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2024年高中物理新教材同步学案 必修第三册 第9章 专题强化2 静电力的性质
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专题强化2 静电力的性质[学习目标] 1.学会利用几种特殊方法求解非点电荷的电场强度(重难点) 。2.学会分析电场线与带电粒子运动轨迹结合的问题(重点)。3.学会分析电场中的动力学问题(难点)。一、电场强度的求解1．对称法对称分布的电荷产生的电场具有对称性，应用对称性解决问题，就可以避免复杂的数学运算与推导过程，从而使问题简单化。例如：均匀带电的圆环有一个eq \f(1,4)圆弧的缺口，判断O点的电场强度方向时，由于圆环上任何两个关于圆心中心对称的两点在O点产生的电场强度矢量和为零，故可以等效为弧BC在O点产生的电场强度，弧BC上关于OM对称的两点在O点产生的电场强度沿MO方向，故O点的电场强度沿MO方向。例1 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、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点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)( )A．keq \f(3q,R2) B．keq \f(10q,9R2) C．keq \f(Q＋q,R2) D．keq \f(9Q＋q,9R2)答案 B解析 b点处的电场强度为零，说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即keq \f(q,R2)＝EQb，由于d点和b点相对于圆盘是对称的，因此Q在d点产生的电场强度的大小为EQd＝keq \f(q,R2)，点电荷q在d点产生的电场强度Eqd＝keq \f(q,3R2)，则d点处的合电场强度大小为E合＝keq \f(q,3R2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确。2．补偿法将有缺口的带电圆环或球面补全为完整的圆环或球面，根据作差法求解，从而将问题化难为易。例如：已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零。如图半球球壳电荷量为＋q，A、B两点关于半球壳球心O点对称，且半球壳在A点产生的电场强度大小为E。求半球壳在B点产生的电场强度大小时，可以将题目中半球壳补成一个带电荷量均匀的完整球壳，设右半球在A点产生的电场强度大小为E′。由于均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则E′和E大小相等。根据对称性可知，左半球在B点产生的电场强度大小也为E。例2 已知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点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为(k为静电力常量)( )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点产生的电场的电场强度大小为keq \f(2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生的电场的电场强度大小为eq \f(kq,2R2)－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的电场强度大小也为eq \f(kq,2R2)－E，选项A正确。3．微元法当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算。例3 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，静电力常量为k，试求P点的电场强度大小。答案 见解析解析 设想将圆环看成由n个相同的小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成一个点电荷，其所带电荷量Q′＝eq \f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度E＝eq \f(kQ,nr2)＝eq \f(kQ,nR2＋L2)，如图，由对称性知，各小段带电体在P点的电场强度均为E，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，EP＝nEx＝nk eq \f(Q,nR2＋L2)cos θ＝k。二、电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题若实线为电场线，虚线为带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受静电力的作用从A点向B点运动。回答以下问题：(1)画出粒子在A点的运动方向和加速度方向；(2)判断粒子的电性；(3)判断粒子从A到B过程中，加速度大小的变化情况；(4)判断粒子从A到B过程中，速度大小的变化情况。答案 (1)粒子在A点运动方向沿轨迹切线方向；根据力总是指向轨迹的凹侧，可判断所受合力(即静电力)的方向，即加速度方向(沿电场线标注)，如图所示；(2)粒子受的静电力向左，此粒子带负电；(3)电场线的疏密表示电场强度的大小，从A到B电场线越来越稀疏，说明电场强度越来越弱，静电力越来越小，加速度也越来越小；(4)由粒子运动情况知，速度方向与静电力方向夹角为钝角，静电力做负功，故A到B粒子的速度越来越小。1．带电粒子仅受静电力作用做曲线运动时，静电力指向轨迹曲线的内侧。静电力沿电场线方向或电场线的切线方向，粒子速度方向沿轨迹的切线方向。2．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，可判断带电粒子加速度的大小；(4)根据力和速度的夹角，由静电力做功的正负，动能的增大还是减小，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关系。例4 (多选)(2022·信阳市高一期末)某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是( )A．粒子一定带正电荷B．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度C．粒子在M点的动能大于它在N点的动能D．粒子一定是从M点运动到N点答案 AB解析 由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线的方向，所以粒子带正电荷，选项A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，总之粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，选项D错误。针对训练1 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；从题图可知，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。三、电场中的动力学问题分析带电体在电场中的加速运动时，与力学问题分析方法完全相同，牛顿第二定律仍适用，在进行受力分析时，不要漏掉静电力。例5 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)，重力加速度为g，(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)小物块第2 s末的速度大小和前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)当电场强度变为原来的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。针对训练2 如图所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、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，静止时悬线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大小F＝mgtan θ所以小球所在处的电场强度的大小E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mgtan θ,q)＝eq \f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6) N/C＝7.5×104 N/C。(2)剪断细线后，小球所受合力大小F合＝eq \f(mg,cos 37°)＝1.25mg根据牛顿第二定律，小球的加速度大小a＝eq \f(F合,m)＝1.25g＝12.5 m/s2所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。 专题强化练1．一带负电的点电荷，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的。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)( )答案 D解析 点电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，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，故A错误；负点电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，题图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，点电荷的速率增大，与题不符，故B错误；题图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，点电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿题图所示的轨迹运动，故C错误；题图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与点电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，点电荷的速率减小，符合题意，故D正确。2.(2022·北京市西城区高一下期末)如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若不考虑其他力，则下列判断中正确的是( )A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，电场力都做负功C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案 C解析 粒子做曲线运动，则受合力方向指向运动轨迹凹侧，由于只受电场力作用，则合力即为电场力，电场力方向沿电场所在直线，与场强方向相反，故粒子带负电，与运动方向无关，若从A运动到B，电场力做负功，若从B运动到A，电场力做正功，故A、B错误；若粒子是从B运动到A，电场线变疏，场强减小，则其加速度减小，故C正确；若粒子是从B运动到A，电场力做正功，其速度增大，故D错误。3.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)。通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为( )A．keq \f(Q,r2)，方向由圆心指向间隙B．keq \f(Qd,r3)，方向由间隙指向圆心C．keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由间隙指向圆心D．keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙答案 D解析 相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝eq \f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq \f(kQd,2πr－dr2)，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右。由对称性知，完整的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙，故选D。4.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．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度答案 C解析 做曲线运动的物体，所受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，A错误；粒子不一定是从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点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，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点或b点运动到c点，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。5．(2022·上海市嘉定区第二中学高二期中)下列选项中的各eq \f(1,4)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eq \f(1,4)圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是( )答案 D解析 A图中坐标原点O处的电场强度是一个eq \f(1,4)圆环产生的，设此时原点的电场强度大小为E；B图中原点O的电场强度由两个eq \f(1,4)圆环产生的电场强度叠加的合电场强度，根据矢量的平行四边形定则，此时原点的电场强度大小为eq \r(2)E；在C图的坐标原点O处，第一象限和第三象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，所以坐标原点O处的电场强度是一个eq \f(1,4)圆环产生的，此时原点的电场强度大小为E；在D图的坐标原点O处，第一象限和第三象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，第二象限和第四象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，坐标原点的电场强度为零，所以D图中原点O的电场强度最小，故D项正确。6.在匀强电场中将一质量为m、带电荷量为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，如图所示。不能忽略小球的重力，重力加速度大小为g，则匀强电场的电场强度( )A．唯一值是eq \f(mgtan θ,q)B．最小值是eq \f(mgsin θ,q)C．最大值是eq \f(mgtan θ,q)D．最小值是eq \f(mgcos θ,q)答案 B解析 带电小球在重力和静电力的共同作用下做加速直线运动，如图，当静电力与合外力方向垂直时，静电力最小，即qE＝mgsin θ，故电场强度的最小值为E＝eq \f(mgsin θ,q)，故选B。7．(2023·上海市青浦高级中学高二期中)AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的电场强度大小为E1，在P2处的电场强度大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走(左半边电荷量、位置不变)，则P2处的电场强度大小变为( )A．E2＋E1 B．E2－E1C．E1－eq \f(E2,2) D．E1＋eq \f(E2,2)答案 B解析 AB的左半边在P1点的电场强度为零，则右半边在P1点的电场强度大小等于E1，则由对称可知，右半边在P2点的电场强度大小也为E1；设左半边在P2点的电场强度大小为E，则E＋E1＝E2，则若将绝缘细杆的右半边截掉并移走，左半边在P2点的电场强度大小为E＝E2－E1，故选B。8.已知均匀带电球体在球外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，静电力常量为k，球的体积公式V＝eq \f(4,3)πr3，则A点处电场强度的大小为( )A.eq \f(5kQ,36R2) B.eq \f(7kQ,36R2)C.eq \f(7kQ,32R2) D.eq \f(3kQ,16R2)答案 B解析 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点产生的电场强度大小E整＝eq \f(kQ,2R2)＝eq \f(kQ,4R2)，挖出的小球半径为eq \f(R,2)，因为电荷均匀分布，其所带电荷量Q′＝eq \f(\f(4,3)π\f(R,2)3,\f(4,3)πR3)Q＝eq \f(Q,8)，则其在A点产生的电场强度大小E挖＝eq \f(kQ′,\f(1,2)R＋R2)＝eq \f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝eq \f(kQ,18R2)，所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度大小E＝E整－E挖＝eq \f(kQ,4R2)－eq \f(kQ,18R2)＝eq \f(7kQ,36R2)，故B正确。9.(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，所带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O的距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度大小为( )A.eq \f(mg,q) B.eq \f(\r(2)mg,2q)C．keq \f(Q,R2) D.eq \f(\r(2)kQ,4R2)答案 AD解析 由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为eq \f(Δx,2πR)Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度大小为E1＝eq \f(kQΔx,2πL2R)＝eq \f(kQΔx,4πR3)，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1′与E1大小相等，如图所示，则合电场强度为E0＝2·eq \f(kQΔx,4πR3)cos 45°＝eq \f(\r(2)kQΔx,4πR3)，方向沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合电场强度大小为E＝eq \f(πR,Δx)E0＝eq \f(\r(2)kQ,4R2)，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝eq \f(mg,q)，则选项A正确，B错误。10.(2023·河源市高二月考)如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为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速度最大时所受合外力为零，即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcos θ＝0，代入数据解得r＝0.9 m。11.理论上已经证明，电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场强度为零，在球外产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图所示。关于该带电小球产生的电场强度大小E随x的变化关系，图中正确的是( )答案 B解析 以实心球的球心为球心，选取半径为r的小球，其中r≤R，设单位体积内的电荷量为ρ，则该半径为r的小球的体积为eq \f(4,3)πr3，所带的电荷量q＝ρV＝eq \f(4,3)πρr3，在它的表面处产生的电场强度E0＝eq \f(kq,r2)＝eq \f(4,3)kπρr，与该小球的半径成正比，所以在0～R的范围内，球体内部的电场强度与r成正比；设该实心球体所带电荷量为Q，则在球体外部有E＝eq \f(kQ,r′2)；所以选项B表示的该球体的电场的分布图是正确的。
专题强化2 静电力的性质[学习目标] 1.学会利用几种特殊方法求解非点电荷的电场强度(重难点) 。2.学会分析电场线与带电粒子运动轨迹结合的问题(重点)。3.学会分析电场中的动力学问题(难点)。一、电场强度的求解1．对称法对称分布的电荷产生的电场具有对称性，应用对称性解决问题，就可以避免复杂的数学运算与推导过程，从而使问题简单化。例如：均匀带电的圆环有一个eq \f(1,4)圆弧的缺口，判断O点的电场强度方向时，由于圆环上任何两个关于圆心中心对称的两点在O点产生的电场强度矢量和为零，故可以等效为弧BC在O点产生的电场强度，弧BC上关于OM对称的两点在O点产生的电场强度沿MO方向，故O点的电场强度沿MO方向。例1 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、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点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)( )A．keq \f(3q,R2) B．keq \f(10q,9R2) C．keq \f(Q＋q,R2) D．keq \f(9Q＋q,9R2)答案 B解析 b点处的电场强度为零，说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即keq \f(q,R2)＝EQb，由于d点和b点相对于圆盘是对称的，因此Q在d点产生的电场强度的大小为EQd＝keq \f(q,R2)，点电荷q在d点产生的电场强度Eqd＝keq \f(q,3R2)，则d点处的合电场强度大小为E合＝keq \f(q,3R2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确。2．补偿法将有缺口的带电圆环或球面补全为完整的圆环或球面，根据作差法求解，从而将问题化难为易。例如：已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零。如图半球球壳电荷量为＋q，A、B两点关于半球壳球心O点对称，且半球壳在A点产生的电场强度大小为E。求半球壳在B点产生的电场强度大小时，可以将题目中半球壳补成一个带电荷量均匀的完整球壳，设右半球在A点产生的电场强度大小为E′。由于均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则E′和E大小相等。根据对称性可知，左半球在B点产生的电场强度大小也为E。例2 已知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点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为(k为静电力常量)( )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点产生的电场的电场强度大小为keq \f(2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生的电场的电场强度大小为eq \f(kq,2R2)－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的电场强度大小也为eq \f(kq,2R2)－E，选项A正确。3．微元法当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算。例3 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，静电力常量为k，试求P点的电场强度大小。答案 见解析解析 设想将圆环看成由n个相同的小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成一个点电荷，其所带电荷量Q′＝eq \f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度E＝eq \f(kQ,nr2)＝eq \f(kQ,nR2＋L2)，如图，由对称性知，各小段带电体在P点的电场强度均为E，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，EP＝nEx＝nk eq \f(Q,nR2＋L2)cos θ＝k。二、电场线与带电粒子的运动轨迹结合的问题若实线为电场线，虚线为带电粒子的运动轨迹，带电粒子只受静电力的作用从A点向B点运动。回答以下问题：(1)画出粒子在A点的运动方向和加速度方向；(2)判断粒子的电性；(3)判断粒子从A到B过程中，加速度大小的变化情况；(4)判断粒子从A到B过程中，速度大小的变化情况。答案 (1)粒子在A点运动方向沿轨迹切线方向；根据力总是指向轨迹的凹侧，可判断所受合力(即静电力)的方向，即加速度方向(沿电场线标注)，如图所示；(2)粒子受的静电力向左，此粒子带负电；(3)电场线的疏密表示电场强度的大小，从A到B电场线越来越稀疏，说明电场强度越来越弱，静电力越来越小，加速度也越来越小；(4)由粒子运动情况知，速度方向与静电力方向夹角为钝角，静电力做负功，故A到B粒子的速度越来越小。1．带电粒子仅受静电力作用做曲线运动时，静电力指向轨迹曲线的内侧。静电力沿电场线方向或电场线的切线方向，粒子速度方向沿轨迹的切线方向。2．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，可判断带电粒子加速度的大小；(4)根据力和速度的夹角，由静电力做功的正负，动能的增大还是减小，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关系。例4 (多选)(2022·信阳市高一期末)某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是( )A．粒子一定带正电荷B．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度C．粒子在M点的动能大于它在N点的动能D．粒子一定是从M点运动到N点答案 AB解析 由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线的方向，所以粒子带正电荷，选项A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，总之粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，选项D错误。针对训练1 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；从题图可知，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。三、电场中的动力学问题分析带电体在电场中的加速运动时，与力学问题分析方法完全相同，牛顿第二定律仍适用，在进行受力分析时，不要漏掉静电力。例5 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)，重力加速度为g，(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)小物块第2 s末的速度大小和前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)当电场强度变为原来的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。针对训练2 如图所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、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，静止时悬线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大小F＝mgtan θ所以小球所在处的电场强度的大小E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mgtan θ,q)＝eq \f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6) N/C＝7.5×104 N/C。(2)剪断细线后，小球所受合力大小F合＝eq \f(mg,cos 37°)＝1.25mg根据牛顿第二定律，小球的加速度大小a＝eq \f(F合,m)＝1.25g＝12.5 m/s2所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。 专题强化练1．一带负电的点电荷，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的。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)( )答案 D解析 点电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，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，故A错误；负点电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，题图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，点电荷的速率增大，与题不符，故B错误；题图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，点电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿题图所示的轨迹运动，故C错误；题图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与点电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，点电荷的速率减小，符合题意，故D正确。2.(2022·北京市西城区高一下期末)如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况。一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示。若不考虑其他力，则下列判断中正确的是( )A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，电场力都做负功C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案 C解析 粒子做曲线运动，则受合力方向指向运动轨迹凹侧，由于只受电场力作用，则合力即为电场力，电场力方向沿电场所在直线，与场强方向相反，故粒子带负电，与运动方向无关，若从A运动到B，电场力做负功，若从B运动到A，电场力做正功，故A、B错误；若粒子是从B运动到A，电场线变疏，场强减小，则其加速度减小，故C正确；若粒子是从B运动到A，电场力做正功，其速度增大，故D错误。3.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)。通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为( )A．keq \f(Q,r2)，方向由圆心指向间隙B．keq \f(Qd,r3)，方向由间隙指向圆心C．keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由间隙指向圆心D．keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙答案 D解析 相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝eq \f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq \f(kQd,2πr－dr2)，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右。由对称性知，完整的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为keq \f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙，故选D。4.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．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度答案 C解析 做曲线运动的物体，所受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，A错误；粒子不一定是从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点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，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点或b点运动到c点，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。5．(2022·上海市嘉定区第二中学高二期中)下列选项中的各eq \f(1,4)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eq \f(1,4)圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是( )答案 D解析 A图中坐标原点O处的电场强度是一个eq \f(1,4)圆环产生的，设此时原点的电场强度大小为E；B图中原点O的电场强度由两个eq \f(1,4)圆环产生的电场强度叠加的合电场强度，根据矢量的平行四边形定则，此时原点的电场强度大小为eq \r(2)E；在C图的坐标原点O处，第一象限和第三象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，所以坐标原点O处的电场强度是一个eq \f(1,4)圆环产生的，此时原点的电场强度大小为E；在D图的坐标原点O处，第一象限和第三象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，第二象限和第四象限的eq \f(1,4)圆环产生的电场互相抵消，坐标原点的电场强度为零，所以D图中原点O的电场强度最小，故D项正确。6.在匀强电场中将一质量为m、带电荷量为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，如图所示。不能忽略小球的重力，重力加速度大小为g，则匀强电场的电场强度( )A．唯一值是eq \f(mgtan θ,q)B．最小值是eq \f(mgsin θ,q)C．最大值是eq \f(mgtan θ,q)D．最小值是eq \f(mgcos θ,q)答案 B解析 带电小球在重力和静电力的共同作用下做加速直线运动，如图，当静电力与合外力方向垂直时，静电力最小，即qE＝mgsin θ，故电场强度的最小值为E＝eq \f(mgsin θ,q)，故选B。7．(2023·上海市青浦高级中学高二期中)AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的电场强度大小为E1，在P2处的电场强度大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走(左半边电荷量、位置不变)，则P2处的电场强度大小变为( )A．E2＋E1 B．E2－E1C．E1－eq \f(E2,2) D．E1＋eq \f(E2,2)答案 B解析 AB的左半边在P1点的电场强度为零，则右半边在P1点的电场强度大小等于E1，则由对称可知，右半边在P2点的电场强度大小也为E1；设左半边在P2点的电场强度大小为E，则E＋E1＝E2，则若将绝缘细杆的右半边截掉并移走，左半边在P2点的电场强度大小为E＝E2－E1，故选B。8.已知均匀带电球体在球外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，静电力常量为k，球的体积公式V＝eq \f(4,3)πr3，则A点处电场强度的大小为( )A.eq \f(5kQ,36R2) B.eq \f(7kQ,36R2)C.eq \f(7kQ,32R2) D.eq \f(3kQ,16R2)答案 B解析 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点产生的电场强度大小E整＝eq \f(kQ,2R2)＝eq \f(kQ,4R2)，挖出的小球半径为eq \f(R,2)，因为电荷均匀分布，其所带电荷量Q′＝eq \f(\f(4,3)π\f(R,2)3,\f(4,3)πR3)Q＝eq \f(Q,8)，则其在A点产生的电场强度大小E挖＝eq \f(kQ′,\f(1,2)R＋R2)＝eq \f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝eq \f(kQ,18R2)，所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度大小E＝E整－E挖＝eq \f(kQ,4R2)－eq \f(kQ,18R2)＝eq \f(7kQ,36R2)，故B正确。9.(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，所带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O的距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度大小为( )A.eq \f(mg,q) B.eq \f(\r(2)mg,2q)C．keq \f(Q,R2) D.eq \f(\r(2)kQ,4R2)答案 AD解析 由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为eq \f(Δx,2πR)Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度大小为E1＝eq \f(kQΔx,2πL2R)＝eq \f(kQΔx,4πR3)，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1′与E1大小相等，如图所示，则合电场强度为E0＝2·eq \f(kQΔx,4πR3)cos 45°＝eq \f(\r(2)kQΔx,4πR3)，方向沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合电场强度大小为E＝eq \f(πR,Δx)E0＝eq \f(\r(2)kQ,4R2)，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝eq \f(mg,q)，则选项A正确，B错误。10.(2023·河源市高二月考)如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为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速度最大时所受合外力为零，即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcos θ＝0，代入数据解得r＝0.9 m。11.理论上已经证明，电荷均匀分布的球壳在壳内产生的电场强度为零，在球外产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。现有一半径为R、电荷均匀分布的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图所示。关于该带电小球产生的电场强度大小E随x的变化关系，图中正确的是( )答案 B解析 以实心球的球心为球心，选取半径为r的小球，其中r≤R，设单位体积内的电荷量为ρ，则该半径为r的小球的体积为eq \f(4,3)πr3，所带的电荷量q＝ρV＝eq \f(4,3)πρr3，在它的表面处产生的电场强度E0＝eq \f(kq,r2)＝eq \f(4,3)kπρr，与该小球的半径成正比，所以在0～R的范围内，球体内部的电场强度与r成正比；设该实心球体所带电荷量为Q，则在球体外部有E＝eq \f(kQ,r′2)；所以选项B表示的该球体的电场的分布图是正确的。
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