資源簡介

專題強化2　電場力的性質
1～5題每題7分，6題13分，共48分
1．一帶負電的點電荷，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(　　)
2．(2023·青島市第二中學高一期末)點電荷和無限大的接地金屬平板間的電場(如圖甲所示)與等量異種點電荷之間的電場分布(如圖乙所示)完全相同。圖丙中點電荷＋q到MN的距離OA為R，AB是以電荷＋q為圓心、R為半徑的圓上的一條直徑，靜電力常量為k，則B點電場強度的大小是(　　)
A. B. C. D.
3.(多選)(2023·吉安市高一期末)如圖所示，在一塊面積很大的接地金屬平板的上方固定一個帶正電的小球，虛線是金屬平板上方電場的電場線，實線是某一帶電粒子先后經(jīng)過M和N處的運動軌跡。該帶電粒子在M和N處受到的電場力大小分別為FM和FN，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
A．該粒子可能帶正電
B．該粒子從M運動到N的過程中，動能增大
C．FMD．由于靜電感應，金屬平板的上表面帶正電荷
4．(2023·江蘇啟東高二開學考試)如圖所示，有一彎管ab，其中心線是半徑為r的一段圓弧，弧的圓心處有一個點電荷Q，有一束帶負電的粒子流從a端的中點射入，恰能沿中心線通過彎管的粒子應為(　　)
A．質量和速度之比相同的粒子
B．電荷量和質量之比相同的粒子
C．電荷量和動能之比相同的粒子
D．電荷量和速度之比相同的粒子
5．硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉和清潔裝置構成，工作中充電輥表面的導電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過程：電荷量均為－q的點電荷，對稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時刻圓周上P點的一個點電荷的電荷量突變成＋q，靜電力常量為k，則圓心O點處的電場強度為(　　)
A.，方向沿半徑指向P點
B.，方向沿半徑背離P點
C.，方向沿半徑指向P點
D.，方向沿半徑背離P點
6．(13分)如圖所示，一質量為m＝1.0×10－2 kg、帶電荷量大小為q＝1.0×10－6 C的小球，用絕緣輕細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場范圍足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向夾角為θ＝37°。小球電荷量保持不變，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)(6分)求電場強度E的大小；
(2)(7分)若在某時刻將細線剪斷，求經(jīng)過1 s時小球的速度v。
7～10題每題9分，11題16分，共52分
7.(2023·上海市青浦高級中學高二期中)AB是長為L的均勻帶電絕緣細桿，P1、P2是位于AB所在直線上的兩點，位置如圖所示。AB上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的電場強度大小為E1，在P2處的電場強度大小為E2，若將絕緣細桿的右半部分截掉并移走(左半部分電荷量、位置不變)，則P2處的電場強度大小變?yōu)?　　)
A．E2＋E1 B．E2－E1
C．E1－ D．E1＋
8.如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為(k為靜電力常量)(　　)
A．k B．k
C．k D．k
9.已知均勻帶電球體在球外產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同。如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R。現(xiàn)以OB為直徑在球內挖一球形空腔，靜電力常量為k，則A點處電場強度的大小為(　　)
A. B.
C. D.
10.(多選)(2023·天津中學高二期中)如圖所示，A、B、C三個小球(可視為質點)的質量分別為m、2m、3m，B小球帶負電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的靜電感應)，不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為E，重力加速度為g，以下說法正確的是(　　)
A．靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg＋qE
B．靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg－qE
C．剪斷O點與A小球間細線的瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qE
D．剪斷O點與A小球間細線的瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qE
11．(16分)如圖所示，有一水平向左的勻強電場，電場強度大小為E＝1.25×104 N/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由靜止釋放，小球B開始運動。(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)則：
(1)(8分)小球B開始運動時的加速度為多大？
(2)(8分)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？
專題強化練2　電場力的性質
1．D　[點電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向，故A錯誤；負點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反，題圖B中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，點電荷的速率增大，與題不符，故B錯誤；題圖C中電場強度方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，點電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿題圖所示的軌跡運動，故C錯誤；題圖D中電場強度方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與點電荷的速度方向夾角為鈍角，電場力做負功，點電荷的速率減小，符合題意，故D正確。]
2．B　[根據(jù)電場的疊加原理得EB＝k－k＝，故選B。]
3．BC　[根據(jù)帶電粒子運動軌跡的彎曲方向可知，正電荷對該帶電粒子的作用力是吸引力，該粒子帶負電，故A錯誤；帶電粒子從M運動到N的過程中，電場力與速度方向夾角小于90°，粒子速度增大，動能增大，故B正確；由電場線的疏密程度可知，兩點的場強關系為EM4．C　[粒子做圓周運動的向心力由庫侖力提供，可知k＝m，解得r＝。因r、k、Q相同，故的值相同，而動能Ek＝mv2，所以粒子的電荷量和動能之比相同，故C正確。]
5．B　[當P點的電荷量為－q時，根據(jù)電場的對稱性，可得在O點的電場強度為0，當P點的電荷為＋q時，可由－q和＋2q兩個電荷等效替代，故O點電場可以看作均勻帶電圓環(huán)和在P點的帶電荷量為＋2q的電荷產(chǎn)生的兩個電場的疊加，故O點的電場強度大小為E＝0＋k，電場方向為＋2q的電荷在O點的電場方向，即方向沿半徑背離P點，故B正確，A、C、D錯誤。]
6．(1)7.5×104 N/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＝mgtan θ，方向向左
所以電場強度的大小：
E＝＝＝7.5×104 N/C。
(2)剪斷細線后，小球所受合力
F合＝＝1.25mg
根據(jù)牛頓第二定律，得小球的加速度
a＝＝1.25g＝12.5 m/s2
所以1 s時小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，速度方向沿原細線方向斜向左下，即方向與豎直方向夾角為37°斜向左下。
7．B　[AB的左半部分在P1點的電場強度為零，則右半部分在P1點的電場強度大小等于E1，則由對稱性可知，右半部分在P2點的電場強度大小也為E1；設左半部分在P2點的電場強度大小為E，則E＋E1＝E2，則若將絕緣細桿的右半部分截掉并移走，左半部分在P2點的電場強度大小為E＝E2－E1，故選B。]
8．B　[b點處的電場強度為零，說明q與Q在b點處產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反，即k＝EQb，由于d點和b點相對于圓盤是對稱的，因此Q在d點產(chǎn)生的電場強度的大小為EQd＝k，點電荷q在d點產(chǎn)生的電場強度Eqd＝k，則d點處的合電場強度大小為E合＝k＋k＝k，故B正確。]
9．B　[先把挖去的空腔補上，由題意知，半徑為R的均勻帶電球體在A點產(chǎn)生的電場強度大小E整＝＝，挖出的小球半徑為，因為電荷均勻分布，其所帶電荷量Q′＝Q＝，則其在A點產(chǎn)生的電場強度大小E挖＝＝，所以挖去空腔剩余部分電荷在A點產(chǎn)生的電場強度大小E＝E整－E挖＝－＝，故B正確。]
10．AC　[靜止時，對B、C球整體進行受力分析，則有T＝2mg＋3mg＋Eq＝5mg＋Eq，故A正確，B錯誤；假設B球也不帶電，則剪斷O點與A小球間細線瞬間，A、B、C三個小球一起以加速度g自由下落，互相相對靜止，A與B、B與C間拉力為0。若B球帶負電，則相當于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直向下的電場力qE，電場力qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直向下的加速度，此時A、B球整體的加速度為aA＝g＋(顯然大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象，設A、B球間細線的拉力為T′，由牛頓第二定律，對A球有T′＋mg＝maA，解得T′＝qE，故C正確，D錯誤。]
11．(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m
解析　(1)對小球B受力分析，如圖所示，開始運動時小球B受重力、A對其的庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，
由牛頓第二定律得
mgsin θ－－qEcos θ＝ma，
代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大時所受合力為零，
即mgsin θ－－qEcos θ＝0，
代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9 m。專題強化2　電場力的性質
[學習目標]　1.學會利用幾種特殊方法求解非點電荷的電場強度(重難點)。2.學會分析電場線與帶電粒子運動軌跡相結合的問題(重點)。3.學會分析電場中的動力學問題(難點)。
一、電場強度的計算方法
1．微元法
當一個帶電體的體積較大，已不能視為點電荷時，求這個帶電體產(chǎn)生的電場在某處的電場強度時，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算。
例1　(2023·北京第二中學期末)如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L(L>R)，則P點的場強大小為(　　)
A. B.
C. D.
2．對稱法
對稱分布的電荷產(chǎn)生的電場具有對稱性，應用對稱性解決問題，就可以避免復雜的數(shù)學運算與推導過程，從而使問題簡單化。
例如：均勻帶電的圓環(huán)有一個圓弧的缺口，判斷O點的電場強度方向時，由于圓環(huán)上任何兩個關于圓心中心對稱的兩點在O點產(chǎn)生的電場強度矢量和為零，故可以等效為弧BC在O點產(chǎn)生的電場強度，M為弧BC的中點，弧BC上關于OM對稱的兩點在O點產(chǎn)生的電場強度沿MO方向，故 O點的電場強度沿MO方向。
例2　(2023·常州市模擬)如圖所示，電荷均勻分布的半球，在中心O點處的電場強度的大小為E0，現(xiàn)沿圖示方向過球心O從半球上切下一瓣，夾角α＝60°，則切下的一瓣在O點的電場強度為(　　)
A．E0 B. C. D.
3．補償法
將有缺口的帶電圓環(huán)或球面補全為完整的圓環(huán)或球面，根據(jù)作差法求解，從而將問題化難為易。
例如：已知均勻帶電球殼內部電場強度處處為零。如圖半球球殼電荷量為＋q，電荷分布均勻，A、B兩點關于半球殼球心O點對稱，且半球殼在A點產(chǎn)生的電場強度大小為E。求半球殼在B點產(chǎn)生的電場強度大小時，可以將題目中半球殼補成一個帶電荷量均勻的完整球殼，設右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小為E′。由于均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則E′和E大小相等。根據(jù)對稱性可知，左半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小也為E。
例3　(多選)(2023·如皋市調研)均勻帶電球面內部的電場強度處處為零。如圖所示，O為均勻帶正電半球面的球心，P為與半球截面相平行截面的圓心，則(　　)
A．P點的電場強度為零
B．P點的電場強度方向向左
C．PO連線上各點電場強度方向向左
D．PO連線上各點電場強度方向向右
拓展　如圖甲，若此球面大于半球，則P點的場強方向________；如圖乙，若此球面小于半球，則P點的場強方向________(均選填“向右”或“向左”)。
4．等效法
在保證效果相同的前提下，將復雜或陌生的電場情景變換為簡單或熟悉的電場情景。
如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個等量異種點電荷形成的電場(一部分)，如圖甲、乙所示。
二、電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
若實線為電場線，虛線為帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子只受電場力的作用從A點向B點運動。回答以下問題：
(1)畫出粒子在A點的運動方向和加速度方向；
(2)判斷粒子的電性；
(3)判斷粒子從A到B過程中，加速度大小的變化情況；
(4)判斷粒子從A到B過程中，速度大小的變化情況。
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
1．帶電粒子僅受電場力作用做曲線運動時，電場力指向軌跡曲線的內側。電場力沿電場線方向或電場線的切線方向，粒子速度方向沿軌跡的切線方向。
2．分析方法
(1)由軌跡的彎曲情況，結合電場線確定電場力的方向；
(2)由電場力和電場線的方向可判斷電荷的正負；
(3)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，可判斷帶電粒子加速度的大小；
(4)根據(jù)力和速度的夾角，可以判斷電場力做功的正負，動能的增大還是減小，可以判斷速度變大還是變小，從而確定不同位置的速度大小關系。
例4　(2023·鹽城市射陽中學高一期末)如圖所示，實線是電場線，一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中，其速度—時間圖像是(　　)
三、電場中的動力學問題
分析帶電體在電場中的加速運動時，與力學問題分析方法完全相同，牛頓第二定律仍適用，在進行受力分析時，不要漏掉電場力。
例5　如圖所示，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，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；
(2)小物塊運動的加速度；
(3)小物塊第2 s末的速度大小和前2 s內的位移大小。
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
專題強化2　電場力的性質
二、
(1)粒子在A點運動方向沿軌跡切線方向；根據(jù)力總是指向軌跡的凹側，可判斷所受合力(即電場力)的方向，即加速度方向(沿電場線標注)，如圖所示；
(2)粒子受到的電場力向左，此粒子帶負電；
(3)電場線的疏密表示電場強度的大小，從A到B電場線越來越稀疏，說明電場強度越來越弱，電場力越來越小，加速度大小也越來越小；
(4)由粒子運動情況知，速度方向與電場力方向夾角為鈍角，電場力做負功，故從A到B粒子的速度越來越小。
例1　A　[將圓環(huán)等分為n小段，將每一段看作點電荷，其所帶電量為q＝，
由電場強度的決定式可求得每個點電荷在P點處的場強為E＝k＝
由對稱性可知，各小段在P點處的場強垂直于軸方向的分量抵消，沿軸向的分量之和為帶電圓環(huán)在P點處的場強，大小為E′＝n＝，故選A。]
例2　B　[將半球看作無數(shù)點電荷的集合，根據(jù)對稱性可知O點只具有豎直平面內的場強分量，且切下的一瓣在O點的電場強度方向與水平方向夾角為斜向右下，剩余的部分在O點的電場強度方向與水平方向夾角為，斜向左下，如圖所示，根據(jù)矢量的運算法則及幾何關系可知切下的一瓣在O點的電場強度為E＝E0sin＝。
]
例3　BC　[將另一個均勻帶等量正電半球面與該半球面組成一個球面，兩個半球面在P點的電場強度等于零，則右半球面在P點的電場強度方向向左，A錯誤，B正確；因為P點的電場強度方向向左，所以PO連線上各點電場強度方向向左，C正確，D錯誤。]
拓展　向左　向左
解析　將該球面補成一個完整球面，則P點的電場強度等于零，則題圖甲、乙所示的兩種情況，在P點的電場強度方向均向左。
例4　B　[電場線的疏密程度表示場強大小，A點電場線密集，故電場強度大，電場力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直減小，由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力的方向大致向左，與電場強度方向相反，故粒子帶負電，電場力做負功，速度慢慢減小，所以粒子做加速度減小的減速運動，故B正確。]
例5　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下
(3)6 m/s　6 m
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 37°＝qEcos 37°，
可得E＝＝。
(2)當電場強度變?yōu)樵瓉淼臅r，
小物塊受到的合外力
F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg
由牛頓第二定律有F合＝ma
所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)由運動學公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s
x＝at2＝×3×22 m＝6 m。(共55張PPT)
DISANZHANG
第三章
專題強化2　電場力的性質
1.學會利用幾種特殊方法求解非點電荷的電場強度(重難點)。
2.學會分析電場線與帶電粒子運動軌跡相結合的問題(重點)。
3.學會分析電場中的動力學問題(難點)。
學習目標
一、電場強度的計算方法
二、電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
專題強化練
三、電場中的動力學問題
內容索引
電場強度的計算方法
一
1.微元法
當一個帶電體的體積較大，已不能視為點電荷時，求這個帶電體產(chǎn)生的電場在某處的電場強度時，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算。
　 (2023·北京第二中學期末)如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L(L>R)，則P點的場強大小為
例1
√
2.對稱法
對稱分布的電荷產(chǎn)生的電場具有對稱性，應用對稱性解決問題，就可以避免復雜的數(shù)學運算與推導過程，從而使問題簡單化。
例如：均勻帶電的圓環(huán)有一個 圓弧的缺口，判斷O點的電場強度方向時，由于圓環(huán)上任何兩個關于圓心中心對稱的兩點在O點產(chǎn)生的電場強度矢
量和為零，故可以等效為弧BC在O點產(chǎn)生的電場強度，M為弧BC的中點，弧BC上關于OM對稱的兩點在O點產(chǎn)生的電場強度沿MO方向，故O點的電場強度沿MO方向。
　(2023·常州市模擬)如圖所示，電荷均勻分布的半球，在中心O點處的電場強度的大小為E0，現(xiàn)沿圖示方向過球心O從半球上切下一瓣，夾角α＝60°，則切下的一瓣在O點的電場強度為
例2
√
3.補償法
將有缺口的帶電圓環(huán)或球面補全為完整的圓環(huán)或球面，根據(jù)作差法求解，從而將問題化難為易。
例如：已知均勻帶電球殼內部電場強度處處為零。如圖半球球殼電荷量為＋q，電荷分布均勻，A、B兩點關于半球殼球心O點對稱，且半球殼在A點產(chǎn)生的電場強度大小為E。求半球殼在B點產(chǎn)生的電場強度大小時，
可以將題目中半球殼補成一個帶電荷量均勻的完整球殼，設右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小為E′。由于均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則E′和E大小相等。根據(jù)對稱性可知，左半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小也為E。
　(多選)(2023·如皋市調研)均勻帶電球面內部的電場強度處處為零。如圖所示，O為均勻帶正電半球面的球心，P為與半球截面相平行截面的圓心，則
A.P點的電場強度為零
B.P點的電場強度方向向左
C.PO連線上各點電場強度方向向左
D.PO連線上各點電場強度方向向右
例3
√
√
將另一個均勻帶等量正電半球面與該半球面組成一個球面，兩個半球面在P點的電場強度等于零，則右半球面在P點的電場強度方向向左，A錯誤，B正確；
因為P點的電場強度方向向左，所以PO連線上各點電場強度方向向左，C正確，D錯誤。
拓展　如圖甲，若此球面大于半球，則P點的場強方向______；如圖乙，若此球面小于半球，則P點的場強方向______(均選填“向右”或“向左”)。
向左
向左
將該球面補成一個完整球面，則P點的電場強度等于零，則題圖甲、乙所示的兩種情況，在P點的電場強度方向均向左。
4.等效法
在保證效果相同的前提下，將復雜或陌生的電場情景變換為簡單或熟悉的電場情景。
如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個等量異種點電荷形成的電場(一部分)，如圖甲、乙所示。
返回
電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
二
若實線為電場線，虛線為帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子只受電場力的作用從A點向B點運動。回答以下問題：
(1)畫出粒子在A點的運動方向和加速度方向；
答案　粒子在A點運動方向沿軌跡切線方向；根據(jù)力總是指向軌跡的凹側，可判斷所受合力(即電場力)的方向，即加速度方向(沿電場線標注)，如圖所示；
(2)判斷粒子的電性；
答案　粒子受到的電場力向左，此粒子帶負電；
(3)判斷粒子從A到B過程中，加速度大小的變化情況；
答案　電場線的疏密表示電場強度的大小，從A到B電場線越來越稀疏，說明電場強度越來越弱，電場力越來越小，加速度大小也越來越小；
(4)判斷粒子從A到B過程中，速度大小的變化情況。
答案　由粒子運動情況知，速度方向與電場力方向夾角為鈍角，電場力做負功，故從A到B粒子的速度越來越小。
1.帶電粒子僅受電場力作用做曲線運動時，電場力指向軌跡曲線的內側。電場力沿電場線方向或電場線的切線方向，粒子速度方向沿軌跡的切線方向。
2.分析方法
(1)由軌跡的彎曲情況，結合電場線確定電場力的方向；
(2)由電場力和電場線的方向可判斷電荷的正負；
(3)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，可判斷帶電粒子加速度的大小；
(4)根據(jù)力和速度的夾角，可以判斷電場力做功的正負，動能的增大還是減小，可以判斷速度變大還是變小，從而確定不同位置的速度大小關系。
提煉·總結
　(2023·鹽城市射陽中學高一期末)如圖所示，實線是電場線，一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中，其速度—時間圖像是
例4
√
電場線的疏密程度表示場強大小，A點電場線密集，故電場強度大，電場力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直減小，由粒子的運動軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場力的方向大致向左，與電場強度方向相反，故粒子帶負電，電場力做負功，速度慢慢減小，所以粒子做加速度減小的減速運動，故B正確。
返回
電場中的動力學問題
三
分析帶電體在電場中的加速運動時，與力學問題分析方法完全相同，牛頓第二定律仍適用，在進行受力分析時，不要漏掉電場力。
例5
　如圖所示，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 ，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；
對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，
則mgsin 37°＝qEcos 37°，
(2)小物塊運動的加速度；
答案　3 m/s2，方向沿斜面向下
小物塊受到的合外力
由牛頓第二定律有F合＝ma
所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)小物塊第2 s末的速度大小和前2 s內的位移大小。
答案　6 m/s　6 m
由運動學公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s
返回
專題強化練
四
1.一帶負電的點電荷，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
基礎強化練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
點電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向，故A錯誤；
負點電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反，題圖B中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，點電荷的速率增大，與題不符，故B錯誤；
題圖C中電場強度方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，點電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿題圖所示的軌跡運動，故C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
題圖D中電場強度方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與點電荷的速度方向夾角為鈍角，電場力做負功，點電荷的速率減小，符合題意，故D正確。
2.(2023·青島市第二中學高一期末)點電荷和無限大的接地金屬平板間的電場(如圖甲所示)與等量異種點電荷之間的電場分布(如圖乙所示)完全相同。圖丙中點電荷＋q到MN的距離OA為R，AB是以電荷＋q為圓心、R為半徑的圓上的一條直徑，靜電力常量為k，則B點電場強度的大小是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3.(多選)(2023·吉安市高一期末)如圖所示，在一塊面積很大的接地金屬平板的上方固定一個帶正電的小球，虛線是金屬平板上方電場的電場線，實線是某一帶電粒子先后經(jīng)過M和N處的運動軌跡。該帶電粒子在M和N處受到的電場力大小分別為FM和FN，不計粒子重力，下列說法正確的是
A.該粒子可能帶正電
B.該粒子從M運動到N的過程中，動能增大
C.FMD.由于靜電感應，金屬平板的上表面帶正電荷
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
根據(jù)帶電粒子運動軌跡的彎曲方向可知，正電荷對該帶電粒子的作用力是吸引力，該粒子帶負電，故A錯誤；
帶電粒子從M運動到N的過程中，電場力與速度方向夾角小于90°，粒子速度增大，動能增大，故B正確；
由電場線的疏密程度可知，兩點的場強關系為EM由于靜電感應，金屬平板的上表面帶負電荷，故D錯誤。
4.(2023·江蘇啟東高二開學考試)如圖所示，有一彎管ab，其中心線是半徑為r的一段圓弧，弧的圓心處有一個點電荷Q，有一束帶負電的粒子流從a端的中點射入，恰能沿中心線通過彎管的粒子應為
A.質量和速度之比相同的粒子
B.電荷量和質量之比相同的粒子
C.電荷量和動能之比相同的粒子
D.電荷量和速度之比相同的粒子
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
5.硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉和清潔裝置構成，工作中充電輥表面的導電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過程：電荷量均為－q的點電荷，對稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時刻圓周上P點的一個點電荷的電荷量突變成＋q，靜電力常量為k，則圓心O點處的電場強度為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
當P點的電荷量為－q時，根據(jù)電場的對稱性，可得在O點的電場強度為0，當P點的電荷為＋q時，可由－q和＋2q兩個電荷等效替代，故O
點電場可以看作均勻帶電圓環(huán)和在P點的帶電荷量為＋2q的電荷產(chǎn)生的兩個電場的疊加，故O點的電場強度大小為E＝0＋ 　，電場方向為＋2q的電荷在O點的電場方向，即方向沿半徑背離P點，故B正確，A、C、D錯誤。
6.如圖所示，一質量為m＝1.0×10－2 kg、帶電荷量大小為q＝1.0×10－6 C的小球，用絕緣輕細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場范圍足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向夾角為θ＝37°。小球電荷量保持不變，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求電場強度E的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　7.5×104 N/C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
由平衡條件得小球所受電場力F＝mgtan θ，方向向左
所以電場強度的大小：
(2)若在某時刻將細線剪斷，求經(jīng)過1 s時小球的速度v。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　12.5 m/s，方向與豎直方向夾角為37°斜向左下
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
剪斷細線后，小球所受合力
根據(jù)牛頓第二定律，得小球的加速度
所以1 s時小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，速度方向沿原細線方向斜向左下，即方向與豎直方向夾角為37°斜向左下。
7.(2023·上海市青浦高級中學高二期中)AB是長為L的均勻帶電絕緣細桿，P1、P2是位于AB所在直線上的兩點，位置如圖所示。AB上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的電場強度大小為E1，在P2處的電場強度大小為E2，若將絕緣細桿的右半部分截掉并移走(左半部分電荷量、位置不變)，則P2處的電場強度大小變?yōu)?br/>1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
能力綜合練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
AB的左半部分在P1點的電場強度為零，則右半部分在P1點的電場強度大小等于E1，則由對稱性可知，右半部分在P2點的電場強度大小也
為E1；設左半部分在P2點的電場強度大小為E，則E＋E1＝E2，則若將絕緣細桿的右半部分截掉并移走，左半部分在P2點的電場強度大小為E＝E2－E1，故選B。
8.如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為(k為靜電力常量)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
9.已知均勻帶電球體在球外產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同。如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R。現(xiàn)以OB為直徑在球內挖一球形空腔，靜電力常量為k，則A點處電場強度的大小為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
10.(多選)(2023·天津中學高二期中)如圖所示，A、B、C三個小球(可視為質點)的質量分別為m、2m、3m，B小球帶負電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的靜電感應)，不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為E，重力加速度為g，以下說法正確的是
A.靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg＋qE
B.靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg－qE
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
靜止時，對B、C球整體進行受力分析，則有T＝2mg＋3mg＋Eq＝5mg＋Eq，故A正確，B錯誤；
假設B球也不帶電，則剪斷O點與A小球間細線瞬間，A、B、C三個小球一起以加速度g自由下落，互相相對靜止，A與B、B與C間拉力為0。
若B球帶負電，則相當于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直向下的電場力qE，電場力qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直向下的加速度　 ，
此時A、B球整體的加速度為aA＝g＋ 　(顯然大于g)，C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
11.如圖所示，有一水平向左的勻強電場，電場強度大小為E＝1.25×104 N/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由靜止釋放，小球B開始運動。(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)則：
(1)小球B開始運動時的加速度為多大？
答案　3.2 m/s2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
返回
對小球B受力分析，如圖所示，開始運動時小球B受重力、A對其的庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，
由牛頓第二定律得
代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
(2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？
答案　0.9 m
返回
小球B速度最大時所受合力為零，
代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9 m。

展開更多......

收起↑