2024-2025年《金牌学案》物理人教版必修第3册教师用书配套Word课件：04　第一章　素养提升课(一)　电场力的性质.docx

素养提升课(一)　电场力的性质1．掌握库仑定律、电场强度公式，并能应用其解决问题．2．掌握等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线分布特点．3．掌握解决带电体动力学问题的思路和方法，会建立解决电场中平衡问题和动力学问题的思维模型． 考点1　电场线与运动轨迹问题1．分析带电粒子在电场中的运动轨迹时应注意两点(1)做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧．(2)速度方向沿轨迹的切线方向．2．分析方法(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的方向．(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析．(3)把电场线疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析．(4)把电场力做功与能量的变化相联系进行分析．【典例1】　(多选)如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示．a、b仅受电场力作用，则下列说法正确的是(　　)A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a、b做正功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大思路点拨：(1)根据运动轨迹确定电场力的方向．(2)根据电场线疏密确定加速度大小变化．BD　[由于电场线的方向未知，所以无法确定a、b两粒子的电性，故A错误；根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功，两带电粒子的速度都将增大，故B正确，C错误；a运动过程中，电场线越来越稀疏，所以电场力逐渐减小，加速度逐渐减小；b运动过程中，电场线越来越密集，所以电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，故D正确．]　分析运动轨迹类问题的技巧(1)由轨迹的弯曲方向确定粒子所受合外力方向，由电场线的疏密程度确定电场力的大小，进而确定合外力的大小．(2)速度或动能的变化要根据合外力做功情况来判断，当电场力恰为合外力时，电场力做正功，速度或动能增加；电场力做负功，速度或动能减少．[跟进训练]1．(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能ACD　[根据带电粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定带电粒子受电场力的方向沿电场线方向，故带电粒子带正电，A选项正确；由于电场线越密，场强越大，带电粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故带电粒子在N点的加速度大，B选项错误，C选项正确；粒子从M点到N点，所受电场力方向与其速度方向夹角小于90°，速度增加，故带电粒子在N点动能大，D选项正确．] 考点2　电场力作用下的动力学问题1．电场中动力学问题与力学问题分析方法完全相同，带电体受力仍然满足牛顿第二定律．2．处理静电场中力与运动的问题时，根据牛顿运动定律，再结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识来解决问题．【典例2】　如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量 m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10-6 C 的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2．从某时刻开始，电场强度变为原来的13，求：(1)原来的电场强度大小E0；(2)小物块运动的加速度a的大小和方向；(3)沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v．思路点拨：(1)由“恰好静止”的条件可求出电场强度E0的大小．(2)“电场强度变为原来的13”说明小物块不再平衡，利用牛顿第二定律和运动学方程求解．[解析]　(1)小物块受到重力、水平向右的电场力qE0、支持力N而保持静止状态，则qE0mg＝tan θ得E0＝1.5×106 N/C．(2)电场强度变为原来的13时，电场力变为qE＝13qE0＝14mg根据牛顿第二定律有mg sin θ－qE cos θ＝ma得 a＝4 m/s2，方向沿斜面向下．(3)小物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax得v＝2 m/s．[答案]　(1)1.5×106 N/C　(2)4 m/s2　方向沿斜面向下　(3)2 m/s[跟进训练]2．(多选)如图所示，带电小球A挂在绝缘的细线下端，带电小球B固定在高度可调的绝缘支架上，实验过程中始终保持两个小球在同一水平线上，两小球可视为点电荷．平衡时，两个小球距离为r，细线与竖直方向的夹角为θ，已知小球A的质量为m，带电量为q，静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)A．细线对A球的拉力为mg cos θB．小球A在小球B处的场强大小为mgtanθqC．小球A对小球B的静电力大小为mg tan θD．小球B的带电量为mgr2tanθkqCD　[以小球A为对象，根据受力平衡可得T cos θ＝mg，T sin θ＝F，可得细线对A球的拉力为T＝mgcosθ，小球A、B之间的静电力大小为F＝mg tan θ，故A错误，C正确；设小球B的带电量为qB，则有F＝kBr2，可得qB＝mgr2tanθkq，小球A在B处的场强大小为E＝FqB＝kq2r2，故B错误，D正确．故选CD．]素养提升练(一)　电场力的性质1．关于静电现象，下列说法中正确的是(　　)A．电场的概念由英国物理学家法拉第提出，并用电场中真实存在的电场线来表示电场的分布B．美国物理学家密立根用油滴实验最早精确地测出了元电荷的数值C．由公式E＝kQr2可知，在离带电体很近时，r接近于零，电场强度达无穷大D．感应起电是利用静电感应，使电荷从一个物体转移到另一个物体上的过程B　[电场的概念由英国物理学家法拉第提出，并用电场线来表示电场的分布．电场线是为了物理研究方便而假想的，故A错误；美国物理学家密立根用油滴实验最早精确地测出了元电荷的数值，故B正确；公式E＝kQr2只适合点电荷，在离带电体很近时，带电体就不能被看成点电荷了，所以此时该公式不成立，故C错误；感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体另一部分的过程，故D错误．故选B．]2．已知均匀带电球体在球的外部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，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝43πr3，则A点处场强的大小为(　　)A．5kQ36R2 B．7kQ36R2C．7kQ32R2 D．3kQ16R2B　[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点产生的场强E整＝kQ2R2＝kQ4R2．挖出的小球半径为R2，电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝43πR2343πR3Q＝Q8，则其在A点产生的场强E挖＝kQ'12R+R2＝k·Q894R2＝kQ18R2．剩余部分的电荷在A点产生的场强E＝E整－E挖＝kQ4R2－kQ18R2＝7kQ36R2，故B正确．]3．有一正点电荷只受电场力作用，从静电场中的a点由静止释放．在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移s变化的关系图像如图所示．该电场的电场线分布应是(　　)A　　　　　　　BC　　　　　　　DA　[根据动能定理，并由题图可知，点电荷所受电场力为 F＝ΔEkΔs，为常量，所以该电场为匀强电场，又由于从a到b点正点电荷的动能增大，所以电场强度方向沿a→b，故A项正确．]4．如图所示，在匀强电场中将一质量为m、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．不能忽略小球的重力，重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小(　　)A．唯一值是mgtanθq B．最大值是mgtanθqC．最小值是mgsinθq D．最小值是mgcosθqC　[小球的受力分析如图所示．小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动，当静电力与合力垂直时，静电力最小，即qEmin＝mg sin θ，可得Emin＝mgsinθq，静电力和电场强度没有最大值，故C正确，A、B、D错误．]5．如图甲所示，Q1、Q2是真空中两个固定的点电荷，其中Q1带正电．在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度va从a点沿直线ab向右运动，其v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)　A．Q2带正电B．Q1带电荷量小于Q2C．b点处电场强度为零D．ab连线上a点左侧电场强度向左，a点右侧电场强度向右C　[从v-t图像可知，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时试探电荷的加速度为零，则受到的电场力为零，所以b点处电场强度为零，故C正确；b点场强为零，可知Q1、Q2在b点处的场强大小相等，方向相反，由于Q1带正电，则Q2带负电；根据点电荷场强公式E＝kQr2可知，由于Q1到b点距离大于Q2到b点距离，则Q1的电量大于Q2的电量，故AB错误；从v-t图像可知，粒子从a到b做减速运动，电场力做负功，电场力方向向左，试探电荷带正电，则电场方向向左；粒子从b继续向右做加速运动，电场力做正功，电场力方向向右，则电场方向向右，可知ab连线上b点左侧附近电场强度向左，b点右侧电场强度向右，故D错误．故选C．]6．如图所示，在正方形的四个顶点各固定一个点电荷，直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴．将一正电荷在原点O处静止释放，它在以后运动过程中(　　)A．一直向左运动B．在两负电荷连线中点处速度最大C．在两负电荷连线中点偏左处速度最大D．将以原点O为中心在x轴上往复运动C　[电场强度为矢量，四个点电荷在O点形成的电场强度方向水平沿x轴负方向．故正点电荷在原点O处静止释放时，它将受电场力的作用向x轴负方向加速运动．在两负电荷连线中点处，根据电场强度的矢量叠加可知，该点处的电场方向水平向左，故正电荷在该位置左侧速度较大，该位置不是速度最大处，故B错误，C正确；根据点电荷电场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧，有一点M，该位置电场强度为0，速度最大．所以正电荷向左先做加速运动，再做减速运动，然后向右加速运动，最右不超过O点，故AD错误．故选C．]7．如图所示，均匀带正电的圆环所带的电荷量为Q，半径为R，圆心为O，A、B、C为垂直于圆环平面且过圆环中心的轴上的三个点，已知BC＝2AO＝2OB＝2R，当在C处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B点的电场强度恰好为零，静电力常量为k，则由此可得A点的电场强度大小为(　　)A．2kQ4R2 B．52kQ16R2C．32kQ16R2 D．2kQ2R2B　[将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量为q＝Qn；每一点电荷在B处的电场强度为E1＝kqR2+R2＝kQ2nR2；由对称性可知，各小段带电环在B处的电场强度E1的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的电场强度为EB＝nE1cos 45°＝2kQ4R2；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的电场强度大小相等，方向相反，设C处点电荷的带电荷量为Q′，则有kQ'2R2＝EB，解得Q′＝2Q，C处点电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的电场强度大小为EA1＝EB＝2kQ4R2，方向向左．C处电荷在A处产生的电场强度为EA2＝kQ'4R2＝2kQ16R2，方向向左；所以A点的电场强度大小为EA＝EA1＋EA2＝52kQ16R2，故选。