強度。 (4)M、N兩點的電場強度哪點大。 (5)如果把Q換成電荷量為－1.0×10－9 C的點電荷，情況又如 何。圖6－1－3 答案：(1)1.0×10－8 N，方向沿MO指向Q　(2)100 N/C，方向沿OM連線背離Q　(3)100 N/C，方向沿OM連線背離Q　(4)M　(5)見解析 回扣四 電場線 6．如圖6－1－4是某靜電場的一部分電場線 分布情況，下列說法中正確的是(　　) A

6、．這個電場可能是負點電荷的電場 B．A點的電場強度小于B點的電場強度 C．A、B兩點的電場強度方向不相同 D．負電荷在B點處受到的電場力的方向沿B點切線方向 圖6－1－4 解析：本題考查了對電場線的正確理解。負點電荷的電場線是自四周無窮遠處從不同方向指向負點電荷的直線，故A錯。電場線越密的地方電場強度越大，由圖可知EA＞EB，故B錯。電場強度的方向沿切線方向，故C正確。B點的切線方向即B點電場強度方向，而負電荷所受電場力方向與其相反，故D錯。 答案：C 2．應用方法 庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作

7、真空來處理。注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力。 3．三個自由點電荷的平衡問題 (1) 條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合電場強度為零， 或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反。 (2) 規(guī)律：“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上； “兩同夾異”——正負電荷相互間隔； “兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??； “近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。 [名師點睛] (1) 當兩個

8、均勻帶電球體相距較遠時，也可視為點電荷，r應 指兩球體的球心距離。 (2)靜電力遵循牛頓第三定律和力的平行四邊形定則。 [典例必研] [例1]　(xx·海南高考)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的帶電量為q，球2的帶電量為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

9、 D．n＝6 [審題指導]　由“相同金屬小球”可知：兩金屬球接觸后電荷平分或先中和再平分；由“距離遠大于小球的直徑”可知：小球帶電時可視為點電荷。 [答案]　D 答案：C 答案：C [知識必會] 1．對電場強度公式的理解 2.電場強度疊加原理和應用 (1) 當空間有幾個點電荷同時存在時，它們的電場就互相疊加， 形成合電場，這時某點的電場強度就是各個點電荷單獨存 在時在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和。 (2) 電場強度是矢量，遵守矢量合成的平行四邊形定則，注意 只有同時作用在同

10、一區(qū)域的電場才能疊加。 (3) 電場中某點處的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與 放入該點的點電荷q無關，它決定于形成電場的電荷(源電荷)及空間位置，電場中每一點對應的電場強度與放入該點的電荷無關。 [名師點睛] 特殊方法求電場強度 (1) 補償法：題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型， 比如說模型A，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題。 (2) 對稱法：利用帶電體(如球體、薄板等)產(chǎn)

11、生的電場具有對 稱性的特點來求電場強度的方法。 [典例必研] [例2]　如圖6－1－6所示，分別在A、B兩點放 置點電荷Q1＝＋2×10－14C和Q2＝－2×10－14C。 在AB的垂直平分線上有一點C，且AB＝AC＝ BC＝6×10－2 m。 (1)試求C點的電場強度。 (2)如果將一個電子放置在C點，它所受的庫侖力的大小和方向如何？ 圖6－1－6 [思路點撥]　先求出A、B電荷在C點分別產(chǎn)生的電場強度，二者的合電場強度即為C點的電場強度。 [解析]　 (1)本題所研究的電場是點電 荷Q1和Q2所形成的電場的合電場。因 此C點的電場強度是由Q1在C處的電場

12、強度E1和Q2在C處的電場強度E2的合電 場強度。 (2)電子在C點所受的力F＝qEC＝1.6×10－19×0.05 N＝ 0．8×10－20 N 因為電子帶負電，所以方向與EC方向相反。 [答案]　(1)0.05 N/C，方向平行于AB向右 (2)0.8×10－20 N，方向平行于AB向左 [沖關必試] 3．(xx·重慶高考)如圖6－1－7所示， 電量為＋q和－q的點電荷分別 位于正方體的頂點，正方體范圍 內(nèi)電場強度為零的點有 (　　) A．體中心、各面中心和各邊中點 B．體中心和各邊中點 C．各面中心和各邊中點 D．體中心和各面中

13、心 圖6－1－7 解析：由點電荷的電場強度公式和疊加規(guī)律可知，各面頂點上的4個點電荷在過所在面的中心的垂線上各點的合電場強度為零，所以，體中心和各面中心的合電場強度一定為零。由點電荷的電場強度公式和疊加規(guī)律可知，各邊中心的合電場強度不為零，選項D正確。 答案：D 答案：A [知識必會] 1．電場線的特點 (1) 不閉合：電場線起始于正電荷(或無窮遠處)，終止于無窮 遠處(或負電荷)，即電場線不能形成閉合曲線。 (2) 不中斷、不相交：在沒有電荷的空間，電場線不中斷，兩 條電場線也不能相交。 (3)

14、 不是電荷在電場中的運動軌跡：只有當電場線為直線、電 荷初速度為零或初速度平行于電場線、電荷僅受電場力作用時，電荷的運動軌跡才與電場線重合。 2．常見電場的電場線分布 (1)孤立點電荷電場的電場線比較。 電場 電場線圖樣 簡要描述 正點電荷 發(fā)散狀。距電荷距離相等 的點的電場強度大小相等， 方向不相同 負點電荷 會聚狀。距電荷距離相等 的點的電場強度大小相等， 方向不相同 (2)等量點電荷的電場線比較。 比較 等量異種點電荷 等量同種(正)點電荷 電場線分布圖 連線中點O處的電場強度 最小，指向負電荷一方 為零 連線上的電場強度

15、大小 沿連線先變小，再變大 沿連線先變小，再變大 沿中垂線由O點向外電場強度大小 O點最大，向外逐漸減小 O點最小，向外先變大后變小 關于O點對稱的A與A′、B與B′的電場強度特點 等大同向 等大反向 (3)勻強電場的電場線。 電場線圖樣 簡要描述 互相平行的、等間距的、同向的直線 [名師點睛] 應用電場線可解決的問題 (1)根據(jù)給出的電場線，分析推斷電勢和電場強度的變化情況。 (2)根據(jù)給定一簇電場線和帶電粒子的運動軌跡，分析推斷帶 電粒子的性質(zhì)、受力、能量變化等。 (3)根據(jù)給定電勢的分布情況，求作

16、電場線。 [典例必研] [例3]　(xx·宿州模擬)如圖6－1－9 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 受到電場力作用，根據(jù)此圖下列 判斷錯誤的是 (　　) 圖6－1－9 A．帶電粒子所帶電荷的正、負 B．帶電粒子在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 [審題指導]　解答該題應注意以下

17、三點： (1)由軌跡彎曲方向判斷電場力的方向； (2)由電場線的疏密判斷加速度的大??； (3)根據(jù)動能定理分析速度的大小。 [解析]　由電場線的疏密可知，a點的電場強度大，帶電粒子在a點的加速度大，故C正確；畫出初速度方向結合運動軌跡的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷帶電粒子所受電場力的方向，但由于電場的方向未知，所以不能判斷帶電粒子的電性，故A錯B對；利用初速度方向和電場力方向的關系，可判斷電場力對帶電粒子由a到b做負功，動能減小，因此va＞vb，選項D對。 [答案]　A [沖關必試] 5.一負電荷從電場中的A點由靜止釋放，只受電 場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的 速度—時間圖像如

18、圖6－1－10所示，則A、 B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是 圖6－1－10 下列圖6－1－11中的 (　　) 圖6－1－11 解析：由速度—時間圖像可知，電荷的速度越來越大，且加速度也是越來越大，故電荷在運動過程中，應受到逐漸增大的吸引力作用，所以電場線的方向應由B指向A。由于加速度越來越大，所以電場力越來越大，即B點的電場強度應大于A點的電場強度，即B點處電場線應比A點處密集，所以正確答案為C。學生由于對v—t圖像的斜率即加速度值理解不夠，不能正確得出電荷加速度變大的結論，而得不到正確的結果。 答案：C [

19、每課一得] 對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應用對稱性不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題，這種思維方法在物理學中稱為對稱法。利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復雜的數(shù)學演算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，出奇制勝，快速簡便地求解問題。 [示例]　如圖6－1－12所示，位于正 方形四個頂點處分別固定有點電荷A、 B、C、D，四個點電荷的帶電量均 為q，其中點電荷A、C帶正電，點電 荷B、D帶負電，試確定過正方形中心 O并與正方形垂直的直線上到O點距離 為x的P點處的電場強度。

20、 圖6－1－12 [方法導入]　四個點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小相等，A、C兩電荷產(chǎn)生的場強關于OP線對稱，B、D兩電荷產(chǎn)生的場強也關于OP線對稱，根據(jù)對稱性的特點，可求出四個電荷在P點產(chǎn)生的合場強。 [解析]　四個點電荷各自在P點的電場強度EA、EB、EC、ED如圖6－1－13所示，根據(jù)對稱性可知，EA、EC的合電場強度E1沿OP向外，EB、ED的合電場強度E2沿OP指向O，由對稱性可知，E1、E2大小相同，所以P點的電場強度為0。 圖6－1－13 [答案]　0 [每課一測] 1．在下圖各種電場中，A、B兩點電場強度相等的是(

21、　　) 圖1 解析：電場強度是矢量，電場強度相等必定其大小相等、方向相同。故答案為C。 答案：C 2．在如圖2所示的四種電場中，某帶電粒子從圖中P點由靜止釋放，其加速度一定變小的是(　　) 圖2 解析：由于帶電粒子的電性不確定，故粒子靜止釋放后的運動方向不確定，只有D項中，不論粒子帶何種電荷，從P點靜止釋放后，加速度都變小。 答案：D 3．在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為104 V/m，已知一半徑為1 mm的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為10 m/s2，水的密度為103 kg/m3。雨滴攜帶的電荷量的最小值約為(　　) A．2×10－9 C

22、 B．4×10－9 C C．6×10－9 C D．8×10－9 C 解析：雨滴不會下落，有Eq≥mg，m＝，即q≥，代入數(shù)據(jù)得q≥4×10－9 C。 答案：B 4.圖3為某正電荷Q產(chǎn)生的某區(qū)域的電場線分布圖，a、b是電場中的兩點。將電荷量為q＝5×10－8 C的正點電荷(試探電荷)置于a點，所受電場力為2×10－3 N，則下列判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)點的電場強度大小為4×104 N/C，方向向右 圖3 B．將電荷量為q的負點電荷放于a點

23、，a點電場強度大小為4×104 N/C，方向向左 C．將點電荷q從a點移走，則該點的電場強度為零 D．b點處的電場強度小于2×104 N/C 解析：由E＝得a點的電場強度為E＝N/C＝4×104 N/C，方向向右，A對；a點電場強度的大小和方向與引入的試探電荷無關，故B、C錯誤；由電場線的疏密可知，b處電場強度小于a處，故D項錯誤。 答案：A 5．(xx·廣東高考改編)如圖4為靜電除塵器除塵機理的示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的。下列表述正確的是(　　) 圖4 A．到達集塵極的塵埃帶正電荷 B．電場方向由集塵極指向放電

24、極 C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越小 解析：放電極與集塵極間的電場方向指向放電極，選項B正確；帶負電荷的塵埃受向右的電場力向右運動，到達集塵極，選項A、C錯誤；由F＝qE可知選項D錯誤。 答案：B 6. (xx·玉林模擬)如圖5所示，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球用細線 系住，線的一端固定在O點。若在空間加上勻強電場，平衡時線與豎直方 向成60°角。則電場強度的最小值為(　　) 圖5 A．mg/2q B.

25、mg/2q C．2mg/q D．mg/q 解析：當電場力與細線方向垂直時，其值最小，如圖所示，則最小電場強度Emin＝＝。 答案：B 7.如圖6所示，A、B為用兩個絕緣細線懸掛起來的帶電絕緣小球，質(zhì)量mA＜mB。當在A球左邊放一個帶電小球C時，兩懸線都保持豎直方向(兩懸線長度相同，三個球位于同一水平線上)。若把C球移走，A、B兩球沒有發(fā)生接觸，則下圖7中(圖中α＞β)能正確表示A、B兩球位置的是 (　　) 圖6 圖7

26、解析：原來拴A、B的線處于豎直狀態(tài)，說明它們都處于平衡狀態(tài)，三個電荷都處于平衡狀態(tài)，相鄰的必異號，所以A、B肯定帶異種電荷，又由于mA＜mB，所以α＞β，選A。 答案：A 8．如圖8所示，電場中某條電場線上a、b兩點相距為d，電勢差為U，同一點電荷在a、b兩點所受的電場力大小分別為F1和F2，則下列說法中正確的是 (　　) A．a(chǎn)點的電場強度等于U/d B．a(chǎn)點的電場強度大于b點電場強度 圖8 C．若F1＝F2，則a點電場強度等于U/d D．若F1＜F2，則a點電

27、場強度小于b點電場強度 解析：電場中某條電場線上a、b兩點相距為d，電勢差為U，但電場線的分布情況未知，所以a、b兩點的電場強度大小也無法判斷，若F1＜F2，則a點電場強度小于b點電場強度，故選項D是正確的。 答案：D 9.如圖9所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸?，F(xiàn)使帶負電的橡膠棒C靠近A(C與A不接觸)，然后先將A、B分開，再將C移走。關于A、B的帶電情況，下列判斷正確的是(　　) A．A帶正電，B帶負電 B．A帶負電，B帶正電　　 圖9 C．A、B均不

28、帶電 D．A、B均帶正電 解析：帶負電的橡膠棒C靠近A時，A球會感應出正電荷，而B球會感應負電荷，故A項正確。 答案：A 10.如圖10所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，將帶有相等電荷量為q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱。要使圓心O處的電場強度為零，可在圓周上再放置一個適當電荷量的正點電荷＋Q，則該點電荷＋Q應放在(　　) 圖10 A．A點 B．B點 C．C點 D．D點 解析：由電場的疊

29、加原理和對稱性可知，＋q、－q在O點的合電場強度方向應沿OD方向，要使O點的合電場強度為零，放上的電荷＋Q在O點的電場強度方向應與＋q、－q在O點的合電場強度方向相反，所以D正確。 答案：D 11．如圖11所示，一質(zhì)量為m＝1.0×10－2 kg、帶電荷量為q＝1.0×10－6 C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度取g＝10 m/s2。結果保留兩位有效數(shù)字。 圖11 (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1 s小球的速度v。 解析：(1)小球所受

30、的電場力F＝qE，由平衡條件得F＝mgtanθ，解得電場強度E＝1.7×105 N/C。 (2)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動，經(jīng)過1 s時小球的速度為v。 小球所受合外力F合＝mg/cosθ 由牛頓第二定律有F合＝ma 由運動學公式v＝at 解得小球的速度v＝20 m/s 速度方向為與豎直方向夾角為60°斜向左下方。 答案：(1)1.7×105 N/C　(2)20 m/s，方向與豎直方向夾角為60°斜向左下方。 12．如圖12所示，空間存在著電場強度E＝2.5×102 N/C、方向豎直向上的勻強電場，在電場內(nèi)一長為L＝0.5 m的絕緣細線一端固定于O點，另一端拴著質(zhì)量m＝0.5 kg電荷量q＝4×10－2 C的小球。現(xiàn)將細線拉至水平位置，將小球由靜止釋放，當小球運動到最高點時細線受到的拉力恰好達到它能承受的最大值而斷裂。取g＝10 m/s2。求： 圖12 (1)小球的電性； (2)細線能承受的最大拉力值。 解析：(1)由小球運動到最高點可知，小球帶正電。 (2)設小球運動到最高點時速度為v，對該過程由動能定理有(qE－mg)L＝mv2，在最高點對小球由牛頓第二定律有FT＋mg－qE＝m， 由①②式及題中數(shù)據(jù)可得FT＝15 N。 答案：(1)正電　(2)15 N