《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 微型專題1 電場力的性質學案 新人教版必修2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津瓊魯專用）2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 微型專題1 電場力的性質學案 新人教版必修2.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

微型專題1　電場力的性質 [學科素養(yǎng)與目標要求] 物理觀念：1.進一步熟練掌握庫侖定律、電場強度公式，熟練掌握幾種常見的電場線.2.熟練掌握兩等量同種電荷和兩等量異種電荷的電場線分布特點. 科學思維：1.建立形象化的思維模型，體會用電場線解決問題的方便性.2.掌握解決帶電體動力學問題的思路和方法，進一步建立解決電場中平衡問題和動力學問題的思維模型. 一、兩等量點電荷周圍的電場 1.等量同號點電荷的電場(電場線分布如圖1)： (1)兩點電荷連線上，中點O處場強為零，向兩側場強逐漸增大. (2)兩點電荷連線中垂線上由中點O到無限遠，場強先變大后變小. (3)關于中心點O點的對稱點，場強等大反向. 圖1　　　　　　　　　　圖2 2.等量異號點電荷的電場(電場線分布如圖2)： (1)兩點電荷連線上，沿電場線方向場強先變小再變大，中點處場強最小. (2)兩點電荷連線的中垂線上電場強度方向都相同，總與中垂線垂直且指向負點電荷一側.沿中垂線從中點到無限遠處，場強一直減小，中點處場強最大. (3)關于兩點電荷連線中點的對稱點場強等大同向. 例1　如圖3所示，a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c、e點，它所受的電場力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 B.Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向豎直向上 C.Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0 D.Fd、Fc、Fe的大小都相等 答案　A 解析　根據場強疊加原理，等量異種點電荷連線及中垂線上的電場線分布如圖所示，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點受電場力方向與場強方向相同，故A正確，B、C錯誤；連線上場強由a到b先減小后增大，中垂線上由c到無窮遠處逐漸減小，因此c點場強是連線上最小的(但不為0)，是中垂線上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D錯誤. 針對訓練1　兩個帶等量正電荷的點電荷如圖4所示，O點為兩電荷連線的中點，a點在連線的中垂線上，若在a點由靜止釋放一個電子，關于電子的運動，下列說法正確的是(　　) 圖4 A.電子在從a點向O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B.電子在從a點向O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C.電子運動到O點時，加速度為零，速度最大 D.電子通過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，一直到速度為零 答案　C 解析　帶等量正電荷的兩點電荷連線的中垂線上，中點O處的場強為零，向中垂線的兩邊場強先變大，達到一個最大值后，再逐漸減小.但a點與最大場強點的位置關系不能確定，電子在從a點向O點運動的過程中，當a點在最大場強點的上方時，加速度先增大后減??；當a點在最大場強點的下方時，電子的加速度則一直減小，故A、B錯誤；但不論a點的位置如何，電子在向O點運動的過程中，都在做加速運動，所以電子的速度一直增加，當到達O點時，加速度為零，速度達到最大值，C正確；通過O點后，電子的運動方向與所受電場力方向相反，故電子做減速運動，由能量守恒定律得，當電子運動到a點關于O點對稱的點時，電子的速度為零，同樣因為此點與最大場強點的位置關系不能確定，故加速度大小的變化不能確定，D錯誤. 二、靜電力作用下的平衡 1.共點力的平衡條件：物體所受外力的合力為零. 2.處理平衡問題常用的數學知識和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法. 3.選取研究對象時，要注意整體法和隔離法的靈活運用. 例2　如圖5所示，帶電荷量分別為＋q和＋4q的兩點電荷A、B，相距L，問： 圖5 (1)若A、B固定，在何處放置點電荷C，才能使C處于平衡狀態(tài)？ (2)在(1)中的情形下，C的電荷量和電性對C的平衡有影響嗎？ (3)若A、B不固定，在何處放一個什么性質的點電荷C，才可以使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)？ 答案　見解析 解析　(1)由平衡條件，對C進行受力分析，C應在AB的連線上且在A、B之間，設C與A相距r，則 ＝，解得：r＝ (2)C的電荷量大小和電性對其平衡無影響，距離A處，A、B的合場強為0. (3)若將C放在A、B電荷兩邊，A、B對C同為向右(或向左)的力，C都不能平衡；若將C放在A、B之間，C為正電荷，則A、B都不能平衡，所以C為負電荷.設放置的點電荷C的電荷量大小為Q，與A相距r1，分別對A、B受力分析，根據平衡條件，對電荷A：有＝ 對電荷B：有＝ 聯立可得：r1＝，Q＝q(負電荷) 即應在AB連線上且在A的右邊，與點電荷A相距處放置一個電荷量為q的負電荷. 1.同一直線上的三個自由點電荷都處于平衡狀態(tài)時，每個電荷受到的合力均為零，根據平衡方程可得，電荷間的關系為：“兩同夾異”、“兩大夾小”、“近小遠大”. 2.對于三個自由電荷的平衡問題，只需對其中兩個電荷列平衡方程，不必再對第三個電荷列平衡方程. 例3　(多選)A、B兩帶電小球，質量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細線如圖6懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度.若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.FAEB，EB＝ED B.EAβ，因此m1g＜m2g，即m1＜m2，選項C正確.m1所受的庫侖力與m2所受的庫侖力為作用力與反作用力，大小相等，故D錯誤.由題給條件無法判斷q1與q2的大小關系，故B錯誤. 8.相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為＋4q和－q，如圖8所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是(　　) 圖8 A.－q，在A左側距A為L處 B.－2q，在A左側距A為處 C.＋4q，在B右側距B為L處 D.＋2q，在B右側距B為處 答案　C 解析　A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷在一條直線上，外側兩個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側兩個電荷，所以外側兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的引力，必須外側電荷電荷量大，中間電荷電荷量小，所以C必須帶正電，在B的右側.設C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為L＋r，要能處于平衡狀態(tài)，所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設C的電荷量大小為Q.則有：＝k，解得r＝L.對點電荷A，其受力也平衡，則：k＝，解得：Q＝4q，即C帶正電，電荷量為4q，在B的右側距B為L處，故選C. 9.如圖9所示，水平勻強電場中，一帶電荷量為－q、質量為m的小球靜止在傾角為θ的光滑絕緣斜面上，則關于場強方向及大小的判斷正確的是(　　) 圖9 A.向右，tanθ B.向左，tanθ C.向右，sinθ D.向左，sinθ 答案　B 解析　小球靜止，所受合力為零.重力和水平方向的靜電力不能使其平衡，因此一定會受到斜面支持力的作用.由三力平衡條件可知，小球所受靜電力應水平向右，即Eq＝mgtanθ，由此得勻強電場場強大小為tan θ.因小球帶負電，所以勻強電場方向與小球受力方向相反，即電場方向向左，故選B. 10.(多選)如圖10所示，金屬板帶電荷量為＋Q，質量為m的金屬小球帶電荷量為＋q，當小球靜止后，懸掛小球的絕緣細線與豎直方向間的夾角為α，小球與金屬板中心O恰好在同一條水平線上，且距離為L.下列說法正確的是(　　) 圖10 A.＋Q在小球處產生的場強為E1＝ B.＋Q在小球處產生的場強為E1＝ C.＋q在O點產生的場強為E2＝ D.＋q在O點產生的場強為E2＝ 答案　BC 解析　金屬板不能看成點電荷，在小球處產生的場強不能用E＝計算，故A錯誤；根據小球受力平衡得小球受電場力F＝mgtanα，由E＝得：E1＝，B正確；小球可看成點電荷，在O點產生的場強E2＝，C正確；根據牛頓第三定律知金屬板受到小球的電場力大小為F＝mgtanα，但金屬板不能看作試探電荷，故不能用E＝求場強，D錯誤. 11.如圖11所示，在場強為E的勻強電場中有一個質量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，當小球靜止時，細線與豎直方向成30角，已知此電場方向恰使小球受到的電場力最小，則小球所帶的電荷量應為(　　) 圖11 A. B. C. D. 答案　D 解析　電場方向恰使小球受到的電場力最小，即E的方向與細線垂直，對小球進行受力分析可得mgsin30＝qE，則q＝，故D正確. 二、非選擇題 12.如圖12所示，長l＝1m的輕質絕緣細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶正電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37.已知小球所帶電荷量q＝1.010－6C，勻強電場的場強E＝3.0103N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： 圖12 (1)小球所受電場力F的大?。? (2)小球的質量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小. 答案　(1)310－3N　(2)410－4kg　(3)2m/s 解析　(1)小球在勻強電場中所受電場力 F＝qE＝310－3 N (2)對小球受力分析如圖所示.由平衡條件得mg＝ 則m＝＝ kg＝410－4 kg (3)撤去電場后，只有重力做功，由動能定理得 mgl(1－cosθ)＝mv2－0 代入數值解得v＝2 m/s. 13.如圖13所示，有一水平向左的勻強電場，場強為E＝1.25104N/C，一根長L＝1.5m、與水平方向的夾角θ＝37的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋4.510－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.010－6C，質量m＝1.010－2kg.將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運動.求：(靜電力常量k＝9.0109Nm2/C2，g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8) 圖13 (1)小球B開始運動時的加速度大??； (2)小球B的速度最大時，與M端的距離r. 答案　(1)3.2m/s2　(2)0.9m 解析　(1)如圖所示，開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsinθ－－qEcosθ＝ma.代入數據解得：a＝3.2m/s2. (2)小球B速度最大時所受合力為零， 即mgsinθ－－qEcosθ＝0 代入數據解得：r＝0.9m.