2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第六章课时1　电场力的性质 学案

课时1　电场力的性质

一、电荷及电荷守恒定律

1.两种电荷

(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。

(2)同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引。

2.三种起电方式:摩擦起电、感应起电和接触起电,它们的实质都是电子的转移。

3.元电荷:最小的电荷量,e=1.6×10-19 C。 

4.电荷守恒定律

表述1:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变。这个结论叫做电荷守恒定律。

表述2:一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变。

二、库仑定律

真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它们距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上。其表达式为F=k。

三、电场强度

1.概念:放入电场中某点的电荷所受的静电力F跟它的电荷量q的比值。是描述电场强弱和方向的物理量。

2.定义式:E=,单位:V/m或N/C。

3.方向:与正电荷在该点的受力方向相同,是矢量。

4.决定因素:电场强度取决于电场本身,与q无关。

5.点电荷电场强度的计算式:E=k。适用条件:真空中的点电荷形成的电场。

6.匀强电场:各点电场强度的大小和方向都相同的电场,公式E=。

四、电场线及特点

1.电场线:电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线,曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向。

2.电场线的特点

(1)电场线从正电荷或无限远出发,终止于无限远或负电荷。

(2)电场线在电场中不相交。

(3)在同一幅图中,电场线越密的地方电场强度越大。

3.几种典型的电场线(如图所示)

考点一　电荷间的相互作用

1.带电体的基本特性之一:能够吸引轻小物体。

2.自然界的电荷只有两种:正电荷和负电荷。

3.电荷间存在相互作用:同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引。

4.所有带电体的电荷量或者等于e,或者是e的整数倍。

5.电荷守恒定律是对某一个研究系统而言的,对于单个带电体(或某一部分)其电荷量可以是变化的。

6.电荷守恒定律是电荷的代数和保持不变。

7.另一表述:一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变。

8.摩擦起电和感应起电的本质:电子在物体之间或物体内部的转移。

9.两个完全相同的金属球接触后,所带正、负电荷先“中和”,然后“平均分配”于两球。分配前后正、负电荷之和(代数和)不变。

[典例1] 绝缘细线上端固定,下端悬挂一轻质小球a,a的表面镀有铝膜,在a的近旁有一绝缘金属球b,开始时a,b都不带电,如图所示,现使b带电,则下述结论正确的是(　　)

A.a,b之间不发生相互作用

B.b将吸引a,吸住后不分开

C.b立即把a排斥开

D.b先吸引a,接触后又把a排斥开

解析:带电物体能够吸引轻小物体,a与b接触后,a球与b球带上了同种电荷,相互排斥而分开,故选D。

答案:D

变式1:如图,用毛皮摩擦过的带电橡胶棒(带负电),从右向左慢慢靠近放在光滑水平桌面上的空易拉罐。则下列针对易拉罐运动的有关分析正确的是(　A　)

A.易拉罐右侧感应出正电,左侧感应出负电,易拉罐将向右运动

B.易拉罐右侧感应出负电,左侧感应出正电,易拉罐将向左运动

C.易拉罐右侧感应出正电,左侧感应出负电,易拉罐将保持不动

D.易拉罐右侧感应出负电,左侧感应出正电,易拉罐将保持不动

解析:用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电,故易拉罐右侧感应出正电,左侧感应出负电,易拉罐将向右运动。

考点二　库仑定律

[典例2] 如图所示,a,b,c为真空中三个带电小球,b球带电荷量为+Q,用绝缘支架固定,ac两小球用绝缘细线悬挂,处于平衡状态时三小球球心等高,且a,b和b,c间距离相等。悬挂a小球的细线向左倾斜,悬挂c小球的细线竖直(　　)

A.a,b,c三小球带同种电荷   B.a,c两小球带异种电荷

C.a小球带电荷量为-4Q     D.c小球带电荷量为+4Q

解析:以c球为研究对象,由于其悬挂细线竖直,可知a,b两球对c球的库仑力方向相反,即a,b为异种电荷,则a球带负电。设ab=bc=r,由库仑定律和平衡条件可得k=k,解得Qa=4Q,即a小球带电荷量为-4Q,但不能计算出小球c的电荷量;对a球,由平衡条件可知,c球对a球为斥力,则c球带负电,选项A,B,D错误,C正确。

答案:C

变式2:如图,三个固定的带电小球a,b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=

3 cm,ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a,b的连线.设小球a,b所带电荷量的比值的绝对值为k,则(　D　)

A.a,b的电荷同号,k=

B.a,b的电荷异号,k=

C.a,b的电荷同号,k=

D.a,b的电荷异号,k=

解析:

由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a,b的连线,根据受力分析知,a,b的电荷异号。根据库仑定律,a对c的库仑力为Fa=k0,b对c的库仑力为Fb=k0;设小球c所受库仑力的合力向左,如图所示,由几何关系得=,联立可得k=||==,D正确。

考点三　静电力作用下的平衡问题

[典例3] 如图所示,悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A。在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球B。当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上,A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ。若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2,θ分别为30°和45°,则为(　　)

A.2     B.3 

C.2   D.3

解析:对A受力分析如图所示,由库仑定律得F=k,

又r=lsin θ,F=Gtan θ

由以上各式可解得

qB=,

因G,l,qA,k不变,

则==2,

故C正确。

答案:C

变式3:(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则(　AC　)

A.小球A与B之间库仑力的大小为

B.当=时,细线上的拉力为0

C.当=时,细线上的拉力为0

D.当=时,斜面对小球A的支持力为0

解析:

根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为k,选项A正确;若细线上的拉力为零,小球A受重力、库仑力和支持力作用,如图所示,由平衡条件可得F=k=mgtan θ,所以=,选项B错误,C正确;因为两小球带同种电荷,所以斜面对小球A的支持力不可能为0,选项D错误。

考点四　电场强度的叠加与计算

1.电场强度的计算公式

2.电场的叠加

(1)电场叠加:多个点电荷在电场中某处产生的电场强度为各个点电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。

(2)运算法则:平行四边形定则。

[典例4] 在如图所示的四个电场中,均有相互对称分布的a,b两点,其中a,b两点电势和电场强度都相同的是(　　)

解析:因为电势是标量,并在题中的四个电场中具有对称性,故四个电场中a,b两点的电势都是相等的;而电场强度则是矢量,虽然四个图中a,b两点的电场强度大小相等,但A图中点电荷的电场中关于点电荷对称的点的电场强度方向相反;B图中两电场叠加后a点电场强度方向斜向右上方,b点电场强度方向斜向右下方;C图中电场叠加后,a,b两点电场强度方向都是水平向右;D图中电场叠加后,a点电场强度方向向上,b点电场强度方向向下,因此只有选项C正确。

答案:C

变式4:直角坐标系xOy中,M,N两点位于x轴上,G,H两点坐标如图,M,N两点各固定一负点电荷,将一电荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处电场强度的大小和方向分别为(　B　)

A.,沿y轴正向 B.,沿y轴负向

C.,沿y轴正向 D.,沿y轴负向

解析:因正电荷在O点时,G点电场强度为零,则两负电荷在G点形成的电场的合场强为E1=k;若将正电荷移到G点,则正电荷在H点的电场强度为E2=k,因两负电荷在G点的电场强度与在H点的电场强度等大反向,则H点的合场强为E=E1-E2=,方向沿y轴负向,选项B正确。

考点五　电场线及带电粒子在电场中的运动轨迹

1.电场线能形象、直观地表示电场强度,疏密程度反映电场的强弱,某点电场强度方向为电场线上该点的切线方向。

2.带电粒子在电场中所受的合力指向轨迹的凹侧,由此判断电场的方向或粒子的电性。

3.由电场线的疏密情况判断带电粒子的受力大小及加速度大小。

4.由功能关系判断速度变化:如果带电粒子在运动中仅受电场力作用,则粒子电势能与动能的总量不变,电场力做正功,动能增大,电势能减小。

[典例5] 如图所示,图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线,虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹,a,b是轨迹上的两点,若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用,根据此图可知下列判断错误的是(　　)

A.带电粒子所带电荷的正、负

B.带电粒子在a,b两点的受力方向如何

C.带电粒子在a,b两点的加速度何处较大

D.带电粒子在a,b两点的速度何处较大

解析:粒子的电性、电场线方向无法判断,但根据曲线运动的规律可判断电场力的方向为沿电场线向左,故A错误,B正确;由于a处的电场线密集程度比b处大,故Ea>Eb,则粒子在a处受电场力较大,加速度较大,C正确;粒子的速度方向沿虚线的切线方向,若从a→b,粒子减速,若从b→a,粒子加速,所以va>vb,D正确。

答案:A

变式5:(2019·浙江6月学考)如图所示,在一对带等量异号电荷的平行金属板间,某带电粒子只在电场力作用下沿虚线从A运动到B。则(　C　)

A.粒子带负电

B.从A到B电场强度增大

C.从A到B粒子动能增加

D.从A到B粒子电势能增加

解析:带电粒子的运动轨迹向上弯曲,说明该粒子所受电场力方向向上,则粒子带正电,电场力对粒子做正功,粒子动能增加,电势能减少,选项C正确。

考点六　带电体的力电综合问题

解决力、电综合问题的一般思路

[典例6] 如图所示,一均匀带正电的无限长细直棒水平放置,带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场,电场强度大小与该点到直棒的距离成反比。在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A,B,A,B所带电荷量分别为+q和+4q,球A距直棒的距离为a,两球恰好处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。

(1)求细线的张力;

(2)剪断细线,若A球下落的最大速度为vm,求A球开始下落到速度最大的过程中,静电力对A球做的功;

(3)分析剪断细线后,B球的运动情况及能量的转化情况。

解析:(1)设到直棒距离为r的点的电场强度大小为E=。分别对两小球列平衡方程

对A:+FT-mg=0,

对B:-FT-mg=0,

解得FT=mg。

(2)设A球下落到距直棒为r时速度最大,此时加速度为零,合力为零。

由平衡条件-mg=0,

由(1)中解得k=,

解得r=

由动能定理WG+WE=m-0,

解得WE=m-mga。

(3)剪断细线后,B小球做先上后下的往复运动(振动)。在上升过程中,电势能逐渐减小,机械能逐渐增大(重力势能增大,动能先增大后减小);在下降过程中,电势能逐渐增加,机械能逐渐减小(重力势能减小,动能先增大后减小)。机械能与电势能的总和不变。

答案:(1)mg　(2)m-mga　(3)见解析

变式6:有一绝缘的、半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内,在其圆心处固定一带正电的点电荷,现有一质量为m、带正电(其电量远小于圆心处的电荷,对圆心处电荷产生的电场影响很小,可忽略)的小球A,圆心处电荷对小球A的库仑力大小为F。开始小球A处在圆轨道内侧的最低处,如图所示。现给小球A一个足够大的水平初速度,小球A能在竖直圆轨道里做完整的圆周运动。

(1)小球A运动到何处时其速度最小?为什么?

(2)要使小球A在运动中始终不脱离圆轨道而做完整的圆周运动,小球A在圆轨道最低处的初速度应满足什么条件?

解析:(1)小球运动到轨道最高点时速度最小。在圆心处电荷产生的电场中,圆轨道恰好在它的一个等势面上,小球在圆轨道上运动时,库仑力不做功,当小球运动到圆轨道最高处时,其重力对它做的负功最多,此时速度最小。

(2)在最低点,小球受到的库仑力F与重力mg方向相同,小球不会脱离轨道。在最高点,小球受到的库仑力F与重力mg方向相反,需要分以下两种情况讨论:

①当F≥mg时,在最高点小球也不会脱离轨道。此时,小球在最高点的速度v应满足v>0

小球从圆轨道最低处运动到最高处的过程中由动能定理得

-2mgR=mv2-m

解得v0>2,这就是在F≥mg条件下,小球在最低点速度应满足的条件。

②当F<mg时,小球在最高点的速度v应满足

mg-F+FN=m,

上式中,FN为轨道对小球的支持力,FN≥0,

综合可得v0≥,这就是在F<mg条件下,小球在最低点速度应满足的条件。

答案:见解析

1.(电场强度的叠加)下列选项中的各圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　B　)

解析:设每个圆环产生的电场的电场强度大小为E,则图A在O点产生的电场的电场强度如图甲所示;图B中两个圆环各自在O点产生的电场如图乙所示,合场强的大小为E;图C中第一、三象限中圆环在O点产生的电场的电场强度大小相等,方向相反,合场强为0,整个圆环在O点产生的电场就相当于第二象限的圆环产生的电场,如图丙所示;图D中四个圆环在O点产生的电场的合场强为零,故选项B正确。

2.(静电力作用下的平衡问题)(多选)如图所示,把A,B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=

10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则(　ACD　)

A.两球所带电荷量相等

B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N

C.B球所带的电荷量为4×10-8 C

D.A,B两球连线中点处的电场强度为0

解析:两相同的小球接触后电荷量均分,故两球所带电荷量相等,选项A正确;对A球受力分析,由几何关系,两球分开后,悬线与竖直方向的夹角为37°,根据平行四边形定则可得F=mgtan 37°=8.0×10-4×10×0.75 N=6.0×10-3 N,选项B错误;根据库仑定律F=k=k,解得qB== C=4×10-8 C,选项C正确;A,B带等量的同种电荷,故在A,B两球连线中点处的电场强度为0,选项D

正确。

3.(静电力作用下物体的平衡)如图所示,电荷量为Q1,Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点,两点相距L。在以L为直径的光滑绝缘半圆环上,穿着一个带电+q小球(可视为点电荷),在P点平衡,PA与AB的夹角为α,不计小球的重力,则(　A　)

A.tan 3α=       B.tan α=

C.O点电场强度为零 D.Q1<Q2

解析:

对小球受力分析如图所示,则

F1=k,F2=k,

tan α==,整理得tan 3α=,选项A正确。

4.(电场线)(2017·浙江11月选考)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(　C　)

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

解析:a图为异种电荷形成的电场线,但无法分辨是否为等量异种电荷形成的电场线分布;b图为同种电荷,但也无法分辨是否为等量同种电荷形成的电场线分布,因此答案为C。

5.(带电体的力电综合问题)如图所示,水平地面上有一长为L、高为h的桌子。质量为m的小物块A从绝缘桌面的左端以初速度v0水平向右运动,最终落在地面上D点,D点与桌面右端的水平距离为s。若再次将物块A置于桌面左端,并让其带上电荷量为q的正电荷,在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:

(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A在桌面上滑动,电场强度的最小值E1;

(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A从桌面滑落后仍落在地面上的D点,电场强度E2的值。

解析:(1)由平抛运动规律s=vtt,h=gt2,得vt=,

由动能定理,考虑到摩擦力Ff做负功得

-FfL=m-m,

为了使带电物块A在桌面上滑动,其所受电场力至少等于摩擦力Ff,有F=qE1=Ff,解得E1=(-)。

(2)由动能定理qE2L-FfL=m,得E2=。

答案:(1)( - )　　(2)

1.(2018·浙江11月选考,8)电荷量为4×10-6 C的小球绝缘固定在A点,质量为0.2 kg、电荷量为-5×10-6 C的小球用绝缘细线悬挂,静止于B点。A,B间距离为30 cm,AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2,小球可视为点电荷。下列图示正确的是(　B　)

解析:

根据库仑定律,有F库=k,则A对B的库仑力F库=2 N,方向沿AB连线斜向上与竖直方向的夹角为60°,小球B的重力mg=2 N,对小球B受力分析如图所示。库仑力F库与重力mg的合力与绳子的拉力FT平衡,悬挂小球B的绝缘细线与竖直方向的夹角为60°,故B正确。

2.(2018·浙江6月学考,16)如图所示,真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A,B(均可看做点电荷),分别带有-Q 和+Q的电荷量,两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触,再与B接触,然后移开C,接着再使A,B间距离增大为原来的2倍。则它们间的静电力大小为(　C　)

A.F B.F C.F D.F

解析:小球C与A接触后,根据电荷守恒定律,A,C两小球带电量均变为-Q,然后C与B接触,电荷先中和后平均分配,B,C两小球带电荷量均变为Q,然后再根据库仑定律计算A,B两小球间的静电力F′=k=F。

3.(2020·浙江1月选考,13)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　)

A.qC=q0

B.弹簧伸长量为

C.A球受到的库仑力大小为2Mg

D.相邻两小球间距为q0

解析:设相邻小球间距为L,根据判断可知,小球C应带正电。对C受力分析如图甲所示,根据平衡条件有k=k+Mgsin α,则=Mgsin α。对B球受力分析如图乙所示.

根据平衡条件有k=k+Mgsin α,联立解得qC=q0,选项A正确;将C的电量代入k=k+Mgsin α 得,L=,选项D错误;A所受总的库仑力为FA=k-k,其中=Mgsin α,即=Mgsin α,联立得FA=2Mgsin α,方向沿斜面向下,选项C错误;对A,B,C整体受力分析,有F弹=3Mgsin α,因此弹簧伸长量为Δx=,选项B错误。

4.(2017·浙江11月选考,19)如图所示,AMB是一条长L=10 m 的绝缘水平轨道,固定在离水平面高h=1.25 m处,A,B为端点,M为中点。轨道MB处在方向竖直向上、大小E=5×103 N/C的匀强电场中。一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1.3×10-4 C的可视为质点的滑块以初速度v0=6 m/s 在轨道上自A点开始向右运动,经M点进入电场,从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2,求滑块

(1)到达M点时的速度大小;

(2)从M点运动到B点所用的时间;

(3)落地点距B点的水平距离。

解析:(1)滑块在AM阶段运动时

由牛顿第二定律得μmg=ma1,

根据运动学公式-=2(-a1),

联立可得vM=4 m/s。

(2)进入电场之后,受到电场力F=Eq,

由牛顿第二定律得μ(mg-Eq)=ma2,

根据运动学公式=vMt1-a2,

联立可得t1= s。

(3)从B点飞出后,滑块做平抛运动,

由h=g可知t2=0.5 s,又vB=vM-a2t1,

水平距离x=vBt2,联立解得x=1.5 m。

答案:(1)4 m/s　(2) s　(3)1.5 m