高考物理总复习7.1库仑定律电场力的性质课件PPT

这是一份高考物理总复习7.1库仑定律电场力的性质课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识导图，电荷的总量，点电荷，电场强度，受力无关，2平衡规律，点电荷的场强公式，迁移训练，电场线的应用等内容，欢迎下载使用。

1.60×10-19C
【微点拨】1.应用库仑定律的两点注意:(1)F= 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.电场线的三个特点:(1)电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷。(2)电场线在电场中不相交。(3)在同一电场中,电场线的疏密表示电场的强弱,电场线越密的地方场强越大。
【慧眼纠错】(1)带电体所带的电荷量可以是任意的。纠错:_________________________________________。(2)根据公式F= 得,当r→0时,有F→∞。纠错:______________________________________________。
任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍
r→0时,带电体不能看成点电荷,库仑定律不再
(3)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。纠错:___________________________________________________。(4)在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。纠错:________________________________。
场强是由电场本身的性质决定的,与试探电荷的
电场场强大小相同,而方向各不相同
考点1　库仑力作用下的平衡问题【典题探究】 【典例1】(多选)(2018·厦门模拟)如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小物块b置于斜面上,
通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接,连接b的一段细绳与斜面平行,带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中,两球心始终处于同一水平面,并且b、c都处于静止状态,下列说法中正确的是世纪金榜导学号04450149(　　)
A.b对c的摩擦力一定减小B.地面对c的支持力一定变大C.地面对c的摩擦力方向一定向左D.地面对c的摩擦力一定变大
【解析】选B、C。当两带电小球在缓慢漏电的过程中,依据库仑定律,两电荷受到的库仑力在减小,由平衡条件可知绳子对M的拉力减小,因此绳子对b的拉力减小,若b相对c有上滑的趋势,那么其受到的摩擦力会减小,若b相对c有下滑的趋势,那么其受到的摩擦力会增大,
故A错误;对b、c整体,由于绳子对整体的拉力减小,由平衡条件得地面对整体的支持力增大,而地面对整体向左的静摩擦力会减小,故B、C正确,D错误。
【通关秘籍】 1.解决库仑力作用平衡问题的思路方法:
2.三个自由点电荷的平衡条件及规律:(1)平衡条件:每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷的位置,即另外两个点电荷的合场强为零的位置。
【考点冲关】 1.(2018·黄山模拟)如图所示,两根长度相等的绝缘细线,上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角θ=30°,以下说法正确的是(　　)
A.细线对小球的拉力大小为 B.两小球间的静电力大小为 C.剪断左侧细线瞬间P球的加速度大小为2gD.若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为
【解析】选C。P球受力如图所示,由共点力平衡条件得,细线的拉力为T= =2mg,库仑力大小F=mgctθ= mg,故A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,库仑力不变,小球P所受的合力F合=T=2mg,根据牛顿第二定律得,a=2g,故C正确;若两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为a= 故D错误。
2.(多选)两个相同的金属球A和B,A带正电,B带负电,且QA与QB的大小之比是4∶1,带电金属球可视为点电荷。若在A、B连线上的某点C放一个点电荷QC,A、B对C作用的静电力刚好平衡,则(　　)
A.C点一定在连线的B点的外侧B.C点一定在连线的A点的外侧C.C点一定在A、B之间D.C点的场强一定为零
【解析】选A、D。因为A带正电,B带负电,只要放入的电荷受到的合力为0即可,通过受力分析,并由库仑定律可知,QA与QB的大小之比是4∶1,对C点则有rA>rB,而且保证两个力的方向相反,所以应将C置于AB线段上连线的B点的外侧,且C点的场强为零,故A、D正确,B、C错误。
【加固训练】(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg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0.3 m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0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,A、B球可视为点电荷),则(　　)
A.支架对地面的压力大小为2.0 NB.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 NC.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=1.225 N,F2=1.0 ND.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N
【解析】选B、C。A、B间库仑引力为F= =9.0×109× =0.9 N,B球与绝缘支架的总重G2=m2g=2 N,由力的平衡可知,支架对地面的压力为1.1 N,A项错误;由于两线的夹角为120°,根据对称性可知,两线上的拉力大小相等,与A的重力与库仑引力的合力相等,即F1=F2=G1+F=1.9 N,B项正确;将B移到无穷远处,B对A的作用力为零,两线上的拉力等于A球的重力大小,即为
1 N,D项错误;将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时库仑力为F′= =9.0×109× =0.225 N,F2上拉力不变,则根据平衡条件可得F1=1 N+0.225 N=1.225 N,C项正确。
考点2　电场强度的叠加与计算　　　　　　 【典题探究】 【典例2】(2018·九江模拟)如图,A是带电量为+Q半径为R的球体且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场,场强大小只和到球心的距离有关),B为带电量为+q的带电体可看作点电荷。已检
测到C点的场强为零,d点与C点到球心O的距离都为r,B到C点距离也为r,那么只把带+q的带电体移到e点。则d点场强大小为世纪金榜导学号04450150(　　)
【题眼直击】(1)均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场,场强大小只和到球心的距离有关→A在空间某点的场强可由_________________计算。(2)B为带电量为+q的带电体可看作点电荷→B在空间某点的场强可由_________________计算。
(3)C点的场强为零,d点与C点到球心O的距离都为r,B到C点距离也为r→A的电荷量Q_____B的电荷量q。
【解析】选A。A是带电量为+Q半径为R的球体且电荷均匀分布,则A在C点产生的场强大小为EA= 方向水平向右,B为带电量为+q的带电体可看作点电荷,则B在C点产生的场强大小为EB= 方向水平向左,因为C点的场强为零,所以有EA=EB,即Q=q,把带+q的带电体B移到e点,则A在d点产生的场强大小为E′A= 方向竖直向上,B在d点产生的场强大小为E′B= 方向水平向左,
根据电场的叠加原理,将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加即可得d点场强大小为 故A正确,B、C、D错误。
迁移1:平衡法求电场强度用一条绝缘细线悬挂一个带电小球,小球质量为m=1.0×10-2 kg,所带电荷量为q=+2.0×10-8C,现加一水平方向的匀强电场,平衡时绝缘细线与竖直方向的夹角为θ=30°,则匀强电场的电场强度E大小为(　　)
【解析】选B。小球受力如图所示,由平衡条件得qE=mgtan30°,解得故B正确,A、C、D错误。
迁移2:等效法求电场强度如图甲所示,MN为很大的薄金属板(可理解为无限大),金属板原来不带电。在金属板的右侧,距金属板距离为d的位置上放入一个带正电、电荷量为q的点电荷,由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布,P在点电荷右侧,与点电荷之间的距离也为d,几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现问题很难。几位同学经过仔细研
究,从图乙所示的电场得到了一些启示,经过查阅资料他们知道:图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的,图乙中两异号点电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线,由此他们分别求出了P点的电场强度大小,一共有以下四个不同的答案(k为静电力常量),其中正确的是(　　)
【解析】选A。根据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向右,两个异号点电荷电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,乙图上+q右侧d处的场强大小为E= 根据题意可知,P点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等,即为 故A正确,B、C、D错误。
迁移3:对称法求电场强度直角坐标系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,一电量为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点处场强的大小和方向分别为(　　)
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】选B。由于对称性,M、N两处的负电荷在G、H处产生的场强大小相等,等于在O点的正点电荷产生的场强E1= 正点电荷放在G处时,它在H处产生的场强E2= 所以,H处的合场强E=E1-E2= 方向沿y轴负方向,故B正确,A、C、D错误。
迁移4:补偿法求电场强度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点的场强大小为E,则N点的场强大小为(　　)
【解析】选A。半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷-q的右半球面的电场的合电场,则E= -E′,E′为带电荷-q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷-q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等,则EN=E′= 故A正确,B、C、D错误。
【通关秘籍】 1.电场强度的三个公式的比较:
2.计算电场强度的五种方法:
【加固训练】如图,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、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为
q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)
【解析】选B。由b点的合场强为零可得圆盘在b点的场强与点电荷q在b点的场强大小相等、方向相反,所以圆盘在b点的场强大小为Eb= 再根据圆盘场强的对称性和场强叠加即可得出d点的场强为Ed= 故选项B正确。
考点3　电场线的理解与应用　　　　　　　　 【典题探究】 【典例3】(2018·海口模拟)两点电荷Q1、Q2产生的电场线如图所示,根据电场线的分布情况,下列判断正确的是世纪金榜导学号04450151(　　)
A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量C.Q1、Q2一定均为正电荷D.Q1、Q2一定均为负电荷
【解题探究】(1)电场线的疏密表示什么?提示:电场线的疏密表示电场强度的大小,电场线越密集,场强越大。(2)如何确定两点电荷的电荷量大小?提示:由电场的强弱结合点电荷的场强公式确定两点电荷的电荷量大小。
【解析】选A。由电场线的特点可知电场线越密,电场强度越大,可知Q2周围的电场强度大于Q1周围的电场强度,结合点电荷的电场强度的公式E= 可知,Q1的电荷量小于Q2的电荷量,故A正确,B错误;电场线从正电荷出发到负电荷终止,由于图中没有标出电场线的方向,所以不能判断出电荷的正负,结合电荷的特点可知,Q1、
Q2可能均为正电荷,也有可能Q1、Q2均为负电荷,故C、D错误。
【通关秘籍】 1.六种典型电场的电场线:
2.两种等量点电荷电场线的比较:
【考点冲关】 1.如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况,下列说法中正确的是(　　)A.这个电场可能是负点电荷的电场B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.A、B两点的电场强度方向不相同D.负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点的切线方向
【解析】选C。正电荷电场中的电场线是从正电荷出发指向无穷远的直线,而该电场是曲线,故不可能是点电荷形成的电场,故A错误;电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以EA>EB,B错误;电场线的切线方向为该点场强的方向,所以A、B两点的电场
强度方向不相同,C正确;电场线的切线方向为该点场强的方向,所以负电荷在B点处受到的电场力的方向沿电场线切线的反方向,故D错误。
2.(多选)(2018·泸州模拟)如图所示,图甲、图乙分别是等量负点电荷和等量异种点电荷组成的两个独立的带电系统,O为电荷连线和中垂线的交点,M、N是连线上与O点对称的两点,p、q是中垂线上与O点对称的两点,现有一个正点电荷,仅受电场力作用,则(　　)
A.该正点电荷在图甲和图乙中从p运动到q时一定是沿直线运动B.该正点电荷在图甲和图乙中从M运动到N时一定是沿直线运动C.该正点电荷可以在图甲中做匀速圆周运动经过p和qD.该正点电荷可以在图乙中做匀速圆周运动经过p和q
【解析】选B、C。在甲图中,p、q间电场线方向均指向O点,正点电荷可沿直线从p运动到q,在乙图中,p、q间电场线方向垂直p、q连线,那么正点电荷所受的电场力与p、q连线垂直,不可能沿直线运动,故A错误;在甲图中,M、N间电场线方向均背离O点,正点电荷可沿直线从M运动到N,在乙图中,M、N间电场线方向由M指向N,那么
正点电荷所受的电场力与M、N连线平行,也可以沿直线运动,故B正确;该粒子在甲图所示电场中,所受的电场力指向O点,正点电荷可以绕O点做匀速圆周运动,并经过p、q,故C正确;在乙电场中,正点电荷受到的电场力与p、q连线垂直,不可能做匀速圆周运动,故D错误。
【加固训练】两点电荷形成电场的电场线分布如图所示,A、B是电场线上的两点,下列判断正确的是(　　)
A.A、B两点的电场强度大小不等,方向相同B.A、B两点的电场强度大小相等,方向不同C.左边电荷带负电,右边电荷带正电D.两电荷所带电荷量相等
【解析】选C。电场线的疏密表示电场的强弱,电场线越密,表示电场越强,电场方向为电场线的切线方向,故从图可以看出A点和B点电场强度大小和方向均不同,故A、B错误;电场线从正电荷指向负电荷,故C正确;右边电荷周围的电场线密集,故此电荷的电荷量较大,故D错误。
考点4　带电体的力电综合问题　　　　　　 【典题探究】 【典例4】(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持
续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。世纪金榜导学号04450152
(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
【解题探究】(1)带电油滴在E1的匀强电场中做匀速直线运动满足的条件是什么?提示:带电油滴所受重力与静电力平衡。(2)电场增大后带电油滴做什么运动?提示:带电油滴竖直向上做匀加速直线运动。
(3)电场反向后带电油滴做什么运动?提示:带电油滴做匀减速直线运动。(4)B点和A点可能存在怎样的位置关系?提示:B点可能在A点的上方,也可能在A点的下方。
【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场方向向上。在t=0时电场强度突然从E1增大到E2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度大小设为a1,有:E2q -mg = ma1
油滴在t1时刻的速度: v1 = v0 +a1t1电场强度突然在t1时刻反向,油滴做匀变速直线运动,加速度大小为a2,方向向下。有:E2q + mg = ma2油滴在t2 = 2t1时刻的速度为:v2 = v1 - a2t1 由以上四式得:v2 = v0 -2gt1
(2)由题意,在t=0时刻前有:E1q = mg油滴从t= 0到时刻t1的位移为:s1=v0t1+ a1油滴在从时刻t1到时刻t2 =2t1的时间间隔内的位移为:s2=v1t1- a2 设B、A两点之间的距离为h,由题给条件有:v02=2g(2h)
①若B点在A点之上,依题意有: s1+s2=h由以上几式解得:E2= 为使E2>E1 ,应有: 即:0 < t1 < 对应于v2 > 0情形;或t1 > 对应于v2 < 0情形;
② 若B在A点之下,依题意有s1+s2=-h由以上几式解得:E2= 为使E2>E1,应有: 解得:t1 > 另一解为负,不符合题意,已舍去。答案:(1)v0-2gt1　(2)见解析
【通关秘籍】 解决力电综合问题的一般思路
【考点冲关】 1.(多选)(2018·广州模拟)如图,a、b两个带电小球分别用绝缘细线系住,并悬挂在O点,当两小球处于静止时,它们恰好在同一水平面上,此时两细线与竖直方向夹角α<β。若同时剪断两细线,在下落过程中(　　)
A.两球始终处在同一水平面上B.a、b两球系统的电势能增大C.任一时刻,a球速率小于b球速率D.a球水平位移始终大于b球水平位移
【解析】选A、C。当细线剪断后,对小球受力分析,竖直方向仍只受重力,所以加速度不变仍为g,则在下落过程中,两球仍处于同一水平面,故A正确;由于库仑力做正功,导致两球系统的电势能减小,故B错误;根据平衡条件有 由于β>α,所以ma>mb,因此水平方向上,a的加速度小于b的加速度,小球在竖直
方向上做自由落体运动,在水平方向上做变加速直线运动,根据分运动与合运动具有等时性,可知a、b两球同时落到同一水平面上,a球落地时的速度小于b球落地时的速度,那么a球水平位移始终小于b球水平位移,故C正确,D错误。
2.(2018·湖南师大附中模拟)如图所示,在绝缘水平面上的两物块A、B用劲度系数为k的水平绝缘轻质弹簧连接,物块B、C用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A靠在竖直墙边,C在倾角为θ的长斜面上,滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行。A、B、C的质量分别是m、2m、2m,A、C均不带电,B带正电,滑轮左侧
存在着水平向左的匀强电场,整个系统不计一切摩擦,B与滑轮足够远。B所受的电场力大小为6mgsinθ,开始时系统静止。现让C在沿斜面向下的拉力F作用下做加速度大小为a的匀加速直线运动,弹簧始终未超过弹性限度,重力加速度大小为g。
(1)求开始时弹簧的压缩长度x1。(2)求A刚要离开墙壁时,C的速度大小v1及拉力F的大小。(3)若A刚要离开墙壁时,撤去拉力F,同时电场力大小突然减为2mgsinθ,方向不变,求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。
【解析】(1)开始时,弹簧处于压缩状态,由平衡条件得:对C:FT1=2mgsinθ对B:FT1+kx1=6mgsinθ解得:x1=
(2)A刚要离开墙壁时墙壁对A的弹力为零,弹簧刚好不发生形变,则C做匀加速直线运动,位移大小为x1时有:v1= 解得:v1=
由牛顿第二定律得:对B:FT2-6mgsinθ=2ma对C:F+2mgsinθ-FT2=2ma解得:F=4m(gsinθ+a)
(3)A刚要离开墙壁后,当三个物块的速度v2大小相等时,弹簧弹性势能最大,由动量定理得:对A:IF=mv2-0对B:IT-IF-2mgsinθ·t=2mv2-2mv1对C:2mgsinθ·t-IT=2m v2-2mv1
由能量守恒定律得:解得:Epm= 答案:
【加固训练】如图所示,绝缘的光滑水平桌面高为h=1.25 m、长为s=2 m,桌面上方有一个水平向左的匀强电场。一个质量为m=2×10-3 kg、带电量为q=+5.0×10-8 C的小物体自桌面的左端A点以初速度vA=6 m/s向右滑行,离开桌子边缘B点
后,落在水平地面上C点。C点与B点的水平距离x=1 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)小物体离开桌子边缘B点后经过多长时间落地?(2)匀强电场E多大?(3)为使小物体离开桌面边缘B点后水平距离加倍,即x′=2x,某同学认为应使小物体带电量减半,你同意他的想法吗?试通过计算验证你的结论。
【解析】(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地,则:h= gt2得t= =0.5 s
(2)设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB,则:vB= =2 m/s小物体由A运动到B的过程中根据动能定理得:-qEs= 解得E=3.2×105 N/C
(3)不同意。要使水平射程加倍,必须使B点水平速度加倍,即:v′B=2vB=4 m/s小物体由A运动到B的过程中根据动能定理得:
解得:v′A=4 m/s≠vA所以说该同学认为应使小物体带电量减半的想法是错误的。答案:(1)0.5 s　(2)3.2×105 N/C(3)见解析