资源简介

(共22张PPT)
第九章
静电场及其应用
习题课2　静电场中力的性质
核心 目标 1．理解等量同种(异种)点电荷连线与中垂线上的场强变化规律，能根据电场线分析电场的特点或相关问题．
2．能根据电场特点、运动轨迹等分析带电粒子在电场中的平衡、运动、动力学等问题，能分析求解特殊场强问题．
能力提升 典题固法
类型
1
两个等量点电荷的电场特点
等量异种点电荷 等量同种(正)点电荷
电场线分布
连线上的场强大小、方向 O点场强最小，从O点沿连线向两边逐渐变大；场强方向从正电荷指向负电荷 O点场强为0，从O点沿连线向两边逐渐变大；场强方向总指向O(等量正电荷)或远离O(等量负电荷)
等量异种点电荷 等量同种(正)点电荷
中垂线上的场强大小、方向 O点场强最大，从O点沿中垂线向两边逐渐变小；场强方向均相同，且总与中垂面(线)垂直 O点场强为0，从O点沿中垂线向两边先变大，后变小；场强方向总远离O(等量正电荷)或指向O(等量负电荷)
关于O点对称的点A与A′、B与B′的场强 等大、同向 等大、反向
　　　如图所示，以等量正点电荷连线的中点O作为原点，沿其中垂线建立x轴，x轴上电场强度最大的两个点记为A、B，将一电子从A点由静止释放，电子仅在静电力的作用下在A、B两点之间做往复运动．下列说法中正确的是 (　　)
A．A、B两点的电场强度相同
B．O点的电场强度大于A点
C．电子经过O点时的加速度最大
D．电子经过O点时的速度最大
1
D
解析：根据等量同种点电荷的电场分布特点可知A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；根据等量同种电荷的电场分布特点可知O点电场强度为零，A点电场强度大于零，即O点的电场强度小于A点，故B错误；根据F＝qE可知电子经过O点时受到的合力为零，加速度为零，故C错误；电子从A点由静止释放做加速运动，经过O点后做减速运动，所以电子经过O点时的速度最大，故D正确．
类型
2
电场线与带电粒子运动轨迹相关问题
1．电场线与运动轨迹的比较
电场线 运动轨迹
客观性 不存在，是为研究电场方便而人为引入的 客观存在的
切线 意义 曲线上各点的切线方向即为该点的电场强度方向，同时也是正电荷在该点的受力方向，即正电荷在该点产生加速度的方向 轨迹上每一点的切线方向即为粒子在该点的速度方向，但加速度的方向与速度的方向不一定相同
2．做曲线运动的带电粒子
(1) 速度方向沿轨迹的切线方向，所受合外力方向指向曲线的凹侧，粒子轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间．
(2) 静电力方向与电场线相切，同一带电粒子在电场线密集的地方加速度大，在电场线稀疏的地方加速度小．
3．电场线与运动轨迹相关问题的分析方法
(1) 根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断带电粒子所受静电力的方向．
(2) 把电场线方向、静电力方向与电性相联系进行分析．
(3) 把电场线的疏密和静电力大小、加速度大小相联系进行分析．
(4) 把静电力做的功与能量的变化相联系进行分析．
　　　一带负电的粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示．则此电场的电场线分布可能是 (　　)
2
A
解析：从题图中可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度逐渐变大，从A点到B点电场线逐渐变密，综合分析可知，粒子是顺着电场线运动的，由电场线疏处到达密处，A正确．
　　　(多选)如图所示的电场中，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．粒子一定带正电
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．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
3
AC
解析：带电粒子在电场中运动时，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，此带电粒子受到的电场力方向沿着电场线向左，所以此粒子一定带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在c点的电场强度大，粒子在c点处受到的电场力大，故粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点到a点，此过程中，电场力做正功，动能增大，若粒子从a点到c点，此过程中，电场力做负功，动能减小，所以粒子在电场中c点的速度一定小于在a点的速度，D错误．
类型
3
电场中的动力学问题
带电体在多个力作用下处于平衡状态时，物体所受合外力为0，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等；带电体在电场中处于非平衡状态时，可根据牛顿第二定律和运动学公式或功能关系求解．
　　　质量m＝3.0×10-4 kg、电荷量q＝1.0×10-6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中，取g＝10 m/s2.
(1) 求匀强电场的电场强度E1的大小和方向．
答案：(1) 3.0×103 N/C，方向竖直向上　
4
解析：(1) 带正电微粒静止，则E1q＝mg
解得E1＝＝3.0×103 N/C，方向竖直向上
(2) 在t＝0时刻，匀强电场的电场强度大小突然变为E2＝6.0×103 N/C，且方向不变，求在前0.2 s时间内带正电微粒位移的大小．
答案：(2) 0.2 m
解析：(2) 设微粒的加速度为a，前0.2 s时间内上升高度为h，则
qE2－mg＝ma1
解得a1＝10 m/s2
根据h＝a1t2
解得h＝0.2 m
1．等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
类型
4
求解电场强度的非常规思维方法
2．对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．
3．填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
4．微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．
　　　硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊等装置构成，如图甲所示．工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷，我们可以用图乙模拟带电的感光鼓：电荷量均为－q的点电荷，均匀对称地分布在半径为R的圆周上．若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成－4q，则圆心O点处的电场强度为 (　　)
A．，方向沿半径背离P点
B．，方向沿半径指向P点
C．，方向沿半径背离P点
D．，方向沿半径指向P点
5
B
解析：当P点的点电荷为－q时，根据电场的对称性，可得在圆心O点处的电场强度为零，当P点的点电荷为－4q时，可由－q和－3q两个电荷等效替代，故圆心O点处的电场强度可以看成均匀带电圆环和－3q产生的两个场强叠加，故圆心O点处的电场强度为E＝0＋k，电场方向为－3q在O点处的电场方向，即方向沿半径指向P点，故B正确．
随堂内化 即时巩固
1．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 (　　)
解析：将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加可知，D中O点的场强为0，C中的场强等效为第二象限内圆环在O点产生的场强，大小与A中圆环在O点处产生的场强大小相等，B中关于y轴对称的两圆环在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C中O点处场强的倍，B正确．
B
2．如图所示，实线为三条方向未知的电场线，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只受电场力作用)，则 (　　)
A．a与b带异种电荷
B．a与b带同种电荷
C．a的速度将增大，b的速度将减小
D．a的加速度将增大，b的加速度将减小
A
解析：由于两粒子所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带电荷的电性相反，B错误，A正确；对于b，电场力方向始终和轨迹的切线方向即速度方向成锐角，始终对电荷做正功，故b的速度越来越大，而对于a，电场力先做负功，后做正功，故a的速度先减小，后增大，C错误；电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，则a受到的电场力逐渐减小，b受到的电场力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知a的加速度减小，b的加速度增大，D错误．习题课2　静电场中力的性质
1. 一带负电的点电荷，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是逐渐减小的.关于b点电场强度E的方向，下列图示可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)
A B
C D
2. 某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示.粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　)
A B
C D
3. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受静电力作用，运动过程中速度逐渐减小.下列各图是对它在b处时的运动方向与受力方向的分析，其中正确的是(　　)
A B
C D
4. 电荷量为＋Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d.已知P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为(　　)
A. E＝0 B. E＝
C. E＝E0－ D. E＝
5. 某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子在仅受电场力作用下的运动轨迹，下列说法中正确的是(　　)
A. 粒子带负电荷
B. 粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C. 粒子在M点的动能小于它在N点的动能
D. 粒子一定从M点运动到N点
6. 如图所示，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心.点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d.已知图中a点的电场强度为0，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为(　　)
A. ，水平向右 B. ，水平向左
C. ＋，水平向右 D. ，水平向右
7. 如图所示，实线为电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一条抛物线.下列说法中正确的是(　　)
A. 电场线MN的方向一定是由N指向M
B. 带电粒子由a点运动到b点的过程中速度一定逐渐减小
C. 带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度
D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
8. 如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b间的距离为R，b和c、c和d间的距离均为2R，在a点处有一电荷量为＋q的固定点电荷.已知d点处的电场强度为0，k为静电力常量，则b点处电场强度的大小为(　　)
A. k B. k
C. k D. k
9. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)
A. －E B.
C. －E D. ＋E
10. 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所产生的电场相同.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＝πr3，则A点处场强的大小为(　　)
A. B.
C. D.
11. 如图所示，用细线将带电小球悬挂在天花板上，小球静止在水平向右、电场强度为E＝3.0×103 N/C的匀强电场中.细线与竖直方向的夹角θ＝37°，已知小球的质量m＝8.0×10－3kg，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1) 分析小球的带电性质.
(2) 求小球的电荷量.
(3) 若小球离地面竖直高度h＝0.2 m，将细线剪断小球做什么运动？落地点距出发点的水平位移多大？
习题课2　静电场中力的性质
1. D　解析：点电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的凹侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向，A错误；负点电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，题图B中电场力的方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，点电荷的速率增大，与题设不符，B错误；题图C中电场强度方向指向轨迹的凹侧，则电场力指向轨迹的外侧，点电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿题图所示的轨迹运动，C错误；题图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的凹侧，而且电场力方向与点电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，点电荷的速率减小，符合题意，D正确.
2. B
3. A　解析：带电粒子运动速度沿轨迹切线方向，受力方向与电场线在同一直线上，且静电力指向轨迹弯曲的内侧，B、C错误；由于运动过程中速度逐渐减小，则静电力与速度夹角成钝角，A正确，D错误.
4. C　解析：点电荷在P点产生的场强大小为EP＝k，方向水平向右；正点电荷靠近金属板，金属板感应起电，左侧带负电，则在P点形成的电场方向也向右，设场强大小为E，所以有E0＝EP＋E，得出E＝E0－k，C正确，A、B、D错误.
5. C　解析：根据运动轨迹可知，粒子受电场力指向右上方，与场强方向相同，则粒子一定带正电荷，故A错误；因为M点电场线较N点稀疏，则M点场强较小，则粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B错误；若粒子是从M点运动到N点，则电场力做正功，动能变大，粒子在M点的动能小于它在N点的动能；若粒子是从N点运动到M点，则电场力做负功，动能变小，粒子在M点的动能小于它在N点的动能，故C正确；由运动轨迹不能确定粒子一定是从M点运动到N点，故D错误.
6. A　解析：由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a处产生的场强与点电荷－q在a处的场强等大、反向，大小为E＝.由对称性可知矩形薄板在b处产生的场强也为E＝，方向向右，故A正确.
7. C　解析：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力方向一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，A错误；粒子从a点运动到b点的过程中，电场力与速度夹角为锐角，速度增加，即带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度，B错误，C正确；粒子由a点到b点的运动轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，D错误.
8. D　解析：a点处电荷量为＋q的固定点电荷在d点产生的电场方向向右，电场强度为E1＝k，因d点电场强度为0，所以圆盘在d点产生的电场方向向左，大小为E2＝k，因b和d是关于圆盘对称的点，所以圆盘在b点产生的电场方向向右，大小为E'2＝k，a点处电荷量为＋q的固定点电荷在b点产生的电场方向向右，电场强度为E3＝k，所以b点处电场强度的大小为E＝E'2＋E3＝k，D正确.
9. A　解析：设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为E0＝＝，题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M点产生的场强为E'＝E0－E＝－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为－E，A正确.
10. A　解析：由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生场强E整＝＝，同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量Q'＝Q＝，则其在A点产生的场强E割＝＝＝，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强E余＝E整－E割＝－＝，A正确.
11. (1) 正电　(2) 2×10－5C　(3) 做匀加速直线运动　0.15m
解析：(1) 小球受到的电场力方向向右，与电场强度方向相同，故小球带正电.
(2) 小球处于平衡状态，由受力分析图可得qE＝mgtan θ
解得q＝＝ C＝2×10－5C.
(3) 剪断细线后，小球受力恒定，且剪断瞬间初速度为0，故小球做匀加速直线运动.
由F合＝mg＝ma，可得a＝g
由h＝gt2，得t＝0.2 s
由s＝at2，得s＝0.25 m
因此s水＝ssin θ＝0.15 m.习题课2　静电场中力的性质
核心 目标 1．理解等量同种(异种)点电荷连线与中垂线上的场强变化规律，能根据电场线分析电场的特点或相关问题．
2．能根据电场特点、运动轨迹等分析带电粒子在电场中的平衡、运动、动力学等问题，能分析求解特殊场强问题．
类型1　两个等量点电荷的电场特点
等量异种点电荷 等量同种(正)点电荷
电场线 分布
连线上的场强大小、方向 O点场强最小，从O点沿连线向两边逐渐变大；场强方向从正电荷指向负电荷 O点场强为0，从O点沿连线向两边逐渐变大；场强方向总指向O(等量正电荷)或远离O(等量负电荷)
中垂线上的场强大小、方向 O点场强最大，从O点沿中垂线向两边逐渐变小；场强方向均相同，且总与中垂面(线)垂直 O点场强为0，从O点沿中垂线向两边先变大，后变小；场强方向总远离O(等量正电荷)或指向O(等量负电荷)
关于O点对称的点A与A′、B与B′的场强 等大、同向 等大、反向
　如图所示，以等量正点电荷连线的中点O作为原点，沿其中垂线建立x轴，x轴上电场强度最大的两个点记为A、B，将一电子从A点由静止释放，电子仅在静电力的作用下在A、B两点之间做往复运动．下列说法中正确的是(　D　)
A．A、B两点的电场强度相同
B．O点的电场强度大于A点
C．电子经过O点时的加速度最大
D．电子经过O点时的速度最大
解析：根据等量同种点电荷的电场分布特点可知A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；根据等量同种电荷的电场分布特点可知O点电场强度为零，A点电场强度大于零，即O点的电场强度小于A点，故B错误；根据F＝qE可知电子经过O点时受到的合力为零，加速度为零，故C错误；电子从A点由静止释放做加速运动，经过O点后做减速运动，所以电子经过O点时的速度最大，故D正确．
类型2　电场线与带电粒子运动轨迹相关问题
1．电场线与运动轨迹的比较
电场线 运动轨迹
客观性 不存在，是为研究电场方便而人为引入的 客观存在的
切线 意义 曲线上各点的切线方向即为该点的电场强度方向，同时也是正电荷在该点的受力方向，即正电荷在该点产生加速度的方向 轨迹上每一点的切线方向即为粒子在该点的速度方向，但加速度的方向与速度的方向不一定相同
2．做曲线运动的带电粒子
(1) 速度方向沿轨迹的切线方向，所受合外力方向指向曲线的凹侧，粒子轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间．
(2) 静电力方向与电场线相切，同一带电粒子在电场线密集的地方加速度大，在电场线稀疏的地方加速度小．
3．电场线与运动轨迹相关问题的分析方法
(1) 根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断带电粒子所受静电力的方向．
(2) 把电场线方向、静电力方向与电性相联系进行分析．
(3) 把电场线的疏密和静电力大小、加速度大小相联系进行分析．
(4) 把静电力做的功与能量的变化相联系进行分析．
　一带负电的粒子仅在电场力的作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示．则此电场的电场线分布可能是(　A　)
A B
C D
解析：从题图中可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度逐渐变大，从A点到B点电场线逐渐变密，综合分析可知，粒子是顺着电场线运动的，由电场线疏处到达密处，A正确．
　(多选)如图所示的电场中，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(　AC　)
A．粒子一定带正电
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．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度
解析：带电粒子在电场中运动时，受到的电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，由图可知，此带电粒子受到的电场力方向沿着电场线向左，所以此粒子一定带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，电场线在c点处较密，所以在c点的电场强度大，粒子在c点处受到的电场力大，故粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点到a点，此过程中，电场力做正功，动能增大，若粒子从a点到c点，此过程中，电场力做负功，动能减小，所以粒子在电场中c点的速度一定小于在a点的速度，D错误．
类型3　电场中的动力学问题
带电体在多个力作用下处于平衡状态时，物体所受合外力为0，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等；带电体在电场中处于非平衡状态时，可根据牛顿第二定律和运动学公式或功能关系求解．
　质量m＝3.0×10-4 kg、电荷量q＝1.0×10-6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中，取g＝10 m/s2.
(1) 求匀强电场的电场强度E1的大小和方向．
(2) 在t＝0时刻，匀强电场的电场强度大小突然变为E2＝6.0×103 N/C，且方向不变，求在前0.2 s时间内带正电微粒位移的大小．
答案：(1) 3.0×103 N/C，方向竖直向上　(2) 0.2 m
解析：(1) 带正电微粒静止，则E1q＝mg
解得E1＝＝3.0×103 N/C，方向竖直向上
(2) 设微粒的加速度为a，前0.2 s时间内上升高度为h，则
qE2－mg＝ma1
解得a1＝10 m/s2
根据h＝a1t2
解得h＝0.2 m
类型4　求解电场强度的非常规思维方法
1．等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
甲 乙
2．对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．
如图丙所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．
丙
3．填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
4．微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．
　硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊等装置构成，如图甲所示．工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面均匀的布上一层负电荷，我们可以用图乙模拟带电的感光鼓：电荷量均为－q的点电荷，均匀对称地分布在半径为R的圆周上．若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成－4q，则圆心O点处的电场强度为(　B　)
甲 乙
A．，方向沿半径背离P点
B．，方向沿半径指向P点
C．，方向沿半径背离P点
D．，方向沿半径指向P点
解析：当P点的点电荷为－q时，根据电场的对称性，可得在圆心O点处的电场强度为零，当P点的点电荷为－4q时，可由－q和－3q两个电荷等效替代，故圆心O点处的电场强度可以看成均匀带电圆环和－3q产生的两个场强叠加，故圆心O点处的电场强度为E＝0＋k，电场方向为－3q在O点处的电场方向，即方向沿半径指向P点，故B正确．
1．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　)
A B
C D
解析：将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加可知，D中O点的场强为0，C中的场强等效为第二象限内圆环在O点产生的场强，大小与A中圆环在O点处产生的场强大小相等，B中关于y轴对称的两圆环在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C中O点处场强的倍，B正确．
2．如图所示，实线为三条方向未知的电场线，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只受电场力作用)，则(　A　)
A．a与b带异种电荷
B．a与b带同种电荷
C．a的速度将增大，b的速度将减小
D．a的加速度将增大，b的加速度将减小
解析：由于两粒子所受的电场力的方向相反，故a、b两粒子所带电荷的电性相反，B错误，A正确；对于b，电场力方向始终和轨迹的切线方向即速度方向成锐角，始终对电荷做正功，故b的速度越来越大，而对于a，电场力先做负功，后做正功，故a的速度先减小，后增大，C错误；电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，则a受到的电场力逐渐减小，b受到的电场力逐渐增大，根据牛顿第二定律可知a的加速度减小，b的加速度增大，D错误．

展开更多......

收起↑