资源简介

(共70张PPT)
第九章　静电场及其应用
拓展提升课1　静电力的性质
核心要点 点点过
1
目录
即时演练 堂堂清
2
课时作业
3
核心要点 点点过
1.微元法
把带电体分成很多小块,每小块都可以看成点电荷,用点电荷电场叠加的方法计算。
要点一　非点电荷电场强度的叠加方法
【例1】 (多选)如图所示,水平面上有一均匀带电圆环,所带电荷量为+Q,其圆心为O点。有一电荷量为+q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点,O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为θ,重力加速度为g,以下说法正确的是 (　 　)
A.P点电场强度方向竖直向下
B.P点电场强度大小为
C.P点电场强度大小为k
D.P点电场强度大小为k
BD
【解析】　将圆环分为n等份(n很大,每一份可以认为是一个点电荷),则每份的电荷量为q0=,每份在P点的电场强度大小E0=,根据对称性可知,水平方向的合电场强度为0,P点的电场强度方向竖直向上,故A错误;其大小E=nE0cos θ=,由二力平衡可得在P点mg=qE,解得P点电场强度为E=,故B、D正确,C错误。
2.对称法:在电场中,当电荷的分布具有对称性时,应用其对称性解题会很方便,在分析物理问题时,可将研究对象进行分割、填补或用等效的方法使非对称体转化为对称体。
【例2】　(2022·山东卷)半径为R的绝缘细圆环固定在如图所示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为0。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　 　)
A.正电荷,q=
B.正电荷,q=
C.负电荷,q=
D.负电荷,q=
C
【解析】　取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷,根据对称性可知,圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和,如图所示,因为两段弧长非常小,故可看成点电荷,则有E1=,由图可知,两电场强度的夹角为120°,则两者的合电场强度为E=E1=k,根据O点的合电场强度为0,则放在D点的点电荷为负电荷,它在O点产生的电场强度大小为E'=E=k,根据E'=k,联立解得q=。故C正确。
3.补偿法:当所给带电体不是一个完整的规则物体时,将该带电体割去或增加一部分,组成一个规则的整体,从而求出规则物体的电场强度,再通过电场强度的叠加求出不规则物体的电场强度。
【例3】　均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于集中于球心处的电荷产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布着正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球面顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R。已知M点的电场强度大小为E,则N点的电场强度大小为(　 　)
A.
C.+E
A
【解析】　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效于带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为-q的右半球面的电场的合电场,则E=k-E',E'为带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小。带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点产生的电场强度大小相等,则EN=E'=k-E,A正确。
带电体在多个力作用下处于平衡状态,物体所受合力为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。
解题的基本思路
(1)确定研究对象:如果有几个物体相互作用时,要依据题意,适当选取“整体法”或“隔离法”。
(2)对研究对象进行受力分析,此时多了静电力。
(3)根据F合=0列方程,若采用正交分解法,则有Fx=0,Fy=0。
(4)求解方程。
要点二　静电场中的平衡问题
【例4】如图所示,绝缘轻绳悬挂一个带正电小球,小球质量为m=4.0×10-3 kg,所带电荷量为q=3.0×10-8 C,为使小球静止时绝缘轻绳与竖直方向成α=37°,可在空间加一匀强电场。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)当所加的匀强电场沿水平方向时,求该匀强电场的电场强度大小。
【解析】　对小球进行受力分析,如图甲所示,
根据共点力平衡条件qE=mgtan α,解得E==1.0×106 N/C。
【答案】　1.0×106 N/C
(2)若所加的匀强电场电场强度最小,求该匀强电场的电场强度的大小和方向。
【解析】　根据平行四边形定则,可以将三个力放到同一个矢量三角形中,如图乙所示,显然,只有当静电力方向与轻绳垂直时,静电力最小,此时F=qEmin=mgsin α,解得Emin==8.0×105 N/C,方向垂直轻绳斜向右上方。
【答案】　8.0×105 N/C,方向垂直轻绳斜向右上方
【例5】　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
D
【解析】　细绳竖直,把P、Q看作整体,在水平方向所受静电力为0,所以P、Q必带等量异种电荷,A、B错误;若P带正电荷,Q带负电荷,水平方向的合力不为0;若P带负电荷、Q带正电荷,符合题意,C错误,D正确。
静电力作用下的动力学问题可以归纳为“电学问题、力学方法”,遵从力学规律和力的运算法则。在分析具体问题时应注意:
(1)受力分析:除分析重力、弹力、摩擦力等之外,还要分析静电力的作用。
(2)状态分析:通过分析确定带电体运动状态。
(3)根据问题情境和提供的条件选取适当的物理规律列方程求解。
要点三　静电力作用下的动力学问题
【例6】　如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。
(1)A球刚释放时的加速度是多大
【解析】　由牛顿第二定律可知mgsin α-F=ma,
根据库仑定律得F=k,r=,
则a=gsin α-。
【答案】　gsin α-
(2)当A球的动能最大时,求此时A球与B点的距离。
【解析】　当A球受到的合力为0、加速度为0时,动能最大。设此时A球与B点间的距离为R,则mgsin α=k,解得R=。
【答案】　
处理静电场中动力学的问题时,根据牛顿运动定律,结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识即可解决问题,与力学问题分析方法完全相同。注意在进行受力分析时不要漏掉静电力。
【例7】　如图所示,光滑固定斜面(足够长)倾角为37°,一带正电的小物块质量为m、电荷量为q,置于斜面上,当沿水平方向加如图所示的匀强电场时,带电小物块恰好静止在斜面上,从某时刻开始,电场强度变化为原来的。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)原来的电场强度大小(用字母表示);
【解析】　对小物块受力分析如图所示,小物块静止于斜面上,
则mgsin 37°=qEcos 37°,可得E=。
【答案】　
(2)小物块运动的加速度;
【解析】　当电场强度变为原来的时,小物块受到的合力F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg,由牛顿第二定律有F合=ma,所以a=3 m/s2,方向沿斜面向下。
【答案】　3 m/s2,方向沿斜面向下
(3)小物块第2 s末的速度大小和前2 s内的位移大小。
【解析】　由运动学公式,知v=at=3×2 m/s=6 m/s,x=×3×22 m=6 m。
【答案】　6 m/s　6 m
1.电场线与电荷运动的轨迹
(1)电荷运动的轨迹与电场线一般不重合。若电荷只受静电力的作用,在以下条件均满足的情况下两者重合:
①电场线是直线。
②电荷由静止释放或有初速度,且初速度方向与电场线方向平行。
(2)判断静电力的方向
电场线上某点的切线方向为电场强度的方向。正电荷所受的静电力方向与电场强度方向相同,负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反。
要点四　电场线和电荷(带电粒子)运动轨迹问题
2.电荷的运动轨迹问题分析方法
(1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定静电力的方向。
(2)由静电力和电场线的方向可判断电荷的正负。
(3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小,再根据牛顿第二定律F=ma可判断电荷加速度的大小。
(4)根据力和速度的夹角可以判断速度变大还是变小,从而确定不同位置的速度大小。
【例8】　(多选)如图所示,A、B两个点电荷固定在空间,实线为两点电荷电场中的部分电场线,弯曲虚线为一个带电粒子仅在静电力作用下运动的轨迹,a、b为轨迹上两点,下列说法正确的是(　 　)
A.A、B带同种电荷
B.A、B带电荷量的绝对值不相等
C.a点的电场强度比b点的电场强度大
D.带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度小
BD
【解析】　题图中电场线起源于A,终止于B,由电场线分布的特征可知两点电荷带异种电荷,且A带正电,B带负电,故A错误;题图中电场线分布不具有对称性,则两点电荷带电荷量的绝对值不相等,故B正确;由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱,由题图可知,b点附近电场线比a点密,所以b点的电场强度比a点的电场强度大,故C错误;根据qE=ma,可知粒子在a点的加速度比在b点的加速度小,故D正确。
【例9】　一带负电荷的质点,只在静电力作用下沿曲线abc由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,下列图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　 　)
D
【解析】　质点从a运动到c,质点的速率是递减的,可知质点所受静电力方向与速度方向成钝角,又根据曲线运动条件,可知静电力指向轨迹弯曲的内侧,因负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反,故D正确。
即时演练 堂堂清
1.(多选)如图所示,实线是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场的电场线,虚线是一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。若带电粒子在运动中只受静电力作用,根据此图可判断出该带电粒子 (　 　)
A.电性与场源电荷的电性相同
B.在a、b两点所受静电力大小Fa>Fb
C.在a、b两点的速度大小va>vb
D.在a、b两点的动能EkaBC
解析:带电粒子在电场中运动时,其所受静电力的方向跟电场线共线,指向轨迹曲线弯曲的内侧,由此可知,带电粒子与场源电荷电性相反,A错误;a点处电场线比b点处密,所以a点电场强度较大,带电粒子在a点所受静电力较大,B正确;假设带电粒子由a点运动到b点,所受静电力方向与速度方向之间的夹角大于90°,静电力做负功,带电粒子的动能减少,速度减小,即Eka>Ekb,va>vb,同理可分析带电粒子由b点运动到a点时也有Eka>Ekb,va>vb,C正确,D错误。
2.如图所示,一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘细线悬挂于天花板上的O点,在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个与A带同种电荷的小球B,两个带电小球均可看作点电荷。已知小球A静止时细线与竖直方向的夹角为60°。设细线中拉力为FT,小球所受库仑力为F。下列关系式正确的是(　 　)
A.FT=mg
C.F=mg D.F=mg
解析:对小球A受力分析,其受重力、库仑力和细线拉力而处于平衡状态。通过几何关系得出这三个力互成120°角,有FT=mg=F,D正确。
D
3.如图所示,一质量为m=1.0×10-2 kg、带电荷量大小为q=1.0×10-6 C的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时细线偏向左与竖直方向夹角为θ=37°。小球在运动过程中电荷量保持
不变,重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。
(1)求电场强度E的大小。
解析:由平衡条件得小球所受静电力F=mgtan θ
所以小球所在处的电场强度的大小:E= N/C=7.5×104 N/C。
答案:7.5×104 N/C
(2)若在某时刻将细线突然剪断,求经过1 s时小球的速度大小v及方向。
解析:剪断细线后,小球所受合力
F合==1.25mg
根据牛顿第二定律得,小球的加速度
a==1.25g=12.5 m/s2。
所以1 s时小球的速度大小v=at=12.5 m/s,速度方向沿原细线方向向下,即方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。
答案:12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下
课时作业4
1.(5分)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:设带电荷量为q的圆环在O点处产生的电场强度大小分别为E0,根据对称性可得四种情况下,O点处的电场强度大小分别为EA=E0, EB=E0, EC=E0,ED=0,B正确。
2. (5分)如图所示,在绝缘光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,同时由静止释放,则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是(　 　)
A.速度变大,加速度变大
B.速度变小,加速度变小
C.速度变大,加速度变小
D.速度变小,加速度变大
C
解析:因小球间的静电力与小球的运动方向相同,故小球将一直做加速运动,又由于两小球间距离增大,它们之间的静电力越来越小,加速度越来越小,故C正确。
3. (5分)如图所示,实线为某一点电荷的电场线,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.该电场可能是由负点电荷产生的
C
解析: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为沿着电场线向左,所以粒子带正电,故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,故B错误;由电场线的疏密程度可知,c点处电场线密集,电场强度较大,粒子在c点处所受静电力较大,加速度一定大于在b点的加速度,故C正确;由题图可知,电场线由点电荷出发指向无穷远处,所以该电场是由正点电荷产生的,故D错误。
4. (5分)如图所示,在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为q的带电小球处于静止状态,重力加速度为g,则 (　 　)
A.小球带负电,q=
B.小球带正电,q=
C.若减小E,小球将竖直向上运动
D.若增大q,小球将竖直向下运动
B
解析:小球受力平衡,则受向上的静电力,可知小球带正电,则由mg=qE,可得q=,A错误,B正确;若减小E,则小球受的静电力减小,则小球将竖直向下运动,C错误;若增大q,则小球受的静电力变大,则小球将竖直向上运动,D错误。
5. (5分)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则(　 　)
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增大
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的动能,一个增大一个减小
C
解析:带电粒子做曲线运动,所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧,由于电场线的方向未知,所以粒子带电性质不确定,故A错误;从题图可知,带电粒子速度方向与静电力方向的夹角都小于90°,所以静电力都做正功,动能都增大,速度都增大,故B、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,所以a所受静电力减小,加速度减小,b所受静电力增大,加速度增大,故C正确。
6.(5分)如图所示,一个均匀带正电的绝缘球体,单位体积内的电荷量为ρ,球心为O,半径为r,内部有一个球形空腔,腔内的电场为匀强电场,空腔球心为P,半径为0.5r,且O、P处于同一水平面上,O、P连线延长线上有一点A,OA=2r。已知均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为0,静电力常量为k。则下列说法正确的是 (　 　)
A.空腔内匀强电场方向可能垂直OP向上
B.空腔内匀强电场方向可能由P指向O
C.A处电场强度大小为kπrρ
D.空腔内电场强度大小为kπrρ
D
解析:题中含空腔带电体可以看成一个完整的大球和一个电荷密度相等的带异种电荷的小球组合而成,所以空腔内匀强电场方向应沿大球半径向外,即沿OP方向,A、B错误;对空腔中O、P连线上的某点,设O到该点的距离为x,则大球产生的电场强度大小为E=kπxρ,同理小球产生的电场强度大小为E'=,所以空腔内电场强度大小为E+E'=kπrρ,D正确;对于大球外的A处,大球产生的电场强度大小为EA=kπrρ,小球产生的电场强度大小为E'A=kπrρ,A处电场强度大小为EA-E'A=kπρr,C错误。
7.(8分)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其电场强度为E。在该匀强电场中,用丝线悬挂一质量为m的带电小球。丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,小球与右侧金属板相距为b,如图所示。已知重力加速度为g。
(1)小球所带电荷量q是多少
解析:由于小球处于平衡状态,对小球进行受力分析如图所示。
由平衡条件得FTsin θ=qE,FTcos θ=mg,
解得q=。
答案:　
(2)若剪断丝线,小球碰到金属板需多长时间
解析:因带电小球受力平衡,重力与静电力的合力与丝线的拉力大小相等,故剪断丝线后小球所受重力、静电力的合力等于,小球的加速度a=,小球由静止开始沿丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,当碰到金属板时,它的位移为l=,又l=at2,所以t=。
答案:
8.(5分)如图所示,光滑绝缘的水平面上的P点固定一个带正电的点电荷,在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点),以向右为正方向,下列选项中能反映小球运动速度随时间变化规律的是 (　 　)
B
解析:N点的小球由静止释放后,受到向右的库仑力作用,开始向右运动,根据库仑定律F=k可知,随着两者之间距离的增大,小球受到的库仑力在减小,根据牛顿第二定律知,小球的加速度减小,在v-t图像中的斜率减小,故B正确。
9.(5分)已知均匀带电球壳在球内产生的电场强度为0。如图所示,将表面均匀带正电的半球壳分成厚度相等的两部分,然后将这两部分移开到很远的距离,设分开后球表面仍均匀带电,左半部分在A1点的电场强度大小为E1,右半部分在A2点的电场强度大小为E2,则有 (　 　)
A.E1=E2 B.E1C.E1>E2 D.大小无法确定
C
解析:如图甲所示,分开后左半部分球壳所带电荷在A1点产生的电场强度以E1表示,右半部分球壳所带电荷在A2点产生的电场强度以E2表示,由对称性可知E1的方向向右,E2的方向向左。设想将另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球壳,附在右半部分构成图乙所示形状,其在A2点产生的电场强度E3大于E2;三部分构成一个完整球壳,由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为0,那么,E1与E3必然大小相等,方向相反,所以左半部分球壳在A1点产生的电场强度E1大于右半部分球壳在A2点产生的电场强度E2,C正确。
10.(5分)如图所示,水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过,A的质量为M,用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接,整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E,A不带电,B带正电且电荷量大小为q,A、B均处于静止状态,细线与竖直方向成θ角。则(　 　)
A.细线中张力大小为mgcos θ
B.细线中张力大小为
C.杆对A的摩擦力大小为qE
D.杆对A的支持力大小为Mg
C
解析:对小球B进行受力分析,受力示意图如图1,由于小球B处于静止状态,根据平衡条件可得T=,故A、B错误;对物体A和小球B整体进行受力分析,受力示意图如图2,由于整体处于静止状态,根据平衡条件可得f=qE,N=Mg+mg,故C正确,D错误。
11.(10分)一根长为L的绝缘细线吊着一质量为m的带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中,如图所示,线与竖直方向成37°角,现突然将该电场方向变为向下且大小不变,不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g),求:
(1)匀强电场的电场强度的大小;
解析:小球平衡时受到细线的拉力、重力和静电力,
由平衡条件得:mgtan 37°=qE
解得E=。
答案:　
(2)小球经过最低点时线的拉力大小。
解析:电场方向变成向下后,重力和静电力都向下,两个力做功,小球开始摆动做圆周运动,由动能定理有
(mg+qE)L·(1-cos 37°)=mv2
在最低点时细线的拉力、重力和静电力的合力提供向心力,
T-(mg+qE)=m
解得T=mg+qE+m。
答案:mg
12.(12分)如图所示,真空中两个相同的小球带有等量同种电荷,质量均为0.1 g,分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的一点,当平衡时B球偏离竖直方向60°,A球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触(两带电小球均
可视为点电荷),静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2,求:
(1)两个小球所带电荷量;
解析:对B球受力分析如图甲所示。B球受力平衡,则拉力与库仑力的合力大小等于重力,方向与重力方向相反,由几何知识可知F=mg=FTB,
根据库仑定律得F=k,联立代入数据解得q=×10-7 C。
答案:×10-7 C
(2)墙壁受到的压力;
解析:对A球受力分析如图乙所示。
A球受力平衡,所以FN=Fsin 60°=mgsin 60°=×10-3 N,由牛顿第三定律可知,墙受到小球的压力大小为×10-3 N,方向水平向左。
答案:大小为×10-3 N,方向水平向左
(3)每条细线的拉力的大小。
解析:A球受力平衡,则有FTA=mg+Fcos 60°=1.5×10-3 N,由(1)分析知FTB=mg=1×10-3 N。
答案:1.5×10-3 N　1×10-3 N
本课结束静电力的性质
要点一　非点电荷电场强度的叠加方法
1.微元法
把带电体分成很多小块,每小块都可以看成点电荷,用点电荷电场叠加的方法计算。
【例1】(多选)如图所示,水平面上有一均匀带电圆环,所带电荷量为+Q,其圆心为O点。有一电荷量为+q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点,O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为θ,重力加速度为g,以下说法正确的是 (　BD　)
A.P点电场强度方向竖直向下
B.P点电场强度大小为
C.P点电场强度大小为k
D.P点电场强度大小为k
【解析】　将圆环分为n等份(n很大,每一份可以认为是一个点电荷),则每份的电荷量为q0=,每份在P点的电场强度大小E0=,根据对称性可知,水平方向的合电场强度为0,P点的电场强度方向竖直向上,故A错误;其大小E=nE0cos θ=,由二力平衡可得在P点mg=qE,解得P点电场强度为E=,故B、D正确,C错误。
2.对称法:在电场中,当电荷的分布具有对称性时,应用其对称性解题会很方便,在分析物理问题时,可将研究对象进行分割、填补或用等效的方法使非对称体转化为对称体。
【例2】　(2022·山东卷)半径为R的绝缘细圆环固定在如图所示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为0。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　C　)
A.正电荷,q=
B.正电荷,q=
C.负电荷,q=
D.负电荷,q=
【解析】　取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷,根据对称性可知,圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和,如图所示,因为两段弧长非常小,故可看成点电荷,则有E1=,由图可知,两电场强度的夹角为120°,则两者的合电场强度为E=E1=k,根据O点的合电场强度为0,则放在D点的点电荷为负电荷,它在O点产生的电场强度大小为E'=E=k,根据E'=k,联立解得q=。故C正确。
3.补偿法:当所给带电体不是一个完整的规则物体时,将该带电体割去或增加一部分,组成一个规则的整体,从而求出规则物体的电场强度,再通过电场强度的叠加求出不规则物体的电场强度。
【例3】　均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于集中于球心处的电荷产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布着正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球面顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R。已知M点的电场强度大小为E,则N点的电场强度大小为(　A　)
A.
C.+E
【解析】　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效于带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为-q的右半球面的电场的合电场,则E=k-E',E'为带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小。带电荷量为-q的右半球面在M点产生的电场强度大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点产生的电场强度大小相等,则EN=E'=k-E,A正确。
要点二　静电场中的平衡问题
带电体在多个力作用下处于平衡状态,物体所受合力为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。
解题的基本思路
(1)确定研究对象:如果有几个物体相互作用时,要依据题意,适当选取“整体法”或“隔离法”。
(2)对研究对象进行受力分析,此时多了静电力。
(3)根据F合=0列方程,若采用正交分解法,则有Fx=0,Fy=0。
(4)求解方程。
【例4】如图所示,绝缘轻绳悬挂一个带正电小球,小球质量为m=4.0×10-3 kg,所带电荷量为q=3.0×10-8 C,为使小球静止时绝缘轻绳与竖直方向成α=37°,可在空间加一匀强电场。
(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)当所加的匀强电场沿水平方向时,求该匀强电场的电场强度大小。
(2)若所加的匀强电场电场强度最小,求该匀强电场的电场强度的大小和方向。
【答案】　(1)1.0×106 N/C
(2)8.0×105 N/C,方向垂直轻绳斜向右上方
【解析】　(1)对小球进行受力分析,如图甲所示,
根据共点力平衡条件qE=mgtan α,解得E==1.0×106 N/C。
(2)根据平行四边形定则,可以将三个力放到同一个矢量三角形中,如图乙所示,显然,只有当静电力方向与轻绳垂直时,静电力最小,此时F=qEmin=mgsin α,解得Emin==8.0×105 N/C,方向垂直轻绳斜向右上方。
【例5】　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 (　D　)
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】　细绳竖直,把P、Q看作整体,在水平方向所受静电力为0,所以P、Q必带等量异种电荷,A、B错误;若P带正电荷,Q带负电荷,水平方向的合力不为0;若P带负电荷、Q带正电荷,符合题意,C错误,D正确。
要点三　静电力作用下的动力学问题
静电力作用下的动力学问题可以归纳为“电学问题、力学方法”,遵从力学规律和力的运算法则。在分析具体问题时应注意:
(1)受力分析:除分析重力、弹力、摩擦力等之外,还要分析静电力的作用。
(2)状态分析:通过分析确定带电体运动状态。
(3)根据问题情境和提供的条件选取适当的物理规律列方程求解。
【例6】　如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。
(1)A球刚释放时的加速度是多大
(2)当A球的动能最大时,求此时A球与B点的距离。
【答案】　(1)gsin α-
(2)
【解析】　(1)由牛顿第二定律可知mgsin α-F=ma,
根据库仑定律得F=k,r=,
则a=gsin α-。
(2)当A球受到的合力为0、加速度为0时,动能最大。设此时A球与B点间的距离为R,则mgsin α=k,解得R=。
处理静电场中动力学的问题时,根据牛顿运动定律,结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识即可解决问题,与力学问题分析方法完全相同。注意在进行受力分析时不要漏掉静电力。
【例7】　如图所示,光滑固定斜面(足够长)倾角为37°,一带正电的小物块质量为m、电荷量为q,置于斜面上,当沿水平方向加如图所示的匀强电场时,带电小物块恰好静止在斜面上,从某时刻开始,电场强度变化为原来的。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)原来的电场强度大小(用字母表示);
(2)小物块运动的加速度;
(3)小物块第2 s末的速度大小和前2 s内的位移大小。
【答案】　(1)
(2)3 m/s2,方向沿斜面向下
(3)6 m/s　6 m
【解析】　(1)对小物块受力分析如图所示,小物块静止于斜面上,
则mgsin 37°=qEcos 37°,可得E=。
(2)当电场强度变为原来的时,小物块受到的合力F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg,由牛顿第二定律有F合=ma,所以a=3 m/s2,方向沿斜面向下。
(3)由运动学公式,知v=at=3×2 m/s=6 m/s,x=×3×22 m=6 m。
要点四　电场线和电荷(带电粒子)运动轨迹问题
1.电场线与电荷运动的轨迹
(1)电荷运动的轨迹与电场线一般不重合。若电荷只受静电力的作用,在以下条件均满足的情况下两者重合:
①电场线是直线。
②电荷由静止释放或有初速度,且初速度方向与电场线方向平行。
(2)判断静电力的方向
电场线上某点的切线方向为电场强度的方向。正电荷所受的静电力方向与电场强度方向相同,负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反。
2.电荷的运动轨迹问题分析方法
(1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定静电力的方向。
(2)由静电力和电场线的方向可判断电荷的正负。
(3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小,再根据牛顿第二定律F=ma可判断电荷加速度的大小。
(4)根据力和速度的夹角可以判断速度变大还是变小,从而确定不同位置的速度大小。
【例8】　(多选)如图所示,A、B两个点电荷固定在空间,实线为两点电荷电场中的部分电场线,弯曲虚线为一个带电粒子仅在静电力作用下运动的轨迹,a、b为轨迹上两点,下列说法正确的是(　BD　)
A.A、B带同种电荷
B.A、B带电荷量的绝对值不相等
C.a点的电场强度比b点的电场强度大
D.带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度小
【解析】　题图中电场线起源于A,终止于B,由电场线分布的特征可知两点电荷带异种电荷,且A带正电,B带负电,故A错误;题图中电场线分布不具有对称性,则两点电荷带电荷量的绝对值不相等,故B正确;由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱,由题图可知,b点附近电场线比a点密,所以b点的电场强度比a点的电场强度大,故C错误;根据qE=ma,可知粒子在a点的加速度比在b点的加速度小,故D正确。
【例9】　一带负电荷的质点,只在静电力作用下沿曲线abc由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,下列图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　D　)
【解析】　质点从a运动到c,质点的速率是递减的,可知质点所受静电力方向与速度方向成钝角,又根据曲线运动条件,可知静电力指向轨迹弯曲的内侧,因负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反,故D正确。
1.(多选)如图所示,实线是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场的电场线,虚线是一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。若带电粒子在运动中只受静电力作用,根据此图可判断出该带电粒子 (　BC　)
A.电性与场源电荷的电性相同
B.在a、b两点所受静电力大小Fa>Fb
C.在a、b两点的速度大小va>vb
D.在a、b两点的动能Eka解析:带电粒子在电场中运动时,其所受静电力的方向跟电场线共线,指向轨迹曲线弯曲的内侧,由此可知,带电粒子与场源电荷电性相反,A错误;a点处电场线比b点处密,所以a点电场强度较大,带电粒子在a点所受静电力较大,B正确;假设带电粒子由a点运动到b点,所受静电力方向与速度方向之间的夹角大于90°,静电力做负功,带电粒子的动能减少,速度减小,即Eka>Ekb,va>vb,同理可分析带电粒子由b点运动到a点时也有Eka>Ekb,va>vb,C正确,D错误。
2.如图所示,一质量为m的带电小球A用长度为l的绝缘细线悬挂于天花板上的O点,在O点的正下方l处的绝缘支架上固定一个与A带同种电荷的小球B,两个带电小球均可看作点电荷。已知小球A静止时细线与竖直方向的夹角为60°。设细线中拉力为FT,小球所受库仑力为F。下列关系式正确的是(　D　)
A.FT=mg
C.F=mg D.F=mg
解析:对小球A受力分析,其受重力、库仑力和细线拉力而处于平衡状态。通过几何关系得出这三个力互成120°角,有FT=mg=F,D正确。
3.如图所示,一质量为m=1.0×10-2 kg、带电荷量大小为q=1.0×10-6 C的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场足够大,静止时细线偏向左与竖直方向夹角为θ=37°。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度g取10 m/s2(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。
(1)求电场强度E的大小。
(2)若在某时刻将细线突然剪断,求经过1 s时小球的速度大小v及方向。
答案:(1)7.5×104 N/C
(2)12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下
解析:(1)由平衡条件得小球所受静电力F=mgtan θ
所以小球所在处的电场强度的大小:E= N/C=7.5×104 N/C。
(2)剪断细线后,小球所受合力
F合==1.25mg
根据牛顿第二定律得,小球的加速度
a==1.25g=12.5 m/s2。
所以1 s时小球的速度大小v=at=12.5 m/s,速度方向沿原细线方向向下,即方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。
课时作业4
(总分:75分)
1.(5分)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:设带电荷量为q的圆环在O点处产生的电场强度大小分别为E0,根据对称性可得四种情况下,O点处的电场强度大小分别为EA=E0,EB=E0,EC=E0,ED=0,B正确。
2. (5分)如图所示,在绝缘光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,同时由静止释放,则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是(　C　)
A.速度变大,加速度变大
B.速度变小,加速度变小
C.速度变大,加速度变小
D.速度变小,加速度变大
解析:因小球间的静电力与小球的运动方向相同,故小球将一直做加速运动,又由于两小球间距离增大,它们之间的静电力越来越小,加速度越来越小,故C正确。
3. (5分)如图所示,实线为某一点电荷的电场线,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 (　C　)
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.该电场可能是由负点电荷产生的
解析: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为沿着电场线向左,所以粒子带正电,故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,故B错误;由电场线的疏密程度可知,c点处电场线密集,电场强度较大,粒子在c点处所受静电力较大,加速度一定大于在b点的加速度,故C正确;由题图可知,电场线由点电荷出发指向无穷远处,所以该电场是由正点电荷产生的,故D错误。
4. (5分)如图所示,在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为q的带电小球处于静止状态,重力加速度为g,则 (　B　)
A.小球带负电,q=
B.小球带正电,q=
C.若减小E,小球将竖直向上运动
D.若增大q,小球将竖直向下运动
解析:小球受力平衡,则受向上的静电力,可知小球带正电,则由mg=qE,可得q=,A错误,B正确;若减小E,则小球受的静电力减小,则小球将竖直向下运动,C错误;若增大q,则小球受的静电力变大,则小球将竖直向上运动,D错误。
5. (5分)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则(　C　)
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增大
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的动能,一个增大一个减小
解析:带电粒子做曲线运动,所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧,由于电场线的方向未知,所以粒子带电性质不确定,故A错误;从题图可知,带电粒子速度方向与静电力方向的夹角都小于90°,所以静电力都做正功,动能都增大,速度都增大,故B、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,所以a所受静电力减小,加速度减小,b所受静电力增大,加速度增大,故C正确。
6.(5分)如图所示,一个均匀带正电的绝缘球体,单位体积内的电荷量为ρ,球心为O,半径为r,内部有一个球形空腔,腔内的电场为匀强电场,空腔球心为P,半径为0.5r,且O、P处于同一水平面上,O、P连线延长线上有一点A,OA=2r。已知均匀带电球壳在其内部产生的电场强度为0,静电力常量为k。则下列说法正确的是 (　D　)
A.空腔内匀强电场方向可能垂直OP向上
B.空腔内匀强电场方向可能由P指向O
C.A处电场强度大小为kπrρ
D.空腔内电场强度大小为kπrρ
解析:题中含空腔带电体可以看成一个完整的大球和一个电荷密度相等的带异种电荷的小球组合而成,所以空腔内匀强电场方向应沿大球半径向外,即沿OP方向,A、B错误;对空腔中O、P连线上的某点,设O到该点的距离为x,则大球产生的电场强度大小为E=kπxρ,同理小球产生的电场强度大小为E'=,所以空腔内电场强度大小为E+E'=kπrρ,D正确;对于大球外的A处,大球产生的电场强度大小为EA=kπrρ,小球产生的电场强度大小为E'A=kπrρ,A处电场强度大小为EA-E'A=kπρr,C错误。
7.(8分)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其电场强度为E。在该匀强电场中,用丝线悬挂一质量为m的带电小球。丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡,小球与右侧金属板相距为b,如图所示。已知重力加速度为g。
(1)小球所带电荷量q是多少
(2)若剪断丝线,小球碰到金属板需多长时间
答案:(1)　(2)
解析:(1)由于小球处于平衡状态,对小球进行受力分析如图所示。
由平衡条件得FTsin θ=qE,FTcos θ=mg,
解得q=。
(2)因带电小球受力平衡,重力与静电力的合力与丝线的拉力大小相等,故剪断丝线后小球所受重力、静电力的合力等于,小球的加速度a=,小球由静止开始沿丝线拉力的反方向做匀加速直线运动,当碰到金属板时,它的位移为l=,又l=at2,所以t=。
8.(5分)如图所示,光滑绝缘的水平面上的P点固定一个带正电的点电荷,在它的右侧N点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点),以向右为正方向,下列选项中能反映小球运动速度随时间变化规律的是 (　B　)
解析:N点的小球由静止释放后,受到向右的库仑力作用,开始向右运动,根据库仑定律F=k可知,随着两者之间距离的增大,小球受到的库仑力在减小,根据牛顿第二定律知,小球的加速度减小,在v-t图像中的斜率减小,故B正确。
9.(5分)已知均匀带电球壳在球内产生的电场强度为0。如图所示,将表面均匀带正电的半球壳分成厚度相等的两部分,然后将这两部分移开到很远的距离,设分开后球表面仍均匀带电,左半部分在A1点的电场强度大小为E1,右半部分在A2点的电场强度大小为E2,则有 (　C　)
A.E1=E2 B.E1C.E1>E2 D.大小无法确定
解析:如图甲所示,分开后左半部分球壳所带电荷在A1点产生的电场强度以E1表示,右半部分球壳所带电荷在A2点产生的电场强度以E2表示,由对称性可知E1的方向向右,E2的方向向左。设想将另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球壳,附在右半部分构成图乙所示形状,其在A2点产生的电场强度E3大于E2;三部分构成一个完整球壳,由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为0,那么,E1与E3必然大小相等,方向相反,所以左半部分球壳在A1点产生的电场强度E1大于右半部分球壳在A2点产生的电场强度E2,C正确。
10.(5分)如图所示,水平粗糙绝缘杆从物体A中心的孔穿过,A的质量为M,用绝缘细线将另一质量为m的小球B与A连接,整个装置所在空间存在水平向右的匀强电场E,A不带电,B带正电且电荷量大小为q,A、B均处于静止状态,细线与竖直方向成θ角。则(　C　)
A.细线中张力大小为mgcos θ
B.细线中张力大小为
C.杆对A的摩擦力大小为qE
D.杆对A的支持力大小为Mg
解析:对小球B进行受力分析,受力示意图如图1,由于小球B处于静止状态,根据平衡条件可得T=,故A、B错误;对物体A和小球B整体进行受力分析,受力示意图如图2,由于整体处于静止状态,根据平衡条件可得f=qE,N=Mg+mg,故C正确,D错误。
11.(10分)一根长为L的绝缘细线吊着一质量为m的带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中,如图所示,线与竖直方向成37°角,现突然将该电场方向变为向下且大小不变,不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g),求:
(1)匀强电场的电场强度的大小;
(2)小球经过最低点时线的拉力大小。
答案:(1)　(2)mg
解析:(1)小球平衡时受到细线的拉力、重力和静电力,
由平衡条件得:mgtan 37°=qE
解得E=。
(2)电场方向变成向下后,重力和静电力都向下,两个力做功,小球开始摆动做圆周运动,由动能定理有
(mg+qE)L·(1-cos 37°)=mv2
在最低点时细线的拉力、重力和静电力的合力提供向心力,T-(mg+qE)=m
解得T=mg+qE+m。
12.(12分)如图所示,真空中两个相同的小球带有等量同种电荷,质量均为0.1 g,分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的一点,当平衡时B球偏离竖直方向60°,A球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触(两带电小球均可视为点电荷),静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2,求:
(1)两个小球所带电荷量;
(2)墙壁受到的压力;
(3)每条细线的拉力的大小。
答案:(1)×10-7 C
(2)大小为×10-3 N,方向水平向左
(3)1.5×10-3 N　1×10-3 N
解析:(1)对B球受力分析如图甲所示。B球受力平衡,则拉力与库仑力的合力大小等于重力,方向与重力方向相反,由几何知识可知F=mg=FTB,
根据库仑定律得F=k,联立代入数据解得q=×10-7 C。
(2)对A球受力分析如图乙所示。
A球受力平衡,所以FN=Fsin 60°=mgsin 60°=×10-3 N,由牛顿第三定律可知,墙受到小球的压力大小为×10-3 N,方向水平向左。
(3)A球受力平衡,则有FTA=mg+Fcos 60°=1.5×10-3 N,由(1)分析知FTB=mg=1×10-3 N。

展开更多......

收起↑