2019-2020學年高中物理 第一章 電場 微型專題2 電場力的性質學案 粵教版選修3-1

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1、微型專題2　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.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)兩點電荷連線的中垂線上由中點O到無限遠，場強先變大后變?。? (3)關于中心點O點的對稱點，場強等大反向．

2、 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?。? (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)關于中心點對稱的點，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．F

3、d、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0 D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 答案　A 解析　根據(jù)場強疊加原理，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點所受電場力方向與場強方向相同，故A正確，B、C錯誤；兩點電荷連線上場強由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點場強是兩點電荷連線上最小的(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

4、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，沿中垂線從O點向無窮遠處場強先變大，達到一個最大值后，再逐漸減小到零．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

5、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?shù)竭_O點時，加速度為零，速度達到最大值，C正確；通過O點后，電子的運動方向與場強的方向相同，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，當電子運動到與a點關于O點對稱的b點時，電子的速度為零．同樣因b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、電場線與帶電粒子運動軌跡的綜合分析 1．帶電粒子做曲線運動時，合力指向軌跡曲線的內側，速度方向沿軌跡的切線方向． 2．分析方法：由軌跡的彎曲情況結合電場線確定電場力的方向；由電場力

6、和電場線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負；由電場線的疏密程度可確定電場力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷帶電粒子加速度的大小． 例2　如圖5所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　) 圖5 A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．a的速度將減小，b的速度將增大 C．a的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的動能，一個增大一個減小 答案　C 解析　帶電粒子做曲線運動，所受電場力的方向指向軌跡的內側，由于電場線的方向未知，所以粒子帶電性質不確定，故A錯誤；從題

7、圖軌跡變化來看，速度與力方向的夾角都小于90°，所以電場力都做正功，動能都增大，速度都增大，故B、D錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，故C正確． 針對訓練2　(2017·南京市期末調研)如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡，帶電粒子只受電場力作用，運動過程中速度逐漸減小，下列各圖是對它在b處時的運動方向與受力方向的分析，正確的是(　　) 答案　A 解析　帶電粒子運動速度沿軌跡切線方向，受力方向與電場線在同一直線上，電場力指向軌跡彎曲的內側，B、C錯誤．由于運動過程中速度逐漸減小，則電場力做負功

8、，A正確，D錯誤． 三、電場中的動力學問題 例3　如圖6所示，光滑固定斜面(足夠長)傾角為37°，一帶正電的小物塊質量為m，電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求： 圖6 (1)原來的電場強度大??； (2)小物塊運動的加速度； (3)小物塊2s末的速度大小和2s內的位移大?。? 答案　(1)　(2)3m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6m 解析　(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上， 則mgsin

9、37°＝qEcos37°，E＝＝. (2)當場強變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－qEcos37°＝0.3mg， 由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下． (3)由運動學公式，知v＝at＝3×2m/s＝6 m/s x＝at2＝×3×22m＝6m. [學科素養(yǎng)]　此題通過帶電體在電場中的受力分析及運動分析使學生能運用動力學的觀點分析電場中帶電體的運動，較好的鍛煉了學生的思維，提高了學生的綜合分析能力，體現(xiàn)了“科學思維”的學科素養(yǎng). 1．(兩等量電荷的電場)(多選)如圖7所示，在等量異號點電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點，B、D兩

10、點關于O點對稱，則關于各點場強的關系，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．EA>EB，EB＝ED B．EAEN B．粒子在M、N點的加速度aM>aN C．粒子在M、N點的速度vM>vN D．粒子帶正電 答案　D 解析　電場線的疏密程度表示電場強度的大小，可知EM

11、；電場力F＝qE，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a＝＝，可知aM

12、 圖9 (1)電場強度E的大小； (2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過1s時小球的速度大小v及方向． 答案　(1)7.5×104N/C　(2)12.5 m/s　方向與豎直方向夾角為37°斜向左下 解析　(1)由平衡條件得小球所受電場力 F＝mgtanθ 所以小球所在處的電場強度的大?。? E＝＝＝N/C＝7.5×104 N/C. (2)細線剪斷后，小球所受合力 F合＝＝1.25mg 根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度： a＝＝12.5m/s2. 所以1s時小球的速度大小v＝at＝12.5m/s，速度方向沿原細線方向向下，即方向與豎直方向夾角為37°斜向左下． 一

13、、選擇題 考點一　電場線與運動軌跡 1．一帶負電荷的質點，只在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的．關于b點電場強度E的方向，圖中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(　　) 答案　D 解析　根據(jù)從a運動到c，質點的速率是遞減的，可知質點所受電場力方向與運動方向成鈍角，又根據(jù)曲線運動條件，可知電場力指向軌跡彎曲的內側，因負電荷所受電場力與場強方向相反，故圖D正確． 2.(多選)如圖1所示，帶箭頭的線表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列判斷中正確的是(　　) 圖1 A．若粒子是從A運動

14、到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電 B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電 C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小 D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小 答案　BC 解析　根據(jù)做曲線運動的物體所受合外力指向曲線內側可知粒子所受電場力與電場線的方向相反，所以不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電，故A錯誤，B正確；電場線密的地方電場強度大，所以粒子在B點受到的電場力大，在B點時的加速度較大．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中電場力與速度方向成銳角，電場力做正功，動能增大，速度增大，故D錯誤． 3.

15、某電場的電場線分布如圖2所示，虛線為某帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則(　　) 圖2 A．粒子一定帶負電 B．粒子一定是從a點運動到b點 C．粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度 D．粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度 答案　C 解析　做曲線運動的物體，合力指向運動軌跡的內側，由此可知，帶電粒子受到的電場力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子不一定是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點處受電場力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c運動到a，

16、電場力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a運動到c，電場力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤． 考點二　等量電荷的電場 4.如圖3為真空中兩點電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關于虛線對稱，O點為A、B電荷連線的中點，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A、B可能帶等量異號的正、負電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a、b兩點處無電場線，故其電場強度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等，方向相反 答案　D 解析　根據(jù)電場線的方向及對

17、稱性，可知該電場為等量正點電荷形成的電場，故A、B均錯誤；a、b兩點雖沒有畫電場線，但兩點的電場強度都不為零，C錯誤；根據(jù)等量正點電荷的電場特點可知，同一試探電荷在a、b兩點所受電場力等大反向，D正確． 5．(多選)如圖4所示，在真空中等量異種點電荷形成的電場中：O是電荷連線的中點，C、D是連線的中垂線上關于O對稱的兩點，A、B是連線延長線上的兩點，且到正、負電荷的距離均等于兩電荷間距的一半．則以下結論正確的是(　　) 圖4 A．B、C兩點場強方向相反 B．A、B兩點場強相同 C．C、O、D三點比較，O點場強最弱 D．A、O、B三點比較，O點場強最弱 答案　AB 6.直角坐

18、標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖5.M、N兩點各固定一等量負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) 圖5 A.，沿y軸正方向 B.，沿y軸負方向 C.，沿y軸正方向 D.，沿y軸負方向 答案　B 解析　因正點電荷在O點時，G點的場強為零，則可知兩負點電荷在G點形成的電場的合場強與正點電荷在G點產生的場強等大反向，大小為E負＝k，方向沿y軸正方向；若將正點電荷移到G點，則正點電荷在H點的場強大小為E1＝k＝，方向沿y軸正方向，因兩負點電荷在G點的合場

19、強與在H點的合場強等大反向，則H點處場強大小為E＝E負－E1＝，方向沿y軸負方向，故選B. 7．(多選)如圖6所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑絕緣水平面上．P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點，且PO＝ON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，關于小球C的速度－時間圖象中，可能正確的是(　　) 圖6 答案　AB 解析　在AB的垂直平分線上，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱悖瑤ж撾姷男∏蚴芰ρ卮怪逼椒志€，如果P與O之間的距離足夠遠，由P點到O點的過程中，小球的加速度

20、先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點到N點過程中，速度變化情況與另一側速度的變化情況具有對稱性，B正確；同理，如果P、N與O之間的距離很近，A正確． 考點三　電場中的平衡和加速 8．(多選)如圖7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(可視為質點)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7 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

21、．＋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(jù)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(jù)牛頓第三定律知金屬板受到小球的電場力大小為F＝mgtanα，但金屬板不能看做試探電荷，故不能用公式E＝求場強，D錯誤． 9.(2018·巴蜀中學質檢)如圖8所示，在水平向左的勻強電場中，傾角α＝53°的固定光滑絕緣斜面，高為H.一個帶正電的物塊(可視為質點)受到的電場力是重力的倍，現(xiàn)將其從斜面頂端由靜止釋放，重力加速度為g，則物塊落地時的速度大小為

22、(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　) 圖8 A．2 B．2 C. D．2 答案　C 解析　對物塊受力分析知，重力和電場力的合力F合＝＝mg，設F合與水平方向夾角為β，tanβ＝＝，β＝37°<α，則物塊沿合力方向斜向下做勻加速直線運動，由動能定理得F合＝mv2－0，解得v＝，故選C. 二、非選擇題 10.(2018·安慶一中高二上月考)如圖9所示，在豎直平面內有兩個點電荷，固定在同一水平直線上相距為l的A、B兩點，其電荷量分別為＋Q、－Q.在AB連線的垂直平分線上固定一光滑豎直絕緣桿，在桿上C點有一個質量為m、電荷量為－q的小環(huán)(可視為點電荷)由靜止釋放．已

23、知A、B、C三點連線為正三角形，重力加速度為g.求： 圖9 (1)釋放小環(huán)瞬間，桿對小環(huán)的作用力大?。? (2)小環(huán)滑到D點(AB連線的中點)時的速度大?。? 答案　(1)k　(2) 解析　(1)A處正點電荷對C處小環(huán)的庫侖力大小FA＝k. B處負點電荷對C處小環(huán)的庫侖力大小 FB＝k 由力的合成可知兩點電荷對小環(huán)的合力大小F＝k，方向向左，則桿對小環(huán)的作用力大小F桿＝k (2)小環(huán)從C滑到D，電場力不做功，根據(jù)動能定理有mgh＝mv2 因為h＝lsin60° 所以小環(huán)滑到D點時的速度大小v＝. 11．(2017·淮陰中學高二上期中)如圖10所示，一帶電荷量為q＝－5×

24、10－3C、質量為m＝0.1kg的小物塊(可視為質點)放在一傾角為θ＝37°的光滑固定絕緣斜面上，當整個裝置處在一水平向左的勻強電場中時，小物塊恰好處于靜止狀態(tài)．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求電場強度E的大??； (2)某時刻小物塊的電荷量突然減少了一半，求物塊沿斜面下滑距離L＝1.5m時的速度大?。? 圖10 答案　(1)150N/C　(2)3 m/s 解析　(1)小物塊受力如圖所示， 由平衡條件得mgsinθ＝|q|Ecosθ 解得E＝， 代入數(shù)據(jù)得E＝150N/C. (2)由牛頓第二定律得mgsinθ－cosθ＝m

25、a v2＝2aL 解得v＝， 代入數(shù)據(jù)得速度大小為v＝3m/s. 12.如圖11所示，有一水平向左的勻強電場，場強為E＝1.25×104N/C，一根長L＝1.5 m、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＝＋4.5×10－6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6 C，質量m＝1.0×10－2 kg.將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： 圖11 (1)小球B開始運動時

26、的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？ 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(shù)據(jù)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(shù)據(jù)解得：r＝0.9m. 13.(2017·連云港市高二上檢測)如圖12所示，帶電小球A和B(可視為點電荷)放在傾角為30°的光滑固定絕緣斜面上，質量均為m，所帶電荷量分別為＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持間距r不變沿斜面向上勻加速運動，已知重力加速度為g，靜電力常量為k，求： (1)加速度a的大??； (2)F的大?。? 圖12 答案　(1)－g　(2)2k 解析　(1)根據(jù)庫侖定律，兩球間相互吸引的庫侖力為： F′＝k＝k 對B球由牛頓第二定律有：F′－mgsin30°＝ma 聯(lián)立解得加速度為：a＝－g. (2)把A球和B球看成整體，由牛頓第二定律有： F－2mgsin30°＝2ma，解得F＝2k. 14