2024版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：8+第六章　1 第1节　电场力的性质+Word版含答案

第1节　电场力的性质【基础梳理】提示：1.60×10－19C　电荷的总量　接触　keq \f(q1q2,r2)　点电荷　eq \f(F,q)　keq \f(Q,r2)　电场强度【自我诊断】判一判(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．(　　)(2)根据公式F＝keq \f(q1q2,r2)得，当r→0时，有F→∞.(　　)(3)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比．(　　)(4)电场中某点的场强方向与负电荷在该点所受的电场力的方向相反．(　　)(5)在真空中，点电荷的场强公式E＝eq \f(kQ,r2)中的Q是产生电场的场源电荷的电荷量，E与试探电荷无关．(　　)(6)带电粒子的运动轨迹一定与电场线重合．(　　)提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×做一做如图所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是(　　)A．A、B可能带等量异号的正、负电荷B．A、B可能带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反提示：选D.根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力一定大小相等，方向相反，选项D正确．　对库仑定律的理解及应用【知识提炼】1．对库仑定律的理解(1)F＝keq \f(q1q2,r2)，r指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距．(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点．具体步骤如下：【典题例析】　(多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　)A．支架对地面的压力大小为2.0NB．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0ND．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N[审题指导]　对小球进行受力分析，除受到重力、拉力外，还受到库仑力，按照力的平衡的解题思路求解问题．[解析]　设A、B间距为l，A对B有竖直向上的库仑力，大小为FAB＝eq \f(kQ2,l2)＝0.9N；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则FN＋FAB＝mg，可得FN＝mg－FAB＝1.1N，由牛顿第三定律知F′N＝FN，选项A错误；因两细线长度相等，B在A的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A受到竖直向下的重力、库仑力和F1、F2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知：F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9N，选项B正确；当B移到无穷远处时，F1＝F2＝GA＝1N，选项D错误；当B水平向右移至M、A、B在同一条直线上时，如图所示，对A受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，水平方向：F1cos30°＝F2cos30°＋F′cos30°，竖直方向：F1sin30°＋F2sin30°＝GA＋F′sin30°，由库仑定律知，A、B间库仑力大小F′＝eq \f(kQ2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,sin30°)))\s\up12(2))＝eq \f(FAB,4)＝0.225N，联立以上各式可得F1＝1.225N，F2＝1.0N，选项C正确．[答案]　BC【题组过关】考向1　库仑力作用下的平衡问题1．(2020·1月浙江选考)如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接．A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0>0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列．已知静电力常量为k，则(　　)A．qC＝eq \f(4,7)q0B．弹簧伸长量为eq \f(Mgsin α,k0)C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为q0eq \r(\f(3k,7Mg))答案：A考向2　库仑力作用下的动力学问题2．(2020·舟山调研)如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是(　　)A．若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C．若A、B带异种电荷，B球一定做类平抛运动D．若A、B带异种电荷，B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动解析：选D.若A、B带同种电荷，则A对B有斥力作用，且斥力方向和速度方向夹角越来越小，速度增大，A、B间距离越来越大，库仑力越来越小，加速度越来越小，A、B错误；若A、B带异种电荷，B受到的库仑力指向A，库仑力可能等于B做匀速圆周运动需要的向心力，C错误，D正确．　对电场强度的理解与计算【知识提炼】1．电场强度三个表达式的比较2.求解电场强度的常规方法3．求解电场强度的非常规思维方法【典题例析】　(2019·4月浙江选考)用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg、电荷量为2.0×10－8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin37°＝0.6)(　　)A．该匀强电场的场强为3.75×107N/CB．平衡时细线的拉力为0.17NC．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s[解析]　小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan37°，则该匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan37°,q)＝3.75×106N/C，故A错误；细线的拉力F＝eq \f(mg,cos37°)＝0.125N，故B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平时，由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束．根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(F,m)＝eq \f(0.125,0.01)m/s2＝12.5m/s2，假设经过0.5s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25m/s，经过的距离x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×12.5×0.52m＝1.5625m，A、B间的距离|AB|＝2×l×cos53°＝1.68m，xac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb解析：选D.由点电荷电场强度公式E＝keq \f(q,r2)可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，C选项错误，D选项正确．eq \a\vs4\al()1．重要电场线的比较2.求解电场线与运动轨迹问题的方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．　 [随堂检测]1．(2018·4月浙江选考)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为(　　)A.eq \f(F,8)　　　B.eq \f(F,4)　　　C.eq \f(3F,8)　　　D.eq \f(F,2)解析：选C.设原来A、B各带Q电荷量，根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知，C球与A球碰后，A、C均带eq \f(Q,2)的电荷量，然后C球与B球接触后，C、B各带eq \f(3Q,4)的电荷量，原来的静电力为F＝keq \f(Q2,r2)，后来的静电力为F′＝keq \f(\f(1,2)Q·\f(3,4)Q,r2)＝eq \f(3,8)F，故选项C正确．2．(2017·11月浙江选考)电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场的方向排列起来，如图所示．关于此实验，下列说法正确的是(　　)A．a图是模拟两等量同种电荷的电场线B．b图一定是模拟两等量正电荷的电场线C．a图中的A、B应接高压起电装置的两极D．b图中的A、B应接高压起电装置的两极答案：C3．(2020·丽水高二月考)四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的(　　)解析：选D.由正电荷q仅在静电力的作用下由M点向N点做加速运动，故由M向N的方向为电场线的方向，故B错误；加速度越来越大，即电场线越来越密，故A、C错误，D正确．4．(2020·台州调研)如图所示，M、N为两个等量同种正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负电荷q，不计重力影响，关于点电荷q的运动下列说法正确的是(　　)A．从P→O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．从P→O的过程中，加速度越来越小，到O点速度达到最大值C．点电荷越过O点时加速度为零，速度达到最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零解析：选C.如图所示，根据电场叠加原理知：O点场强为零，从O点沿中垂线向外，场强先变大后变小．点电荷从P→O的过程中，静电力可能是先变大后变小，加速度随之先变大后变小；也可能静电力一直变小，加速度一直变小，关键是P点位置的不确定性．不过，在到达O点之前，静电力一直表现为引力，速度一定是一直变大的，在O点时加速度是零，速度最大，该电场关于直线MN对称，电荷越过O点后的运动也不一定是单调变化的．有些粗心的同学容易认为从P→O电荷距离两个场源电荷越来越近，静电力就会越来越大而错选A.其实，点电荷与场源电荷的两个静电力确实是变大的，只是两个静电力的合力未必变大，这要看电场的矢量合成情况． [课后达标]一、选择题1.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个点电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为(　　)A．一定是正电B．一定是负电C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断答案：B2.(2020·嘉兴质检)如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘底座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是(　　)A．F引＝Geq \f(m2,l2)，F库＝keq \f(Q2,l2)　B．F引≠Geq \f(m2,l2)，F库≠keq \f(Q2,l2)C．F引≠Geq \f(m2,l2)，F库＝keq \f(Q2,l2)D．F引＝Geq \f(m2,l2)，F库≠keq \f(Q2,l2)解析：选D.由于a、b两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l＝3r，不满足l≫r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠keq \f(Q2,l2).虽然不满足l≫r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝Geq \f(m2,l2).故选D.3.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷解析：选D.对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，D正确，C错误．4．(多选)(2020·宁波质检)如图所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α>β)，两小球恰在同一水平线上，那么(　　)A．两球一定带异种电荷B．q1一定大于q2C．m1一定小于m2D．m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力解析：选AC.由于两带电小球相互吸引，所以一定带异种电荷，选项A正确．设轻丝线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的库仑力F＝mgtanθ，因此m1g