《2022高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 習(xí)題課 電場(chǎng)力的性質(zhì)學(xué)案 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 習(xí)題課 電場(chǎng)力的性質(zhì)學(xué)案 新人教版選修3-1（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 習(xí)題課 電場(chǎng)力的性質(zhì)學(xué)案 新人教版選修3-1 1．電場(chǎng)力公式 (1)F＝Eq(適用于一切電場(chǎng)) (2)F＝k(適用于真空中兩點(diǎn)電荷) 2．電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式 (1)E＝(場(chǎng)強(qiáng)的定義式，適用于一切電場(chǎng)) (2)E＝k(點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，只適用于點(diǎn)電荷的電場(chǎng)) 3．電場(chǎng)線 (1)電場(chǎng)線的特點(diǎn) ①電場(chǎng)線從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷； ②電場(chǎng)線在電場(chǎng)中不相交； ③電場(chǎng)強(qiáng)度大的地方電場(chǎng)線較密，電場(chǎng)強(qiáng)度小的地方電場(chǎng)線較疏． (2)電場(chǎng)線描述電場(chǎng) ①電場(chǎng)線的疏密描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱； ②電場(chǎng)線的切線方向即是該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向． 　等量

2、電荷電場(chǎng)的分析 　 (2018·華南師大附中高二檢測(cè))如圖所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過(guò)，電子重力不計(jì)，則電子除受電場(chǎng)力外，所受的另一個(gè)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 [解析]　等量異種電荷電場(chǎng)線分布如圖甲所示，由圖中電場(chǎng)線的分布可以看出，從A點(diǎn)到O點(diǎn)，電場(chǎng)線由疏到密；從O點(diǎn)到B點(diǎn)，電場(chǎng)線由密到疏，所以沿點(diǎn)A、O、B，電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)先由小變大，再由大變小，方向?yàn)樗较蛴遥捎陔娮幼鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，所受合外力必為零，故另一個(gè)力應(yīng)與電

3、子所受電場(chǎng)力大小相等、方向相反，電子受到電場(chǎng)力方向水平向左，且沿點(diǎn)A、O、B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力由小變大，再由大變小，故另一個(gè)力的方向應(yīng)水平向右，其大小應(yīng)先變大后變小，如圖乙所示，故選B． [答案]　B 兩個(gè)等量點(diǎn)電荷的疊加電場(chǎng)的特點(diǎn) (1)等量同號(hào)點(diǎn)電荷的電場(chǎng) ①兩點(diǎn)電荷連線上，中點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，向兩側(cè)場(chǎng)強(qiáng)逐漸增大． ②兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上由中點(diǎn)到無(wú)限遠(yuǎn)，場(chǎng)強(qiáng)先變大后變小． (2)等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場(chǎng) ①兩點(diǎn)電荷連線上，沿電場(chǎng)線方向場(chǎng)強(qiáng)先變小再變大，中點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最?。? ②兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向都相同，總與中垂線垂直且指向負(fù)點(diǎn)電荷一側(cè)．沿中垂線從中點(diǎn)到無(wú)限遠(yuǎn)處

4、，場(chǎng)強(qiáng)一直減小，中點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)最大．　 【題組突破】 1．(多選)如圖所示，A、B為兩個(gè)固定的等量正點(diǎn)電荷，在它們連線的中點(diǎn)處有一個(gè)可以自由運(yùn)動(dòng)的正點(diǎn)電荷C，現(xiàn)給電荷C一個(gè)垂直于連線的初速度v0，若不計(jì)電荷C所受的重力，則關(guān)于電荷C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度和加速度情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．加速度始終增大 B．加速度先增大后減小 C．速度始終增大，最后趨于無(wú)窮大 D．速度始終增大，最后趨于某一有限值 解析：選BD．由電場(chǎng)的疊加原理，AB中垂線上由C向上場(chǎng)強(qiáng)為先增大后減小，故電荷C所受電場(chǎng)力向上先增大后減小，所以C的加速度先增大后減小，但速度始終增大，且有一有限值，可知B、D正確

5、． 2．(多選)(2018·江西南昌二中檢測(cè)) 如圖所示，兩個(gè)帶等量的正電荷的小球A、B(均可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點(diǎn)，且PO＝ON．現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列關(guān)于小球C的運(yùn)動(dòng)速度圖象中，可能正確的是(　　) 解析：選AB．在A、B連線的垂直平分線上，從無(wú)窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱悖?fù)電荷沿垂直平分線從無(wú)窮遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變??；由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)，速

6、度變化情況同另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱性．如果P、N距O點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，B正確，如果P、N距O點(diǎn)很近，A正確． 　求解電場(chǎng)強(qiáng)度的“巧法” 　如圖所示選項(xiàng)中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度最大的是(　　) [解析]　每個(gè)圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為E．根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理和對(duì)稱性，得A、B、C、D各圖中O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EA＝E、EB＝E、EC＝E、ED＝0，故選項(xiàng)B正確． [答案]　B 要善于利用對(duì)稱觀點(diǎn)，如無(wú)窮大平面導(dǎo)體表面感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，是關(guān)于表面對(duì)稱分布的，即對(duì)稱的兩個(gè)位置的電場(chǎng)強(qiáng)度等大、反向．　

7、 【題組突破】 1．如圖所示， 一個(gè)均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點(diǎn)，過(guò)O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷＋q，則＋q在A點(diǎn)所受的庫(kù)侖力為(　　) A．，方向向上　　　　　 B．，方向向上 C．，方向水平向左 D．不能確定 解析：選B．先把帶電圓環(huán)分成若干個(gè)小部分，每一小部分可視為一個(gè)點(diǎn)電荷，各點(diǎn)電荷對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫(kù)侖力在水平方向上的分力相互抵消，豎直方向上的分力大小為＝，方向向上，故選B． 2．如圖所示， 一半徑為R的圓盤(pán)上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤(pán)且過(guò)圓心c的軸線上有a、

8、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷．已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選B．由b點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)為零可得圓盤(pán)在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)與點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向相反，所以圓盤(pán)在b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb＝k，再根據(jù)圓盤(pán)場(chǎng)強(qiáng)的對(duì)稱性和電場(chǎng)強(qiáng)度疊加即可得出d點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為Ed＝Eb＋k＝k，B正確． 　靜電場(chǎng)中力學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用 　在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示．

9、現(xiàn)用力擊打小球，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)．試問(wèn)： (1)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在哪點(diǎn)速度最小？最小速度是多少？ (2)小球在哪點(diǎn)速度最大？最大速度為多少？ [思路點(diǎn)撥] 重力場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)的疊加，可用等效的方法建立等效力場(chǎng)，類(lèi)比重力場(chǎng)，用力學(xué)方法求解． [解析]　(1)小球所受重力和電場(chǎng)力的合力F＝，如圖所示，方向斜向右下方，且與豎直方向成θ角．將合力等效成一個(gè)合場(chǎng)力，其等效加速度g效＝．因小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以小球在等效最高點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)速度最小，且在A點(diǎn)時(shí)線的拉力為零，故等效合場(chǎng)力提供向心力，即mg效＝，得vA＝． (2)由能量守恒定律，小球在等效最低點(diǎn)B

10、點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)為vB，則從A到B由動(dòng)能定理得 mv－mv＝mg效·2l 解得vB＝． [答案]　(1)A點(diǎn)　　(2)B點(diǎn)　 1．帶電體在多個(gè)力作用下的平衡問(wèn)題：帶電體在多個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，物體所受合外力為零，因此可用共點(diǎn)力平衡的知識(shí)分析，常用的方法有正交分解法、合成法等． 2．帶電體在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題：與力學(xué)問(wèn)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(jìn)行受力分析時(shí)不要漏掉電場(chǎng)力(靜電力)． 3．用等效思想處理疊加場(chǎng)問(wèn)題：對(duì)于疊加場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每一種場(chǎng)力對(duì)物體的作用效果，也可以同時(shí)研究幾種場(chǎng)力共同作用的效果，將疊加場(chǎng)等效為

11、一個(gè)簡(jiǎn)單場(chǎng)，然后與重力場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題進(jìn)行類(lèi)比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答． 如將重力場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)合成為等效重力場(chǎng)，然后利用物體只受重力時(shí)的解題方法即可解決問(wèn)題．如要使物體能在疊加場(chǎng)中做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，臨界條件是物體恰能通過(guò)等效最高點(diǎn)；再如物體的最大速度必然出現(xiàn)在等效最低點(diǎn)，等等．　 【題組突破】 1．(2018·山西太原五中測(cè)試)如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道的圓心處，將另一帶正電、電荷量為q2、質(zhì)量為m的小球，從軌道的A處無(wú)初速度釋放，求： (1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小； (2)小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力． 解析：(1)帶電小球q2在半圓光滑軌道上

12、運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫(kù)侖力不做功，故機(jī)械能守恒，則mgR＝mv， 解得vB＝． (2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受到重力mg、庫(kù)侖力F和支持力FN，由圓周運(yùn)動(dòng)公式和牛頓第二定律得 FN－mg－k＝m，解得FN＝3mg＋k， 根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 F′N(xiāo)＝FN＝3mg＋k，方向豎直向下． 答案：(1)　(2)3mg＋k，方向豎直向下 2．(2018·杭州高二檢測(cè)) 如圖所示，一質(zhì)量為m＝1．0×10－2kg，帶電量為q＝1．0×10－6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，假設(shè)電場(chǎng)足夠大，靜止時(shí)懸線向左與豎直方向夾角為37°．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，重力加速

13、度g取10 m/s2． (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小； (2)若在某時(shí)刻將細(xì)線突然剪斷，求經(jīng)過(guò)1 s時(shí)小球的速度大小v及方向．(sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8) 解析：(1)由平衡條件得小球所受電場(chǎng)力 F＝mgtan θ， 所以小球所在處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。篍＝＝ ＝N/C＝7．5×104 N/C． (2)細(xì)線剪斷后，小球的合力 F合＝＝1．25mg 根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度： a＝＝1．25g＝12．5 m/s2． 所以1 s時(shí)小球的速度大小v＝at＝12．5 m/s，速度方向沿原細(xì)線方向向下，即方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下． 答案：(1)7．

14、5×104 N/C　(2)12．5 m/s　方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下 1．如圖所示， 在豎直放置的光滑半圓形絕緣細(xì)管的圓心O處放一點(diǎn)電荷，將質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從管的水平直徑端點(diǎn)A由靜止釋放，小球沿管滑到最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)管壁恰好無(wú)壓力，則放于圓心處的電荷在AB弧中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為(　　) A．E＝　　　　　　 B．E＝ C．E＝ D．不能確定 解析：選C．帶電小球從A到B的過(guò)程中，庫(kù)侖力方向始終和速度方向垂直，故只有重力對(duì)小球做功，小球機(jī)械能守恒，則mgR＝mv，在B處小球受重力和庫(kù)侖力的合力提供向心力，得qE－mg＝，解得E＝，C正確． 2．(多選

15、) (2018·江蘇啟東中學(xué)高二檢測(cè))有兩個(gè)帶有等量異種電荷的小球，用絕緣細(xì)線相連后懸起，并置于水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示．當(dāng)兩小球都處于平衡時(shí)不可能的位置是選項(xiàng)中的(　　) 解析：選BCD．若把兩小球和兩球之間的連線看成一個(gè)整體，因?yàn)閮汕蛩鶐щ姾墒堑攘慨惙N電荷，所以兩小球在水平方向上受電場(chǎng)力的合力為零，豎直方向只受兩球的重力和上段細(xì)線的拉力，重力豎直向下，所以上段細(xì)線的拉力必須豎直向上，則答案為B、C、D． 3．(多選)如圖所示的電場(chǎng)中，虛線為某帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，則(　　) A．粒子一定帶正電 B．粒子一定是從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到

16、b點(diǎn) C．粒子在c點(diǎn)的加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度 D．粒子在電場(chǎng)中c點(diǎn)的速度一定大于在a點(diǎn)的速度 解析：選AC．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，合力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電的粒子受到的電場(chǎng)力的方向?yàn)檠刂妶?chǎng)線向左，所以粒子帶正電，A正確；粒子不一定是從a點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，也可能從b點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)線的分布可知，粒子在c點(diǎn)的受力較大，加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度，C正確；粒子從c到a的過(guò)程，電場(chǎng)力與速度成銳角，所以粒子做加速運(yùn)動(dòng)，在c點(diǎn)的速度一定小于在a點(diǎn)的速度，D錯(cuò)誤． 4．如圖所示，豎直放置的兩塊足夠大的帶電平行板間形成一個(gè)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝3×104N/C．在兩板間用絕緣細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量m＝5×10－3 kg的帶電小球，靜止時(shí)小球偏離豎直方向的角度θ＝60°．g取10 m/s2．試求： (1)小球的電性和電荷量； (2)若小球靜止時(shí)離右板d＝5×10－2m，剪斷懸線后，小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間碰到右極板？ 解析：(1)因?yàn)樾∏蜢o止，即受力平衡，所以小球帶正電荷，小球受力分析如圖所示．由平衡條件有qE＝mgtan θ 解得q＝×10－6C． (2)剪斷細(xì)線后，小球在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． ax＝，d＝axt2 解得t＝0．1 s． 答案：(1)正電荷　×10－6C　(2)0．1 s