9.5 静电场及其应用 章末复习-2022-2023学年高二物理备课必备讲义（人教2019必修第三册 ）

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第九章 静电场及其应用9.5 静电场及其应用 章末复习目标导航本章知识网络eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(电荷\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(两种电荷：同种排斥、异种吸引,三种带电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电,电荷守恒定律：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)),库仑定律\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(内容：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,它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上,公式：F＝k\f(q1q2,r2)，k为静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2.,适用条件\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(真空中,点电荷：带电体的形状、大小、电荷分布状况对电荷间作用力的影响可以忽略)))),电场　电场强度\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(电场强度\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(定义：试探电荷所受静电力跟电荷量的比值,公式：E＝\f(F,q),方向：正电荷所受静电力的方向,点电荷的电场强度：E＝\f(kQ,r2),场强的叠加：遵循平行四边形定则)),电场线\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(定义：电场中画出的曲线，曲线上每点的切线方向与该点的电场方向一致,特点：不闭合、不相交、疏密表示电场强弱)))),静电的防止与利用\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(静电平衡\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(定义：导体内的自由电子不再定向移动,特点：E内＝0)),尖端放电,静电屏蔽：外电场对壳内仪器不产生影响,静电吸附))))知识精讲知识点01 库仑力作用下的平衡与加速问题涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来的受力基础上多了库仑力，具体步骤如下：注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向。【即学即练1】如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量为m1＝m2＝1 g，所带电荷量q1＝q2＝10－7 C，A带正电，B带负电。沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B一起运动，且保持间距d＝0.1 m不变，求F。(g取10 m/s2)【答案】1.8×10－2 N【解析】　两球相互吸引的库仑力：F库＝eq \f(kq1q2,r2)＝9×10－3 N，A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有F库－m2gsin 30°＝m2a①把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin 30°＝(m1＋m2)a②代入数据，由①式得a＝4 m/s2，由②式得F＝1.8×10－2 N。知识点02 电场强度的叠加与计算1．电场强度的三个计算公式2．求解电场强度的非常规方法(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。(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eq \f(3,4)球壳在O点产生的电场强度，等效为弧BC产生的电场强度，弧BC产生的电场强度方向，又等效为弧的中点M在O点产生的电场强度方向。(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电场强度，再结合对称性和电场强度叠加原理求出合电场强度。【即学即练2】均匀带电的完整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，eq \x\to(OM)＝eq \x\to(ON)＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)A.eq \f(kq,2R2)－E B.eq \f(kq,4R2)C.eq \f(kq,4R2)－E D.eq \f(kq,4R2)＋E【答案】A【解析】完整球壳在M点产生的电场的场强大小为keq \f(2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强大小为eq \f(kq,2R2)－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的场强大小也为eq \f(kq,2R2)－E.选项A正确.知识点03 电场中的动力学问题1.带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，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.2.带电体在电场中的加速问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力.【即学即练3】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eq \f(1,2)，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝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2 s末的速度大小和2 s内的位移大小.【答案】　(1)eq \f(3mg,4q)　(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＝eq \f(mgtan 37°,q)＝eq \f(3mg,4q).(2)当场强变为原来的eq \f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－eq \f(1,2)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/sx＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×3×22 m＝6 m.能力拓展考法01 同一直线上三个点电荷的平衡问题共线的三个自由电荷的平衡问题有关特点1.三个自由电荷的平衡规律“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷.2.只要其中两个点电荷平衡，第三个点电荷一定平衡，只需根据平衡条件对其中的任意两个电荷列式即可.注意：在三个共线点电荷的平衡问题中，若仅让其中一个电荷平衡，则只需要确定其位置即可，对其电性和所带电荷量没有要求.【典例1】如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为－4Q和＋Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是(　　)A.－Q，在A左侧距A为L处B.－2Q，在A左侧距A为eq \f(L,2)处C.－4Q，在B右侧距B为L处D.＋2Q，在A右侧距A为eq \f(3L,2)处【答案】C【解析】　A、B、C三个电荷要平衡，三个电荷必须共线且外侧两电荷相排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，而且外侧电荷电量大，所以C必须带负电，放在B右侧，对C：eq \f(kQqC,r2)＝keq \f(4Q·qC,L＋r2)，代入得：r＝L对B：eq \f(kQqC,r2)＝eq \f(k4Q·Q,L2)，代入得：qC＝4Q.选项C正确.考法02 非共线力作用下带电体的平衡【典例2】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)，取g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2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)eq \f(1,3)×10－7 C(2)eq \f(\r(3),2)×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：F＝keq \f(q2,L2)＝mg.代入数据，解得q＝eq \f(1,3)×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°＝eq \f(\r(3),2)×10－3 N.由牛顿第三定律可知，墙受到小球的压力大小为eq \f(\r(3),2)×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.考法03 电场强度的计算【典例3】如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一直径为L的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线框的圆心，现在线框上E处取下足够短的带电荷量为q的一小段，将其沿OE连线向左移动eq \f(L,2)的距离到F点处，若线框的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为(　　)A．keq \f(q,L2) B．keq \f(3q,L2)C．keq \f(3q,2L2) D．keq \f(5q,L2)【答案】B【解析】线框上剩余的电荷在O点产生的电场强度等效为取下的q电荷在O点产生的电场强度，故E1＝eq \f(kq,（\f(L,2)）2)＝eq \f(4kq,L2)，方向水平向左；将q移到F点时，q在O点产生的电场强度E2＝eq \f(kq,L2)，方向向右；则由电场强度的叠加可知O点的电场强度E＝E1－E2＝eq \f(3kq,L2)，方向向左；故选B。考法04电场线与带电粒子的运动轨迹1.带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向.2.分析思路：(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带电粒子所带电荷的正负；(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可判断带电粒子加速度的大小.【典例4】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【答案】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；从题图轨迹变化来看，带电粒子速度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.分层提分题组A 基础过关练1．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球。A、B被固定在绝缘竖直杆上，时C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上。已知，下列说法正确的是（　　）A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来【答案】C【解析】对C进行受力分析，A对有C吸引力，B对有C排斥力，及其重力，与水平天花板对C可能有竖直向下压力，如图所示由平衡条件，结合矢量的合成法则，弱不受摩擦力得由几何知识可得依据库仑定律有时恰好处于平衡状态；A．C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；C．缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；D．缓慢将C处点电荷向左移动，FBC变大，其竖直向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B．B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力有水平方向的分量无法平衡，因此杆一定有力，故B错误。故选C。2．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）如图所示，真空中A、B两点相距6r，在A、B两点分别固定带电荷量均为＋Q的点电荷，AB连线的中点为O。质量为m、带电荷量为-q的粒子恰好能绕O点做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为4r，不计粒子的重力，则粒子做圆周运动的速度大小为（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可知，负点电荷将绕O点在AB的中垂面里做匀速圆周运动，其受力图如图所示其向心力为根据库仑定律得根据几何关系得解得故选B。3．（2022·江西·景德镇一中高一期末）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，在半球面上均匀分布正电荷，半球面总电荷量为，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有两点，，已知点的场强大小为，则点的场强大小为（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】假设存在另外半个电量、半径一样的带电球壳，与现有半球壳组成一个完成的球壳。则此时完整球壳对M处的场强为则假设的半球壳对M处的场强为根据对称性可知，现有半球壳对N处的场强也为。故选B。4．（2022·河南·高二阶段练习）如图所示，一个绝缘半圆环上均匀分布有同种电荷，固定在绝缘水平面上，在圆弧的圆心处放有一个点电荷，点电荷受到的电场力为F，若截走圆弧的，则圆心处的点电荷受到的电场力大小变为（　　）A．F B．F C．F D．F【答案】A【解析】根据对称性可知圆环左、右半部分对点电荷的电场力大小相等（设为F0），方向与竖直方向夹角均为45°，根据力的合成可得解得故选A。5．（2022·四川·成都实外高三阶段练习）硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成，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。我们可以用下面的模型模拟上述过程：电荷量均为的点电荷，对称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻圆周上P点的一个点电荷的电量突变成，则圆心O点处的电场强度为（　　）A．，方向沿半径指向P点 B．，方向沿半径背离P点C．，方向沿半径指向P点 D．，方向沿半径背离P点【答案】B【解析】当P点的电荷量为时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0，当P点的电荷为时，可由和两个电荷等效替代，故O点电场可以看做均匀带电圆环和产生的两个电场的叠加，故O点的电场强度为电场方向为在O点的电场方向，即方向沿半径背离P点，故B正确，ACD错误。故选B。6．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为带正电的粒子仅在电场力作用下从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是（            ）A．点电荷Q1、Q2均为正电荷B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．该粒子在A点的加速度大于在B点的加速度D．该粒子在A点的速度小于在B点的速度【答案】C【解析】A．根据电场线分布情况可知，点电荷Q1、Q2可能均为正电荷，也可能均为负电荷，A错误；B．Q2处电场线比Q1处密集，所以Q2的电荷量大于Q1的电荷量，B错误；C．电场线越密处，电场力越大，加速度越大，A处电场线比B处密集，所以该粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，C正确；D．该粒子的轨迹向下弯曲，电场力向下，电场力的方向与速度方向成钝角，速度减小，所以在A点的速度大于在B点的速度，D错误。故选C。7．（2022·黑龙江省饶河县高级中学高一期末）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）A．M、N点的场强EM＞EN B．粒子在M、N点的加速度aM＞aNC．粒子在M、N点的速度vM＞vN D．粒子带正电【答案】D【解析】A．电场线越密的地方电场强度越大，因此EN＞EM故A错误；B．同一电荷在M处的电场力小于N处的电场力，根据牛顿第二定律可知aMl2，与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，现缓慢减少小球m1的电荷量到一定值，系统重新稳定，两侧轻绳的长度分别变为l1′、l2′，与竖直方向的夹角分别变为θ1′、θ2′，关于稳定时的情景，下列说法正确的是（　　）A．θ1′<θ2′ B．θ1′＝θ2′ C．l1′l2，则此时仍有l1′>l1，故CD错误。故选B。12．（多选）（2021·全国·高二期末）一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，图中实线为电场线，不计粒子所受重力，则（       ）A．粒子带负电 B．粒子加速度逐渐减小C．A点的场强小于B点场强 D．粒子的速度一定在不断增大【答案】AB【解析】A.由图所示，粒子从A到B，根据曲线运动条件可知，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电．故A正确；B. 从A到B，电场线越来越疏，场强逐渐减小，粒子所受的电场力也减小，则其加速度逐渐减小，故B正确；C.从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度减小，故A点的场强大于B点场强，故C错误；D.由图所示，粒子从A到B，电场力方向与速度方向夹角大于90°，对粒子做负功，因此粒子的速度不断减小，故D错误．13．（2019·甘肃·玉门市教育局教育研究室高三学业考试）如图所示，A为带正电荷Q的金属板，沿金属板的垂直平分线在距离板r处用绝缘细线悬挂一质量为m、电荷量为q的小球，小球受水平向右的电场力作用而偏转后静止。求小球所在处的电场强度。【答案】【解析】绳子的拉力为，电场力为，有解得又因为解得题组C 培优拔尖练14.如图所示，在某一特定的场区，P、Q两球通过长均为L的细线悬挂，两球均受到场对它们相同的水平作用力。其中Q球的质量为m，两球静止时，两球偏离竖直方向的角度分别为30°和60°，重力加速度为g，现用一个外力F使P球沿圆弧缓慢拉到最低点，再缓慢拉到左侧对称的位置P′点。求：（1）场对Q球的作用力大小F场和P球的质量M；（2）拉到最低点的过程中外力F所做的功W；（3）欲使小球P最终静止于左侧对称位置，所加外力F的最小值及方向。【答案】（1）mg， M=5m；（2）（4－6）mgL；（3），方向水平方向成30°向左上方【解析】（1）对Q分析有F场＝mgtan 60°＝mg 整体受力分析2F场＝（M+m）gtan 30° 解得M=5m （2）拉到最低点的过程中W+6mgL（1-cos30°）-2F场Lsin30°=0-0          W=(4－6）mg L（3）整体所受的电场力和重力的合力为方向与竖直方向成30°向右下方；当外力与绳子方向垂直时最小，则最小力为Fmin=F合sin60°=方向水平方向成30°向左上方。15. 如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动.(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则： (1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？【答案】(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m【解析】　　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsin θ－eq \f(kQq,L2)－qEcos θ＝ma，代入数据解得：a＝3.2 m/s2.(2)小球B速度最大时所受合力为零，即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcos θ＝0，代入数据解得：r＝0.9 m.