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1、第9章 静电场及其应用 第3讲 第2课时 静电场中的三类典型问题第9章 静电场及其应用 第3讲 第2课时 静电场中的典型问题课堂讲解知识点1、两等量点电荷周围电场的电场强度特点等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较比较项目等量同种点电荷等量异种点电荷电场线分布图连线中点O处的电场强度零连线上O点电场强度最小，指向负电荷一方连线上的电场强度大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大中垂线上的电场强度大小O点最小，向外先变大后变小O点最大，向外逐渐变小关于O点对称的A与A、B与B的电场强度等大反向等大同向例1、如图所示为点电荷A、B所形成的电场的电场线分布图，O为A、B连线的中
2、点，c、d为AB的垂直平分线上的点，OaOb，OcOd，则下列说法正确的是( )AA一定带正电，B一定带正电BO处的电场强度为零Ca、b两点的电场强度相同Dc、d两点的电场强度相同变式1、 (多选)如图所示，P、Q为等量异种点电荷，连线中点为O，正方形ABCD的几何中心与O点重合，其中AD边平行PQ连线，E、F、G、H分别为AD、AB、BC、CD边的中点。关于P、Q点电荷形成的电场，下列说法正确的是( )AE、G两点电场强度相同BE、G两点电场强度不相同CF、H两点电场强度相同DF、H两点电场强度不相同知识点2、电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析1 几个矢量的方向 (1)速度方向：沿轨迹的切线
3、方向。 (2)合力方向：指向轨迹曲线的内侧。 (3)电场强度方向：沿电场线的切线方向。2分析带电粒子运动轨迹问题的具体步骤(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Fma可判断带电粒子加速度的大小。(4)根据力和速度的夹角可以判断速度变大还是变小，从而比较带电粒子在不同位置的速度大小。例2、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
4、加速度D粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度变式2、(2023全国甲卷)在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )知识点3、电场和力学知识的综合问题涉及电场和力综合问题的解题思路同解力学问题的方法完全一样，只不过受力分析时多了静电力可以用牛顿运动定律求解加速度，用动能定理求解速度，用运动学公式求位移、时间等，静电力作为一种力完全可以融入到力学的基本规律中去分析步骤如下： (1)确定研究对象，进行受力分析。 (2)分析物理过程，明确运动状态或性质。(3)根据平
5、衡条件、牛顿第二定律、运动学公式及能量关系列方程求解。例3、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，用丝线悬挂质量为m的带正电的小球，丝线跟竖直方向成角时小球恰好平衡，如图所示，问：(1)小球所带的电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？变式3、在如图所示的匀强电场中，有一轻质棒AB，A点固定在一个可以转动的轴上，B端固定有一个大小可忽略、质量为m，带电荷量为Q的小球，当棒静止后与竖直方向的夹角为，求匀强电场的场强例4、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，质量均为m，所带电荷量分别为q和q，沿斜面向上的恒力F作用于A球
6、，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：(1)加速度a的大小；(2)F的大小。变式4、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，电场强度变为原来的，(sin370.6，cos370.8，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2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。课后巩固1如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷Q和Q，c是线段ab的中心，d是ac的中
7、点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是( )AFd、Fc、Fe的方向都是水平向右BFd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上CFd、Fe的方向水平向右，Fc0DFd、Fc、Fe的大小都相等2.在等量正点电荷的电场中，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是( )A电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C电子运动到O时，加速度为零，速度最大D电子通过O后，
8、速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零3两个等量点电荷形成的电场中，以两电荷连线中点为坐标原点，某一方向为x轴，x轴上的电场强度E的大小与x的关系如图甲、乙所示，下列判断正确的是( )A若以两电荷连线为x轴，则图甲是两个等量异种点电荷形成的电场B若以两电荷连线中垂线为x轴，则图甲是两个等量异种点电荷形成的电场C若以两电荷连线为x轴，则图乙是两个等量同种点电荷形成的电场D若以两电荷连线中垂线为x轴，则图甲是两个等量同种点电荷形成的电场4.(多选)如图所示，带箭头的线段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，则下列判断正确的是( )A若粒
9、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5(多选)如图所示，水平实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受静电力作用，则由此图作出的判断正确的是( )A该带电粒子带负电荷B该带电粒子运动方向为由a至b C带电粒子所受静电力的方向向右D带电粒子做匀变速运动6.如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点由静止释放
10、，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为60，则下列说法正确的是( )A小球重力与电场力的关系是mgqEB小球在B点时，对圆弧的压力为2qEC小球在A点和B点的加速度大小相等D如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧而运动7.如图所示，两个固定的带电荷量均为q的点电荷a、b，相距为L，通过它们连线中点O作此线段的垂直平面，在此平面上恰好有一个质量为m、带电荷量为q的点电荷c以O为圆心，做半径为L的匀速圆周运动，已知静电力常量为k，则c的速率为( )AqBqCqDq8. 如图所示，电场中一正离子只受静电力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场
11、方向相同。能定性反映该离子从A点到B点的速度时间(vt)图像的是选项中的( )9.电荷量为q1104 C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系以及物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示。若重力加速度g取10 m/s2 ，求：(1)物块的质量m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数。10.如图所示，在绝缘水平面上的O点固定一电荷量为Q的点电荷，在O点正上方高为r0的A处，由静止释放某带电荷量为q的小液珠，开始运动的瞬间小液珠的加速度大小恰好等于重力加速度的大小g。已知静电力常量为k，小液珠可看成点电荷，不计空气阻力。求： (
12、1)小液珠开始运动瞬间所受静电力的大小和方向；(2)运动过程中小液珠速度最大时到O点的距离h。11如图所示，带电小球A和B放在光滑的绝缘水平面上，球A的质量m12103 kg，球B的质量m21103 kg，所带电荷量q1q21107 C，A带正电，B带负电，现有水平向右的恒力F作用于A球，可使A、B一起向右运动，且保持间距d0.1 m不变，求：(1)A、B间静电力的大小F1；(2)B的加速度a；(3)恒力F的大小。12.悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电荷量为q的小球，若在空间加一匀强电场，则小球静止时细线与竖直方向的夹角为，如图所示重力加速度为g.(1)求所加匀强电场
13、的场强最小值及其方向；(2)若在某时刻突然撤去电场，当小球运动到最低点时，求小球对细线的拉力13.如图所示，匀强电场方向与水平面的夹角30斜向右上方，电场强度为E；质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致(1)若小球的带电荷量为q，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何？(2)若小球的带电荷量为q，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何？本节课反馈（学生填写建议并反馈本节课掌握情况）：参考答案课堂讲解例1、 答案 B解析A、B一定是同种电荷，既可能均带负电，也可能均带正电，A错误；A、B在O处产生的电场强度等大反向
14、，合电场强度为零，B正确；a、b两点的电场强度大小相等，但方向相反，C错误；c、d两点的电场强度大小相等，但方向相反，D错误。变式1、答案 AC解析等量异种点电荷的电场线分布如图所示，结合对称性可知，E、G两点电场强度大小相等，方向相同，F、H两点电场强度大小相等，方向相同，故选项A、C正确。例2、 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；
15、若粒子从c点沿轨迹运动到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点沿轨迹运动到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。变式2、答案 A解析电子运动轨迹的切线方向为速度方向，电子所受电场力方向指向运动轨迹的凹侧且沿电场线切线方向的反方向，作出部分位置处电子所受电场力的示意图如图所示，可知A项正确。例3、答案 (1)(2)解析 (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示由图可得qEmgtan，故q. (2)F，剪断丝线后小球所受静电力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受
16、重力、静电力的合力等于，小球的加速度a.小球由静止开始沿着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x，由xat2得，t.变式3、答案 解析：小球受重力mg、棒拉力FT，还应受到水平向右的电场力F，故Q为正电荷，由平衡条件：FTsinF0，FTcosmg，所以Fmgtan.又由FQE，得E.例4、答案 (1)g(2)解析(1)根据库仑定律，两球间相互吸引的静电力为F库kk隔离B球，由牛顿第二定律有F库mgsin30ma联立解得加速度ag。(2) 把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有F2mgsin302ma，解得F。变式4、答案 (1)(2)3 m/s2，方向沿斜面向下 (3
17、)6 m/s6 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mgsin37qEcos37，可得E。(2)当电场强度变为原来的时，小物块受到的合外力F合mgsin37qEcos370.3mg，由牛顿第二定律有F合ma，所以a3 m/s2，方向沿斜面向下。(3)由运动学公式，知小物块2 s末的速度大小vat32 m/s6 m/s小物块2 s内的位移大小xat2322 m6 m。课后巩固1、 答案 A解析：根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d、c、e三点场强方向都是水平向右，由正点电荷在各点所受电场力方向与场强方向一致，可得到A正确，B、C错误；连线
18、上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故FdFcFe，故D错误2、 答案 C解析在等量正点电荷连线的中垂线上，中点O处的电场强度为零，从中点沿中垂线向上或向下电场强度先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零。a点与电场强度最大值的位置关系不能确定，当a点在该点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在该点的下方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度一直减小，故A、B错误。不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当到达O点时，加速度为零，速
19、度达到最大值，故C正确。通过O点后，电子的运动方向与电场强度的方向相同，与所受静电力的方向相反，故电子做减速运动，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零；同样因b点与电场强度最大值的位置关系不能确定，故通过O点后，电子加速度大小的变化不能确定，故D错误。3、 答案 B解析：由电场叠加可知，两个等量异种点电荷形成的电场，若以两电荷连线为x轴，在两电荷连线中点的场强不为零，连线中点的场强在两电荷连线上为最小，故A错误；两个等量异种点电荷形成的电场，若以两电荷连线中垂线为x轴，在中垂线上连线中点处场强最大，而从连线中点沿中垂线向两边一直减小，故B正确；两个等量同种点电荷形成的电场，以两
20、电荷连线为x轴，在两电荷连线中点处场强为零，从连线中点向两边场强先逐渐增大，再逐渐减小，故C错误；两个等量同种点电荷形成的电场，以两电荷连线中垂线为x轴，在两电荷连线中垂线上从连线中点向两边场强先增大后减小，故D错误4、 答案 BC解析根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧可知粒子受到的静电力沿电场线切线方向向左，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受的静电力与速度方向成锐角，静电力做正功，粒子的动能增大
21、，速度增大，故D错误。5、 答案 AD解析该带电粒子受到的静电力沿电场线的切线方向并指向轨迹的凹侧，可知该带电粒子所受静电力的方向水平向左，带电粒子带负电荷，选项A正确，C错误；由于带电粒子在匀强电场中运动，所受静电力是恒定的，可知带电粒子运动的加速度不变，选项D正确；带电粒子运动方向无法判定，选项B错误。6、 答案 C解析：根据动能定理得，mgRsinqER(1cos)0，解得qEmg，选项A错误；小球到达B点时速度为零，则沿半径方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FTqEcos60mgsin60，故圆弧支持力FTmgqE，由牛顿第三定律知对圆弧的压力为qE，选项B错误；A、B两点是关于平
22、衡位置对称的两点，因此小球在A、B两点的加速度大小相等，选项C正确；若小球带负电，则小球受向下的重力和向左的电场力，合力方向斜向左下方，故小球将先沿合力方向做匀加速运动，选项D错误7、 答案 B解析a与c间及b与c间的静电力大小为FacFbc，对于点电荷c，由牛顿第二定律有2cos30m，解得vq，选项B正确。8、 答案 C解析电场中正离子只受静电力作用，离子从A点运动到B点的过程中，静电力对离子做正功，速度增大，静电力产生的加速度a，电场线从A到B分布越来越稀疏，故电场强度减小，离子加速度减小，速度时间图像中斜率的绝对值表示加速度的大小，故C正确。9、 答案 (1)1 kg(2)0.2解析(
23、1)由题中vt图像可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1mgma,24 s内物块做匀速直线运动，由平衡条件有qE2mg，联立得q(E1 E2)ma，由题中Et图像和vt图像可得E13104 N/C，E22104 N/C，a1 m/s2，代入数据可解得m1 kg。(2)由qE2mg可得0.2。10、 答案 (1)竖直向上(2)r0解析(1)小液珠受到竖直向下的重力和竖直向上的静电力，小液珠开始运动瞬间，根据库仑定律可知，小液珠所受静电力大小F库k，方向竖直向上。(2)设小液珠质量为m，小液珠开始运动瞬间F库2mg，速度最大时，小液珠的加速度为零，有F库mg，即F库F库，解得h
24、r0。11、 答案 (1)9103 N(2)9 m/s2(3)2.7102 N解析(1)根据库仑定律，可知A、B间静电力的大小F19103 N。(2)对B研究，B球向右加速，合力向右，根据A、B间静电力的大小，及牛顿第二定律，则有F1m2a解得a9 m/s2。(3)对A受力分析，受到拉力与库仑引力，则有FF1m1a解得F2.7102 N。12、 答案 (1)斜向左下方与水平面的夹角为 (2)mg(32cos)解析：(1)当电场力的方向与细线垂直且向上时，电场强度最小由mgsinqE，解得E又小球带负电，则所受电场力方向与场强方向相反，故场强方向为斜向左下方与水平面的夹角为.(2)设线长为l，小
25、球运动到最低点的速度为v，细线对小球的拉力为F，则有mgl(1cos)mv2，Fmgm联立解得Fmg(32cos)根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力FFmg(32cos)13、 答案 (1)大小为mg，方向与水平面夹角为60，斜向右上方(2)大小为mg，方向与水平面夹角为60，斜向左上方解析：(1)如图1所示，为使小球做匀速直线运动，必使其受的合外力为零，所以F1cosqEcosF1sinmgqEsin联立解得60，F1mg恒力F1与水平面夹角为60，斜向右上方(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上当F2取最小值时，F2垂直于qE，如图2所示故F2mgsin60mg方向与水平面夹角为60，斜向左上方第 6 页 共 6 页学科网（北京）股份有限公司