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粤教版高中物理必修第三册第1章素养提升课1电场力的性质学案
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素养提升课(一) 电场力的性质 电场线与运动轨迹问题1．分析带电粒子在电场中的运动轨迹时应注意两点(1)做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧。(2)速度方向沿轨迹的切线方向。2．分析方法(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的方向。(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析。(3)把电场线疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析。(4)把电场力做功与能量的变化相联系进行分析。【典例1】 (多选)如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示。a、b仅受电场力作用，则下列说法正确的是( )A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a、b做正功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大思路点拨：(1)根据运动轨迹确定电场力的方向。(2)根据电场线疏密确定加速度大小变化。BD [由于电场线的方向未知，所以无法确定a、b两粒子的电性，故A错误；根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功，两带电粒子的速度都将增大，故B正确，C错误；a运动过程中，电场线越来越稀疏，所以电场力逐渐减小，加速度逐渐减小；b运动过程中，电场线越来越密集，所以电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故D正确。]分析运动轨迹类问题的技巧(1)由轨迹的弯曲方向确定粒子所受合外力方向，由电场线的疏密程度确定电场力的大小，进而确定合外力的大小。(2)速度或动能的变化要根据合外力做功情况来判断，当电场力恰为合外力时，电场力做正功，速度或动能增加；电场力做负功，速度或动能减少。[跟进训练]1．某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )A．粒子一定带负电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D．粒子在c点的速度一定大于在a点的速度C [做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子可能是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处受到的静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。] 电场力作用下的动力学问题1．电场中动力学问题与力学问题分析方法完全相同，带电体受力仍然满足牛顿第二定律。2．处理静电场中力与运动的问题时，根据牛顿运动定律，再结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识来解决问题。【典例2】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量 m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10-6 C 的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。从某时刻开始，电场强度变为原来的13，求：(1)原来的电场强度大小E0；(2)小物块运动的加速度a的大小和方向；(3)沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v。思路点拨：(1)由“恰好静止”的条件可求出电场强度E0的大小。(2)“电场强度变为原来的 13”说明小物块不再平衡，利用牛顿第二定律和运动学方程求解。[解析] (1)小物块受到重力、水平向右的电场力qE0、支持力N而保持静止状态，则 qE0mg＝tan θ得E0＝1.5×106 N/C。(2)电场强度变为原来的 13时，电场力变为qE＝13qE0＝14mg根据牛顿第二定律有mg sin θ－qE cos θ＝ma得 a＝4m/s2，方向沿斜面向下。(3)小物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax得v＝2 m/s。[答案] (1)1.5×106 N/C (2)4 m/s2 方向沿斜面向下 (3)2 m/s[跟进训练]2．如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10-6 C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求小球的质量；(2)若剪断细绳，则经过1 s小球获得的速度大小；(3)若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小。[解析] (1)小球静止，根据平衡条件可知tan 37°＝qEmg解得m＝qEgtan37°＝1.0×10-6×3.0×10310×0.75 kg＝4×10-4 kg。(2)剪断细绳，根据牛顿第二定律得mgcos37°＝ma解得a＝gcos37°＝100.8 m/s2＝12.5 m/s2经过1 s后小球的速度为v1＝at1＝12.5×1 m/s＝12.5 m/s。(3)撤去电场，小球从静止运动到最低点mgl(1－cos 37°)＝12mv2小球在最低点FT－mg＝m v2l解得FT＝mg＋m v2l＝mg＋ 2mgl1-cos37°l＝5.6×10-3 N。[答案] (1)4×10-4 kg (2)12.5 m/s (3)5.6×10-3 N素养提升练(一) 电场力的性质一、选择题1．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )A B C DD [负电荷在电场中某点的受力方向与该点电场强度的方向相反，且合力的方向一定指向轨迹弯曲的凹侧，且与速度方向夹角为钝角，由此可以判断选项A、B、C错误，D正确。]2．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝43πr3，则A点处场强的大小为( )A．5kQ36R2 B．7kQ36R2C．7kQ32R2 D．3kQ16R2B [先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强E整＝kQ2R2＝kQ4R2。挖出的小球半径为R2，电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝ 43πR23 43πR3Q＝Q8，则其在A点产生的场强E挖＝kQ'12R+R2＝k·Q8 94R2＝kQ18R2。剩余部分的电荷在A点产生的场强E＝E整－E挖＝kQ4R2－kQ18R2＝7kQ36R2，故B正确。]3．有一正点电荷只受电场力作用，从静电场中的a点由静止释放。在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图像如图所示。该电场的电场线分布应是( )A BC DA [根据动能定理，并由题图可知，点电荷所受电场力为 F＝ΔEkΔs，为常量，所以该电场为匀强电场，又由于从a到b点正点电荷的动能增大，所以电场强度方向沿a→b，故A项正确。]4．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、电荷量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ。不能忽略小球的重力，重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小( )A．唯一值是mgtanθqB．最大值是mgtanθqC．最小值是mgsinθqD．最小值是mgcosθqC [小球的受力分析如图所示。小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动，当静电力与合力垂直时，静电力最小，即qEmin＝mg sin θ，可得Emin＝mgsinθq，静电力和电场强度没有最大值，故C正确，A、B、D错误。]5．真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是( )A． 22L B．2LC．22L D．LA [刚开始运动，对点电荷A，有k q1q2L2＝mAa，经过一段时间后，对点电荷B，有k q1q2L'2＝mBa，可得L′＝mAmBL＝ 22L，故A正确。]6．(多选)如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点由静止释放一带负电的粒子(不计重力)，则该粒子( )A．从P到O，加速度可能先增再减B．从P到O，加速度可能先减后增C．从P到O，速度一直增加D．从P到O，速度一直减小AC [等量同种正电荷的电场线分布如图所示，根据图可以定性看出，中垂线上的场强并非单调变化，而是有一个电场线分布密集区域，即从O点沿中垂线向两侧场强均先增大后减小，所以从P到O，加速度可能先增再减，故A正确，B错误；根据图可以看出从P到O电场强度的方向没有变化，所以该粒子速度一直增加，故C正确，D错误。]7．如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，静电力常量为k，则由此可得A点的电场强度大小为( )A．2kQ4R2 B．52kQ16R2C．32kQ16R2 D．2kQ2R2B [将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量为q＝Qn；每一点电荷在B处的电场强度为E1＝k qR2+R2＝kQ2nR2；由对称性可知，各小段带电环在B处的电场强度E1的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的电场强度为EB＝nE1cos 45°＝ 2kQ4R2；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的电场强度大小相等，方向相反，设C处点电荷的带电荷量为Q′，则有k Q'2R2＝EB，解得Q′＝2Q，C处点电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的电场强度大小为EA1＝EB＝ 2kQ4R2，方向向左。C处电荷在A处产生的电场强度为EA2＝k Q'4R2＝ 2kQ16R2，方向向左；所以A点的电场强度大小为EA＝EA1＋EA2＝5 2kQ16R2，故选B。]8．(多选)如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电荷量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近，下列判断正确的是( )A．Q一定带正电荷，q一定带负电荷B．不管Q带什么性质的电荷，a点的场强一定比b点的小C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向QD．微粒通过a时的速率比通过b时的速率大BC [从运动的轨迹来看，微粒与点电荷Q一定带异种电荷，可能Q带负电，q带正电，A错误；由于b点距离Q近，根据E＝Fq＝kQr2可知，a点的场强一定比b点的小，B正确；微粒只受Q的电场力，加速度方向与受电场力的方向相同，C正确；假设微粒从a向b运动，电场力做正功，动能增加，速度增大，微粒通过b点的速率比通过a点的速率大，同理可分析微粒从b向a运动时，也有b点速率大，D错误。]9．如图所示，A、B两球质量均为m，所带电荷量分别为q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时，细线都被拉紧，则平衡时的可能位置为( )A BC DA [本题考查带电体的平衡，解题的关键是使用整体法和隔离法。分析上面细线时，对整体进行受力分析，整体的电荷量为零，外界电场力为零，两者之间的库仑力和细线的拉力为内力，所以上面细线的拉力沿竖直方向；而对B分析时确定下面细线的拉力，B受到外界电场向右的电场力，所以向右偏，故A正确。]10．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )A．P、Q之间的距离增大B．杆BO对Q的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．杆AO对P的弹力减小C [Q受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知，BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，故A、B错误；对整体进行受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，故C正确；对整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，故D错误。]二、非选择题11．(2022·山西太原期中)如图甲所示，在O点放置一个带电荷量为＋Q的点电荷，以O为原点，沿Ox方向建立坐标轴，A、B为坐标轴上两点，其中A点的坐标为 0.90 m。测得放在A、B两点的试探电荷受到的电场力大小F与其电荷量q的关系如图乙中a、b所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：甲 乙(1)A点的电场强度大小与点电荷的电荷量Q；(2)B点的坐标值。[解析] (1)根据电场力的计算公式F＝qE可得F-q图像的斜率表示电场强度，则有A点的电场强度大小EA＝ΔFAΔq＝4×10-5-01×10-9-0 N/C＝4×104 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EA＝kQrA2代入数据解得Q＝3.6×10-6 C。(2)根据电场力的计算公式可得B点的电场强度大小EB＝ΔFBΔ q'＝1×10-5-04×10-9-0 N/C＝2.5×103 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EB＝kQrB2代入数据解得rB＝3.60 m，所以B点的坐标值为xB＝3.60 m。[答案] (1)4×104 N/C 3.6×10-6 C (2)3.60 m12．如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一带正电、电荷量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速度释放，重力加速度大小为g，静电力常量为k，求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球在B点对轨道的压力。[解析] (1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝12mvB2解得vB＝2gR。(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动知识和牛顿第二定律得FN－mg－k q1q2R2＝m vB2R解得FN＝3mg＋k q1q2R2根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝3mg＋k q1q2R2，方向竖直向下。[答案] (1) 2gR (2)3mg＋k q1q2R2，方向竖直向下13．如图所示，在倾角为α的足够长的光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可视为质点)，它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5。静电力常量为k。(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；(2)在(1)条件下，求L′与L的比值。[解析] (1)由初始时B球的加速度等于零及B球带正电荷可知，A球带正电荷，对B球进行受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即F－mg sin α＝0根据库仑定律得F＝k QqL2解得Q＝mgL2sinαkq。(2)两球距离为L′时，A球加速度方向沿斜面向下，设A、B间的库仑力大小为F′，根据牛顿第二定律有F′＋2mg sin α＝2ma1B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin α－F′＝ma2依题意知a1∶a2＝11∶5联立解得F′＝49mg sin α又F′＝k QqL'2解得L′∶L＝3∶2。[答案] (1) mgL2sinαkq 带正电荷 (2)3∶2 学习任务1．掌握库仑定律、电场强度公式，并能应用其解决问题。2．掌握等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线分布特点。3．掌握解决带电体动力学问题的思路和方法，会建立解决电场中平衡问题和动力学问题的思维模型。
素养提升课(一) 电场力的性质 电场线与运动轨迹问题1．分析带电粒子在电场中的运动轨迹时应注意两点(1)做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧。(2)速度方向沿轨迹的切线方向。2．分析方法(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的方向。(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析。(3)把电场线疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析。(4)把电场力做功与能量的变化相联系进行分析。【典例1】 (多选)如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示。a、b仅受电场力作用，则下列说法正确的是( )A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a、b做正功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大思路点拨：(1)根据运动轨迹确定电场力的方向。(2)根据电场线疏密确定加速度大小变化。BD [由于电场线的方向未知，所以无法确定a、b两粒子的电性，故A错误；根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功，两带电粒子的速度都将增大，故B正确，C错误；a运动过程中，电场线越来越稀疏，所以电场力逐渐减小，加速度逐渐减小；b运动过程中，电场线越来越密集，所以电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故D正确。]分析运动轨迹类问题的技巧(1)由轨迹的弯曲方向确定粒子所受合外力方向，由电场线的疏密程度确定电场力的大小，进而确定合外力的大小。(2)速度或动能的变化要根据合外力做功情况来判断，当电场力恰为合外力时，电场力做正功，速度或动能增加；电场力做负功，速度或动能减少。[跟进训练]1．某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )A．粒子一定带负电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D．粒子在c点的速度一定大于在a点的速度C [做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子可能是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处受到的静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。] 电场力作用下的动力学问题1．电场中动力学问题与力学问题分析方法完全相同，带电体受力仍然满足牛顿第二定律。2．处理静电场中力与运动的问题时，根据牛顿运动定律，再结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识来解决问题。【典例2】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量 m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10-6 C 的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。从某时刻开始，电场强度变为原来的13，求：(1)原来的电场强度大小E0；(2)小物块运动的加速度a的大小和方向；(3)沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v。思路点拨：(1)由“恰好静止”的条件可求出电场强度E0的大小。(2)“电场强度变为原来的 13”说明小物块不再平衡，利用牛顿第二定律和运动学方程求解。[解析] (1)小物块受到重力、水平向右的电场力qE0、支持力N而保持静止状态，则 qE0mg＝tan θ得E0＝1.5×106 N/C。(2)电场强度变为原来的 13时，电场力变为qE＝13qE0＝14mg根据牛顿第二定律有mg sin θ－qE cos θ＝ma得 a＝4m/s2，方向沿斜面向下。(3)小物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax得v＝2 m/s。[答案] (1)1.5×106 N/C (2)4 m/s2 方向沿斜面向下 (3)2 m/s[跟进训练]2．如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10-6 C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(1)求小球的质量；(2)若剪断细绳，则经过1 s小球获得的速度大小；(3)若撤去电场，则小球到达最低点对细绳的拉力大小。[解析] (1)小球静止，根据平衡条件可知tan 37°＝qEmg解得m＝qEgtan37°＝1.0×10-6×3.0×10310×0.75 kg＝4×10-4 kg。(2)剪断细绳，根据牛顿第二定律得mgcos37°＝ma解得a＝gcos37°＝100.8 m/s2＝12.5 m/s2经过1 s后小球的速度为v1＝at1＝12.5×1 m/s＝12.5 m/s。(3)撤去电场，小球从静止运动到最低点mgl(1－cos 37°)＝12mv2小球在最低点FT－mg＝m v2l解得FT＝mg＋m v2l＝mg＋ 2mgl1-cos37°l＝5.6×10-3 N。[答案] (1)4×10-4 kg (2)12.5 m/s (3)5.6×10-3 N素养提升练(一) 电场力的性质一、选择题1．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )A B C DD [负电荷在电场中某点的受力方向与该点电场强度的方向相反，且合力的方向一定指向轨迹弯曲的凹侧，且与速度方向夹角为钝角，由此可以判断选项A、B、C错误，D正确。]2．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝43πr3，则A点处场强的大小为( )A．5kQ36R2 B．7kQ36R2C．7kQ32R2 D．3kQ16R2B [先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强E整＝kQ2R2＝kQ4R2。挖出的小球半径为R2，电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝ 43πR23 43πR3Q＝Q8，则其在A点产生的场强E挖＝kQ'12R+R2＝k·Q8 94R2＝kQ18R2。剩余部分的电荷在A点产生的场强E＝E整－E挖＝kQ4R2－kQ18R2＝7kQ36R2，故B正确。]3．有一正点电荷只受电场力作用，从静电场中的a点由静止释放。在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图像如图所示。该电场的电场线分布应是( )A BC DA [根据动能定理，并由题图可知，点电荷所受电场力为 F＝ΔEkΔs，为常量，所以该电场为匀强电场，又由于从a到b点正点电荷的动能增大，所以电场强度方向沿a→b，故A项正确。]4．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、电荷量为q的带电小球，由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ。不能忽略小球的重力，重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小( )A．唯一值是mgtanθqB．最大值是mgtanθqC．最小值是mgsinθqD．最小值是mgcosθqC [小球的受力分析如图所示。小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动，当静电力与合力垂直时，静电力最小，即qEmin＝mg sin θ，可得Emin＝mgsinθq，静电力和电场强度没有最大值，故C正确，A、B、D错误。]5．真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是( )A． 22L B．2LC．22L D．LA [刚开始运动，对点电荷A，有k q1q2L2＝mAa，经过一段时间后，对点电荷B，有k q1q2L'2＝mBa，可得L′＝mAmBL＝ 22L，故A正确。]6．(多选)如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点由静止释放一带负电的粒子(不计重力)，则该粒子( )A．从P到O，加速度可能先增再减B．从P到O，加速度可能先减后增C．从P到O，速度一直增加D．从P到O，速度一直减小AC [等量同种正电荷的电场线分布如图所示，根据图可以定性看出，中垂线上的场强并非单调变化，而是有一个电场线分布密集区域，即从O点沿中垂线向两侧场强均先增大后减小，所以从P到O，加速度可能先增再减，故A正确，B错误；根据图可以看出从P到O电场强度的方向没有变化，所以该粒子速度一直增加，故C正确，D错误。]7．如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，静电力常量为k，则由此可得A点的电场强度大小为( )A．2kQ4R2 B．52kQ16R2C．32kQ16R2 D．2kQ2R2B [将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量为q＝Qn；每一点电荷在B处的电场强度为E1＝k qR2+R2＝kQ2nR2；由对称性可知，各小段带电环在B处的电场强度E1的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的电场强度为EB＝nE1cos 45°＝ 2kQ4R2；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的电场强度大小相等，方向相反，设C处点电荷的带电荷量为Q′，则有k Q'2R2＝EB，解得Q′＝2Q，C处点电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的电场强度大小为EA1＝EB＝ 2kQ4R2，方向向左。C处电荷在A处产生的电场强度为EA2＝k Q'4R2＝ 2kQ16R2，方向向左；所以A点的电场强度大小为EA＝EA1＋EA2＝5 2kQ16R2，故选B。]8．(多选)如图所示，点电荷Q固定，虚线是带电荷量为q的微粒的运动轨迹，微粒的重力不计，a、b是轨迹上的两个点，b离Q较近，下列判断正确的是( )A．Q一定带正电荷，q一定带负电荷B．不管Q带什么性质的电荷，a点的场强一定比b点的小C．微粒通过a、b两点时，加速度方向都是指向QD．微粒通过a时的速率比通过b时的速率大BC [从运动的轨迹来看，微粒与点电荷Q一定带异种电荷，可能Q带负电，q带正电，A错误；由于b点距离Q近，根据E＝Fq＝kQr2可知，a点的场强一定比b点的小，B正确；微粒只受Q的电场力，加速度方向与受电场力的方向相同，C正确；假设微粒从a向b运动，电场力做正功，动能增加，速度增大，微粒通过b点的速率比通过a点的速率大，同理可分析微粒从b向a运动时，也有b点速率大，D错误。]9．如图所示，A、B两球质量均为m，所带电荷量分别为q和－q，两球间用绝缘细线连接，A球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时，细线都被拉紧，则平衡时的可能位置为( )A BC DA [本题考查带电体的平衡，解题的关键是使用整体法和隔离法。分析上面细线时，对整体进行受力分析，整体的电荷量为零，外界电场力为零，两者之间的库仑力和细线的拉力为内力，所以上面细线的拉力沿竖直方向；而对B分析时确定下面细线的拉力，B受到外界电场向右的电场力，所以向右偏，故A正确。]10．由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )A．P、Q之间的距离增大B．杆BO对Q的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．杆AO对P的弹力减小C [Q受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知，BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，故A、B错误；对整体进行受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，故C正确；对整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，故D错误。]二、非选择题11．(2022·山西太原期中)如图甲所示，在O点放置一个带电荷量为＋Q的点电荷，以O为原点，沿Ox方向建立坐标轴，A、B为坐标轴上两点，其中A点的坐标为 0.90 m。测得放在A、B两点的试探电荷受到的电场力大小F与其电荷量q的关系如图乙中a、b所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：甲 乙(1)A点的电场强度大小与点电荷的电荷量Q；(2)B点的坐标值。[解析] (1)根据电场力的计算公式F＝qE可得F-q图像的斜率表示电场强度，则有A点的电场强度大小EA＝ΔFAΔq＝4×10-5-01×10-9-0 N/C＝4×104 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EA＝kQrA2代入数据解得Q＝3.6×10-6 C。(2)根据电场力的计算公式可得B点的电场强度大小EB＝ΔFBΔ q'＝1×10-5-04×10-9-0 N/C＝2.5×103 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EB＝kQrB2代入数据解得rB＝3.60 m，所以B点的坐标值为xB＝3.60 m。[答案] (1)4×104 N/C 3.6×10-6 C (2)3.60 m12．如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一带正电、电荷量为q2、质量为m的小球，从轨道的A处无初速度释放，重力加速度大小为g，静电力常量为k，求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球在B点对轨道的压力。[解析] (1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝12mvB2解得vB＝2gR。(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动知识和牛顿第二定律得FN－mg－k q1q2R2＝m vB2R解得FN＝3mg＋k q1q2R2根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝3mg＋k q1q2R2，方向竖直向下。[答案] (1) 2gR (2)3mg＋k q1q2R2，方向竖直向下13．如图所示，在倾角为α的足够长的光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可视为质点)，它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5。静电力常量为k。(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；(2)在(1)条件下，求L′与L的比值。[解析] (1)由初始时B球的加速度等于零及B球带正电荷可知，A球带正电荷，对B球进行受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即F－mg sin α＝0根据库仑定律得F＝k QqL2解得Q＝mgL2sinαkq。(2)两球距离为L′时，A球加速度方向沿斜面向下，设A、B间的库仑力大小为F′，根据牛顿第二定律有F′＋2mg sin α＝2ma1B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin α－F′＝ma2依题意知a1∶a2＝11∶5联立解得F′＝49mg sin α又F′＝k QqL'2解得L′∶L＝3∶2。[答案] (1) mgL2sinαkq 带正电荷 (2)3∶2 学习任务1．掌握库仑定律、电场强度公式，并能应用其解决问题。2．掌握等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线分布特点。3．掌握解决带电体动力学问题的思路和方法，会建立解决电场中平衡问题和动力学问题的思维模型。
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