全国版2021高考物理一轮复习专题八电场考点1电场力的性质教案

全国版2021高考物理一轮复习专题八电场考点1电场力的性质教案

- 1 - 考点 1　电场力的性质 407 考向 1　静电荷受电场力作用分析 1.[2019 全国Ⅰ,15,6 分]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 必备知识:库仑定律、电场力、物体平衡等. 关键能力:整体法、隔离法的应用能力,共点力平衡条件的应用及电性的判断能力. 解题指导:通过对 P、Q 整体受力分析和隔离 P 受力分析,再根据共点力平衡条件判断 P、Q 带 电荷量的正、负. 考向 2　电场强度的理解与叠加 2.[2019 北京高考,17,6 分]如图所示,a、b 两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c 点 在球面外,则(　　) A.a 点场强的大小比 b 点大 B.b 点场强的大小比 c 点小 C.a 点电势比 b 点高 D.b 点电势比 c 点低 必备知识:点电荷场强大小和方向. 关键能力:对称性的应用能力. 解题指导:可由负点电荷形成电场的电场线特点,快速求解.负点电荷形成电场的电场线是“万 箭穿心”,且离点电荷越近电场线越密,场强越大,又沿电场线的方向电势降低. - 2 - 考法 1 库仑力作用下电荷的平衡问题 1[2018 全国Ⅰ,16,6 分]如图,三个固定的带电小球 a、b 和 c,相互间的距离分别为 ab=5 cm,bc=3 cm, ca=4 cm.小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线.设小球 a、b 所带电荷量的比值 的绝对值为 k,则 A.a、b 的电荷同号,k=16 9 　　B.a、b 的电荷异号,k=16 9 C.a、b 的电荷同号,k=64 27 D.a、b 的电荷异号,k=64 27 如果 a、b 带同种电荷,则 a、b 两小球对 c 的作用力均为斥力或引力,此时 c 在垂直于 a、b 连线的方向上的合力一定不为零,因此 a、b 不可能带同种电荷,A、C 错误;若a、b 带异 种电荷,假设 a 对 c 的作用力为斥力,则 b 对 c 的作用力一定为引力,受力分析如图所示. 由题意知 c 所受库仑力的合力方向平行于 a、b 的连线,则 Fa、Fb 在垂直于 a、b 连线的方 向上的合力为零,由几何关系可知∠a=37°、∠b=53°,则 Fasin 37°=Fbcos 37°,解得Fa Fb =4 3,又 由库仑定律及以上各式代入数据可解得|qa qb |=64 27,B 错误,D 正确. D 1.[2020 山西太原名校定时检测,多选]真空中有一带负电的电荷 q 仅 在电场力的作用下绕固定的点电荷+Q 运动,其运动轨迹为椭圆,如图所示.已知 a、b、 c、d 为椭圆的四个顶点,+Q 处在椭圆的一个焦点上,则下列说法正确的是(　　) A.负电荷 q 在 b 点的电势能小于在 d 点的电势能 B.负电荷 q 在运动过程中电场力始终不做功 C.在+Q 产生的电场中,a、c 两点的电场强度相同 D.负电荷 q 在 b 点的速度大于在 d 点的速度 考法 2 库仑力作用下的动力学问题 2 真空中 A、B 两个点电荷相距 L,质量分别为 m 和 2m,它们由静止开始运动(不计重力),开 始时 A 的加速度大小为 a,经过一段时间,B 的加速度大小也为 a,且速率为 v,那么此时 A、B 两 点电荷间的距离为　　　　,点电荷 A 的速率为　　　　. 根据题意,由库仑定律和牛顿第二定律得 kqAqB L2 =ma,kqAqB L'2 =2ma,解得 L'= 2 2 L 又由动量守恒定律得 2mv-mvA=0,解得 vA=2v. 2 2 L　2v - 3 - 2.[2020 湖南四校摸底调研]如图所示,带电小球 a 由绝缘细线 PM 和 PN 悬 挂而处于静止状态,其中 PM 水平,地面上固定一绝缘且内壁光滑的四分之一圆弧细管道 GH,其中圆心 P 与 a 球位置重合,与 G 点在同一水平线上,且位于 H 的正上方,管道底 端 H 与水平地面相切,一质量为 m、可视为质点的带电小球 b 从 G 端口由静止释放,当小 球 b 运动到 H 端时对管道内壁恰好无压力,重力加速度为 g.在小球 b 由 G 滑到 H 的过 程中,下列说法正确的是(　　) A.小球 b 的机械能逐渐减小 B.小球 b 所受库仑力大小始终为 2mg C.小球 b 的加速度大小先变大后变小 D.细线 PM 的拉力先增大后减小 考法 3 电场强度的理解及计算 3[2015 山东高考,18,6 分]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.3kQ 4a2,沿 y 轴正向　　　　B.3kQ 4a2,沿 y 轴负向 C.5kQ 4a2,沿 y 轴正向 D.5kQ 4a2,沿 y 轴负向 正点电荷在 O 点时,G 点场强为 0,即两负点电荷在 G 点的场强大小为 E1=kQ a2,方向沿 y 轴 正方向.由对称性知,两负点电荷在 H 处的场强大小为 E2=E1=kQ a2,方向沿 y 轴负方向.当把正点 电荷放在 G 点时,正点电荷在 H 处产生的场强的大小为 E3= kQ 4a2,方向沿 y 轴正方向.所以 H 处合 场强大小 E=E2-E3=3kQ 4a2,方向沿 y 轴负方向,选项 B 正确. B 3.[2019 全国Ⅲ,21,6 分,多选]如图,电荷量分别为 q 和-q(q>0)的点电荷固定在 正方体的两个顶点上,a、b 是正方体的另外两个顶点.则(　　) A.a 点和 b 点的电势相等 B.a 点和 b 点的电场强度大小相等 C.a 点和 b 点的电场强度方向相同 D.将负电荷从 a 点移到 b 点,电势能增加 考法 4 电场线的理解及应用 - 4 - 4[2018 天津高考,6 分]如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负 电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设 M 点和 N 点的电势分别为 φM、φN,粒子在 M 和 N 时 加速度大小分别为 aM、aN,速度大小分别为 vM、vN,电势能分别为 EpM、EpN. 下列判断正确的是 A.vMvN,EpM0 的空间为真空.将电荷量为 q 的点电荷置于 z 轴上 z=h 处,则在 xOy 平面上会 产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷 q 和导体表面上的感应电荷共同 激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零,则在 z 轴上 z=h 2处的场强大小为(k 为静电力 - 5 - 常量) A.k4q h2　　　B.k 4q 9h2　　　C.k32q 9h2　　　D.k40q 9h2 导体表面上的感应电荷等效于在 z=-h 处的带等量的异种电荷-q,故在 z 轴上 z=h 2处的场 强大小为 E=k q (h 2)2 +k q (h 2 + h)2 =k40q 9h2,选项 D 正确. D 题型 2　“对称法”求电场强度 6ab 是长为 l 的均匀带电细杆,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 处的场强大小为 E1,在 P2 处的场强大小为 E2,则以下 说法正确的是 A.两处的电场方向相同,E1>E2 B.两处的电场方向相反,E1>E2 C.两处的电场方向相同,E1E1;又因为 q1、q2、q3、q4 电性 相同,所以 P1、P2 两处场强方向相反.故选项 D 正确. D 误区警示 利用对称性求解时,本题很容易出现如下两种错误: 【错解 1】由电场的叠加原理可以判断出 E2>E1.由于细杆可能带正电,也可能带负电,故 E1 与 E2 的方向可能相同,也可能相反.故选项 C、D 正确. 【错因分析 1】一些学生一想到细杆带电可正可负,就立即认为电场方向有多解,于是不深入 分析就错选 C、D 项.实际上无论细杆是带正电还是带负电,E1 和 E2 的方向都是相反的. 【错解 2】把细杆分成四等份,每等份电荷量设为 q1、q2、q3、q4,且 q1=q2=q3=q4.由于 P1 在细 杆内部,离 q1、q2、q3、q4 的距离要比 P2 离 q1、q2、q3、q4 的距离近,由点电荷产生的场强公式 E=k q r2知,E1>E2.因为 q1、q2、q3、q4 电性相同,所以两处场强方向相反.故选项 B 正确. 【错因分析 2】忽略了电场强度是矢量,既有大小又有方向,叠加时没有考虑到 q1、q2 在 P1 处 产生的合场强为零. - 6 - 题型 3　“微元法”求电场强度 7 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 为垂直于圆环平面的对 称轴上的一点,OP=L,试求 P 点的场强. 将圆环等分为 n 小段带电体,当 n 相当大时,每一小段带电体都可以看成点电荷,其所 带电荷量为 q=Q n.由点电荷场强公式可求得每一点电荷在 P 处的场强为 E= kQ nr2= kQ n(R2 + L2).由对称 性可知,各小段带电体在 P 处的场强 E 的垂直于对称轴的分量 Ey 相互抵消,而平行于对称轴的 分量 Ex 之和即带电圆环在 P 处的场强 EP.设场强方向与水平方向的夹角为 θ,如图所示,则 EP=nEx=nk Q n(R2 + L2)cos θ= nkQ n(R2 + L2)· L R2 + L2= kQL (R2 + L2) 3 2 . kQL (R2 + L2) 3 2 题型 4　“补偿法”和“极值法”求电场强度 8 如图甲所示,半径为 R 的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为 σ, 其轴线上任意一点 P( 坐标为 x) 的电场强度可以由库仑定律和电场强度的 叠加原理求出:E=2πkσ[1- x (R2 + x2) 1 2 ], 方向沿 x 轴. 现考虑单位面积带电荷 量为 σ0 的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为 r 的圆板,如图乙 所示,则圆孔轴线上任意一点 Q(坐标为 x)的电场强度为 A.2πkσ0 x (r2 + x2) 1 2 　　　　　B.2πkσ0 r (r2 + x2) 1 2 C.2πkσ0 x r D.2πkσ0 r x 当 R→∞时 x (R2 + x2) 1 2 =0,则无限大平板产生的电场的场强为 E=2πkσ0.当挖去半径为 r 的 圆板时,应在 E 中减掉该圆板对应的场强 Er=2πkσ0[1- x (r2 + x2) 1 2 ],即 E'=E-Er=2πkσ0 x (r2 + x2) 1 2 , 选项 A 正确. A 5.[2019 四川成都二诊]如图所示,边长为 L 的正六边形 ABCDEF 的 5 条边 上分别放置 5 根长度也为 L 的相同绝缘细棒.每根细棒均匀带上相同的正电荷.现将电 - 7 - 荷量为+Q 的点电荷置于 BC 中点,此时正六边形几何中心 O 点的场强为零.若移走+Q 及 AB 边 上的细棒, 则 O 点电场强度大小为(k 为静电力常量,不考虑绝缘细棒之间及绝缘细棒与+Q 的 相互影响)(　　) A.kQ L2　　　B.4kQ 3L2　　　C.2 3kQ 3L2 　　　D.4 3kQ 3L2 6.(2019 安徽江南十校联考)一均匀带负电的半球壳,球心为 O 点,AB 为其对称轴,平面 L 垂 直 AB 把半球壳一分为二,L 与 AB 相交于 M 点,对称轴 AB 上的 N 点和 M 点关于 O 点对称.已 知均匀带电球壳内部任一点的电场强度都为零.取无穷远处电势为零,在距离点电荷 q 为 r 处的电势为 φ=kq r,假设 L 左侧部分球壳在 M 点产生的电场强度为 E1,电势为 φ1;L 右侧部 分球壳在 M 点产生的电场强度为 E2,电势为 φ2;整个半球壳在 M 点产生的电场强度为 E3,在 N 点产生的电场强度为 E4.下列说法中正确的是(　　) A.若平面 L 左右两部分球壳的表面积相等,有 E1>E2,φ1>φ2 B.若平面 L 左右两部分球壳的表面积相等,有 E1E2,E3=E4 D.不论平面 L 左右两部分球壳的表面积是否相等,总有 E1>E2,E3=E4 考点 1　电场力的性质 1.D　对 P、Q 整体进行受力分析可知,在水平方向上整体所受电场力为零,所以 P、Q 必带等量 异种电荷,选项 A、B 错误;对 P 进行受力分析可知,匀强电场对它的电场力应水平向左,与 Q 对 - 8 - 它的库仑力平衡,所以 P 带负电荷,Q 带正电荷,选项 D 正确,C 错误. 2.D　由点电荷的场强公式 E=kQ r2可知,与-Q 距离相等的点场强大小相等,离-Q 越近的点场强越 大,故 a 点场强的大小与 b 点的相等,b 点场强的大小比 c 点的大,A、B 项错误;与-Q 距离相等 的点,电势相等,离-Q 越近的点, 电势越低,故 a 点电势与 b 点的相等,b 点电势比 c 点的低,C 项错误,D 项正确. 1.AD　根据正点电荷电场特征可知,b 点的电势高于 d 点的电势,易知负电荷 q 在 b 点的电势 能小于在 d 点的电势能,选项 A 正确;由于负电荷 q 在运动过程中电场力方向与轨迹的切线方 向不是一直垂直,所以电场力不是始终不做功,选项 B 错误;在+Q 产生的电场中,a、c 两点的电 场强度的大小相等,方向不相同,选项 C 错误;带负电的电荷 q 绕固定的点电荷+Q 做椭圆运动, 只有电场力做功,其电势能与动能之和保持不变,由于负电荷 q 在 b 点的电势能小于在 d 点的 电势能,所以负电荷 q 在 b 点的动能大于在 d 点的动能,故负电荷 q 在 b 点的速度大于在 d 点 的速度,选项 D 正确. 【科学思维】 　 2.D　小球 b 所受到的库仑力和管道的弹力始终与速度垂直,所以小球 b 机械能守恒,A 错误; 设圆弧半径为 R,由于小球 b 机械能守恒,从 G 滑到 H 的过程中,有 mgR=1 2mv21,在 H 处,有 F 库 -mg=mv21 R ,解得 F 库=3mg,B 错误;设 b 与 a 的连线与水平方向的夹角为 θ,则 mgRsin θ=1 2mv2,任 意位置的加速度为向心加速度和切向加速度的合成,即 a= a2n + a2r= (v2 R )2 + (gcosθ)2=g 3sin2θ + 1,可知随着 θ 增大小球 b 的加速度一直变大,C 错误;设 PN 与竖直方向成 α 角, 对球 a 受力分析,竖直方向上有 FPNcos α=mg+F'库 sin θ,水平方向上有 F'库 cos θ+FPNsin α=FPM,且 F'库=F 库,解得 FPM=mgtan α+3mgcos(θ - α) cosα ,下滑时 θ 从 0°增大到 90°,细线 PM 的 拉力先增大后减小,故 D 正确. 3.BC　a、b 两点到电性不同的两点电荷连线的距离相等,且关于两点电荷连线中点对称,可知 a、b 两点的电场强度大小相等,方向相同,选项 B、C 均正确.电荷量分别为 q 和-q(q>0)的点电 荷(等量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上,正方体的另外两个顶点 a、b 分别在两点电 荷 q 和-q 连线的垂直平分面两侧,故 a 点和 b 点的电势不相等,选项 A 错误.电势是标量,将 q 和-q 在 a、b 两点产生的电势分别相加,可得 φb>φa,将负电荷从 a 点移到 b 点,电场力做正功, 电势能减少,选项 D 错误. 4.BC　因为带电粒子的运动轨迹向左下弯曲,所以带电粒子所受的电场力方向沿电场线切线 - 9 - 方向向下,故粒子带负电,A 错误;电场线的疏密表示场强大小,由图知 B 点的场强大于 C 点的 场强,则粒子在 B 点的加速度大于在 C 点的加速度,B 正确;因为粒子的运动轨迹中 B 点的切线 与该处的电场线垂直,即粒子在 B 点受到的电场力的方向与粒子在 B 点的速度方向垂直,所以 此刻粒子受到的电场力做功的功率为零,C 正确;带电粒子从 A 到 B,电场力做负功,电势能增 大,从 B 到 C,电场力做正功,电势能减小,D 错误. 5.D　根据对称性可知,AF 与 CD 上的细棒在 O 点产生的电场强度的矢量和为零,AB 与 DE 上的 细棒在 O 点产生的电场强度的矢量和为零.BC 中点的点电荷在 O 点产生的电场强度的大小为 kQ (Lsin60°)2=4kQ 3L2,由题意分析可知 EF 上的细棒与 BC 中点的点电荷在 O 点产生的电场强度的矢量 和为零,则 EF 上的细棒在 O 点产生的电场强度的大小也为4kQ 3L2,故每根细棒在 O 点产生的电场 强度的大小都为4kQ 3L2,移走点电荷及 AB 边上的细棒,O 点的电场强度为 EF 与 DE 上的细棒在 O 点 产生的电场强度的矢量和,即 24kQ 3L2cos 30°=4 3kQ 3L2 ,D 正确. 6.D　设想将题中半球壳补充为一个完整的均匀带负电的球壳,则整个球壳在 M 点产生的电场 强度为 0,设补全后 L 右侧的球壳在 M 点产生的电场强度为 E5,则 E1 与 E5 应等大反向,分析可 知 E2E2,且与题中 L 左右两部分球壳的表面积是否相等无关;根据几何关系知,L 右 侧部分球壳上各点到 M 点的距离均大于 L 左侧部分球壳上各点到 M 点的距离,根据 φ=kq r 知,|φ1|>|φ2|,因球壳带负电,所以 φ1<φ2,选项 A、B 错误.因为完整的均匀带电球壳内部任 一点的电场强度为零,根据对称性可知补全后左、右半球壳在 M、N 点产生的电场强度等大反 向,故题中半球壳在 M、N 点产生的电场强度大小相等、方向相同,选项 C 错误,D 正确.