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1、靜電場（一） 2022年高考物理 靜電場競賽輔導講義 在奧賽考綱中，靜電學知識點數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質(zhì)的極化等。 如果把靜電場的問題分為兩部分，一是電場本身的問題、二是對場中帶電體的研究，高考考綱比較注重第二部分中帶電粒子的運動問題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問題。也就是說，奧賽關注的是電場中更本質(zhì)的內(nèi)容，關注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。在處理物理問題的方法上，對無限分割和疊加原理提出了更高的要求。 一、電場強度

2、1、電荷與電荷守恒定律 ①電荷分類（基元電荷、點電荷、檢驗電荷——對電場的檢測手段） ②帶電方法（摩擦、接觸、感應） ③電荷守恒定律 2、庫侖定律 ①內(nèi)容； ②條件：⑴點電荷，⑵真空，⑶點電荷靜止或相對靜止。事實上，條件⑴和⑵均不能視為對庫侖定律的限制，因為疊加原理可以將點電荷之間的靜電力應用到一般帶電體，非真空介質(zhì)可以通過介電常數(shù)將k進行修正（如果介質(zhì)分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認為k′= k /εr）。只有條件⑶，它才是靜電學的基本前提和出發(fā)點（但這一點又是常常被忽視和被不恰當?shù)亍熬C合應用”的）。 3、電場強度 ①電場——帶電體周圍存在的一種物質(zhì)，有強有弱。舉例說明

3、②電場的性質(zhì)——力和能 ③電場強弱的描述：a、電場線，電場線是抽象而直觀地描述電場有效工具（電場線的基本屬性）。 b、電場強度的定義E = ，E的物理意義 ④幾種特殊的電場 決定電場強弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可以從不同電場的場強決定式看出—— ⑴點電荷：E = k 結合點電荷的場強和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強，分析等量同種電荷、等量異種電荷周圍的電場特點。 ⑵利用微元與疊加求電場 A、舉例說明微元與疊加思想，如彈性勢能、瞬時速度等等 P r B、例題1：求均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點P的電場：E = ，其中r和R的意義見圖7

4、-1。 C、無限長直導線，電荷線密度為λ，會推導出 思考1、均勻帶電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場 思考2、均勻帶異種電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場 O O O A B 思考3、無限長均勻帶電細線變成AB的半徑為R的半圓弧，圓心處的電場 圖7-2 D、均勻帶電圓盤軸線上的電場（圖7-2）電荷的面密度為σ，半徑為R 例2：半徑為R的均勻帶電球面，電荷的面密度為σ，試求球心處的電場強度。 【解析】如圖7-6所示，在球面上的P處取一極小的面元ΔS ，它在球心O點激發(fā)的場強大小為 ΔE = k ，方向由P指向O點。

5、 無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強大小和ΔS激發(fā)的完全相同，但方向各不相同，它們矢量合成的效果怎樣呢？這里我們要大膽地預見——由于由于在x方向、y方向上的對稱性，Σ = Σ = 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求 ΔEz = ΔEcosθ= k ，而且ΔScosθ為面元在xoy平面的投影，設為ΔS′ 所以 ΣEz = ΣΔS′ 而 ΣΔS′= πR2 【答案】E = kπσ ，方向垂直邊界線所在的平面。 〖學員思考〗如果這個半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷，面密度仍為σ，那么，球心處的場強又是多少？ 〖推薦解法〗將半球面看成4個球面，每個球面在x、y、z三個方向上分量均

6、為 kπσ，能夠?qū)ΨQ抵消的將是y、z兩個方向上的分量，因此ΣE = ΣEx … 〖答案〗大小為kπσ，方向沿x軸方向（由帶正電的一方指向帶負電的一方）。 E、均勻帶電球殼內(nèi)、外電場 內(nèi)部：E內(nèi) = 0 外部：E外 = k ，其中r指考察點到球心的距離 如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1＜r＜R2）： E = ，其中ρ為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當中（條件部分）的“剝皮法則”理解〔即為圖7-2中虛線以內(nèi)部分的總電量…〕。 F、均勻帶電球體內(nèi)、外電場（球體半徑為R） 內(nèi)部： 外部：，其中r指考察點到球心的距離 例3、有一個

7、均勻的帶電球體，球心在O點，半徑為R ，電荷體密度為ρ ，球體內(nèi)有一個球形空腔，空腔球心在O′點，半徑為R′，= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點的場強。 【模型分析】這里涉及兩個知識的應用：一是均勻帶電球體的場強定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內(nèi)部的結論，即“剝皮法則”），二是填補法。 將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點P ，設 = r1 ， = r2 ，則大球激發(fā)的場強為 E1 = k = kρπr1 ，方向由O指向P “小球”激發(fā)的場強為 E2 = k = kρπr2 ，方向由P指向O′ E1和E2的

8、矢量合成遵從平行四邊形法則，ΣE的方向如圖。又由于矢量三角形PE1ΣE和空間位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不難確定了。 【答案】恒為kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的電場是勻強電場。 〖學員思考〗如果在模型2中的OO′連線上O′一側距離O為b（b＞R）的地方放一個電量為q的點電荷，它受到的電場力將為多大？ 〖解說〗上面解法的按部就班應用… 〖答〗πkρq〔?〕。 G、無限大均勻帶電平面（電荷面密度為σ） 利用高斯定理：ES=4πkQ得：E = 2πkσ 二、電荷在勻強電場中運動問題 1、勻強電場 2、電荷在勻強電場中加速 3、電荷在勻強電場中偏

9、轉(zhuǎn) A B ε （圖2） 例4、（xx全國理綜Ⅰ卷25題）有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現(xiàn)取以下簡化模型進行定量研究。如圖2所示，電容量為c的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為ε、內(nèi)阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導電小球，小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的α倍（α《1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強電場的影響。重力加速度為g。 （1）欲使小球能夠不斷地在

10、兩板間上下往返運動，電動勢ε至少大于多少？ （2）設上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運動。求在T時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量。 解析：①試題特點：本題源于演示實驗的簡化模型。將電容器所形成的電場這一具體場景與帶電小球作往返運動結合起來，問題設計得非常巧妙，具有極大的綜合性與迷惑性。②從試題結構來看，屬于“多體、多過程”的“串聯(lián)式”結構。小球上下運動通過小球與極板的碰撞串聯(lián)起來。小球與極板碰撞后小球的帶電情況及運動分析成為試題的突破口。當小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運動；當小球與下板碰撞后，小球帶負電，作向上的勻加速運動。③本題以牛頓力學

11、來求解，求解過程自然、方便，解法如下所示： （1） 要使小球能作往返運動，小球所受的電場力大于其重力，設Q為電容器的帶電量，q為小球碰撞后所帶電量，所以得： （2）當小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運動，用a1表示其加速度，t1表示從A到B的時間，則有： 當小球與下板碰撞后，小球帶負電，作向上的勻加速運動，用a2表示其加速度，t2表示從B到A的時間，則有： 小球在時間T內(nèi)往返的次數(shù) 小球往返一次，電源充電2q，所以T內(nèi)通過電源的總電量 例5、（97年高考26題）如圖1所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過U0＝1000伏的加速電場后，由小

12、孔S沿兩水平金屬板A、B間的中心線射入。A、B板長l＝0.20米，相距d＝0.020米，加在A、B兩板間電壓u隨時間t變化的u-t圖線如圖2所示。設A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側放一記錄圓筒，筒在左側邊緣與極板右端距離b＝0.15米，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T＝0.20秒，筒的周長s＝0.20米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。 　 （1）以t＝0時（見圖2，此時u＝0）電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，并取y軸豎直向上。試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標和x坐標。（不計重力作用） （2）在

13、給出的坐標紙（圖3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。 　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 解:（1）計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標設v0為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度,　 則 　　　　　　　　　　　　　　 ① 電子在中心線方向的運動為勻速運動，設電子穿過A、B板的時間為t0，　　　　　　　　　 則 l＝v0t0 　　　　　　　　　　　　　　　?、? 　　　　　　　　　　　　 電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動。對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應滿足 ?????????????????????????

14、??????? ??? ③ ??????聯(lián)立①、②、③式解得 　　　　　　　　　　　　u0＝（2d2）/（12）U0＝20伏　 　　　此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為 　　　　　　　　　　vy ＝（eu0）/（md）t0　 　　　　　　　　　? ④ 　　　此后，此電子作勻速直線運動，它打在記錄紙上的點最高，設縱坐標為y，由圖（1）可得 　　　　　　　　　　（y－d/2）/b＝vy/v0　　　　　　　　　　　?、? 　　　由以上各式解得 　　　　　　　　　　　y＝bd/l＋d/2＝2.5厘米　　　　　　　　　　　⑥ 　　　從題給的u-t圖線可知，加于兩板電

15、壓u的周期T0＝0.10秒,u的最大值um＝100伏,因為uc