1、拓展课电场力的性质核心要点 等量电荷电场的特点要点归纳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处的场强为零连线上O点场强最小，指向负电荷一方连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最小，向外先变大后变小O点最大，向外逐渐减小关于O点对称的A与A、B与B的场强等大反向等大同向连线上各点场强的图像中垂线上各点场强大小试题案例例1 真空中有两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，a、b关于O点对称，若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动
2、，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，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零解析带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零。但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，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点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做
3、加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到与a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零。同样因b点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度大小的变化不能确定，D错误。答案C针对训练1 (多选)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是水平面上小球A、B连线的垂直平分线上的点，且POON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的vt图
4、像中，可能正确的是()解析在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，若PO足够远，带负电的小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，vt图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果PN足够远，选项B正确；如果PN很近，选项A正确。答案AB核心要点 电场强度的常用计算方法要点归纳电场强度的求解方法虽有多种，但都可分为基本法和特殊法。1.基本法 (1)利用定义式E求解。(2)利用点电荷电场强度的决定式E求解。2.特殊法(1)等效法：在保证效果相同的前提条件下，将复杂
5、的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。 (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，将复杂的电场叠加计算问题大大简化。(3)填补法：采用填补法，将有缺口的带电圆环补全为完整圆环，或将半球面补全为完整球面，从而化难为易，事半功倍。(4)微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元都看成一个点电荷，先根据点电荷场强公式求每个电荷元场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 试题案例例2 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的点电荷产生的电场。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为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有
6、M、N两点，OMON2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为 ()A. B.EC.E D.E解析把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起，整个带正电荷的球面在N点产生的场强E1kk，半个带负电荷的球面在N点产生的场强大小E2E，N点的场强ENE1E2kE，B正确。答案B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，OPL，试求P点的场强。解析设想将圆环看成由n个小段组成，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，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E。由对称性知，各小
7、段带电圆环在P处的场强E的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处的场强Ep，EpnExnkcos 。答案见解析点拨微元法是分析、解决物理问题的常用方法，也是从部分到整体的思维方法。严格地说，微元法是利用微积分的思想处理物理问题的一种思想方法，对学生来说有一定的难度，但是在高考题中时有出现，所以，在复习过程中要进行该方法的思维训练，以适应高考的要求，本题有同学将圆环所带电荷量集中在圆心，这是一种错误的思想。针对训练2 如图所示，N(N5)个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为2q，其余小球带电荷量均为q，圆心处的电场强度大小为E。若仅撤
8、去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为()A.E B. C. D.解析若圆周上均匀分布的都是电荷量为q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为0。若P点无带电小球，则圆心O处的场强大小为1个带电荷量为q的电荷产生的场强，即E1k，方向水平向右，题中的E是q和2q两个带电小球在O点产生的合场强，即E kk，故E1k，所以选项C正确。答案C针对训练3(多选)如图所示，半径为R的硬橡胶圆环上带有均匀分布的负电荷，总电荷量为Q，若在圆环上切去一小段l(l远小于R)，则圆心O处的电荷q受到的电场力()A.方向从O指向ABB.方向从AB指向OC.电场力大小为D.电场力大小为解析未切去AB段时，AB段的电荷
9、量q1l，AB段对O点的电荷产生的电场力Fk，因为l远小于R，故AB段相当于点电荷，AB段对圆心处电荷q的电场力方向由O指向AB，因O处电荷平衡，剩余部分对O处电荷的作用与F等大反向，故方向由AB指向O，B正确，A错误；电场力大小Fk，D正确，C错误。答案BD核心要点 电场线与运动轨迹要点归纳1.物体做曲线运动的条件：合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。2.分析方法：由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向；由电场力和电场线的方向可判断电荷的正负；由电场线的疏密程度可确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律Fma可判断运动电荷加速度的大小。试题案例例4 如图所示，实线为电场线(方向
10、未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一条曲线。下列判断正确的是()A.电场线MN的方向一定是由N指向MB.带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小C.带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度解析由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹内侧，所以到MN时，一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力方向与速度方向成锐角，粒子做加速运动，速度增大，故B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于
11、在b点的加速度，故D错误。答案C方法总结(1)电场线并不是粒子运动的轨迹。带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合外力方向与初速度方向共同决定。电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向。轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度方向。(2)电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件电场线是直线。带电粒子只受电场力作用。带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向与电场线方向在一条直线上。针对训练4 (多选)如图所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则()A.粒子一定带正电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点加速度一
12、定大于在b点加速度D.粒子在c点的速度一定大于在a点的速度解析做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从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点所受的力较大，在c点的加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。答案AC核心要点 静电屏蔽的原理及应用要点归纳一、静电平衡1.静电平衡的实质：金属导体放到场强
13、为E0的电场中，金属中的自由电子在静电力作用下定向移动，导致导体一侧聚集负电荷，而另一侧聚集正电荷，感应电荷在导体内部产生与原电场方向相反的电场，导致合场强减小。当感应电荷继续增加，合场强逐渐减小，合场强为零时，自由电子的定向移动停止。2.特点(1)处于静电平衡状态的导体内部场强为零的本质是外电场E0和感应电荷产生的电场E的合场强为0，即E0E。(2)孤立的带电导体处于静电平衡状态，内部场强为0的本质是分布在导体外表面的电荷在导体内部的合场强为0。(3)处于静电平衡的导体表面的电场线与导体表面垂直。二、静电屏蔽1.静电屏蔽的实质：静电屏蔽的实质是利用了静电感应现象，使金属壳内感应电荷的电场和外
14、加电场矢量和为零，好像是金属壳将外电场“挡”在外面，即所谓的屏蔽作用，其实是壳内两种电场并存，矢量和为零而已。2.静电屏蔽的两种情况屏蔽外电场屏蔽内电场图示实现过程因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷在空腔内的合场强为零，达到静电平衡状态，起到屏蔽外电场的作用当空腔外部接地时，外表面的感应电荷因接地将传给地球，外部电场消失，起到屏蔽内电场的作用最终结论导体内空腔不受外界电荷影响接地导体空腔外部不受内部电荷影响本质静电感应与静电平衡3.应用：为了防止外界信号的干扰，静电屏蔽被广泛地应用到科学技术工作中。例如，电子仪器设备外面的金属罩，通讯电缆外面包的铅皮等，都是用来防止外界电场干扰的屏蔽
15、措施。试题案例例5 如图所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B，向C球靠近，则()A.A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向B.A的位置不变，B向右偏离竖直方向C.A向左偏离竖直方向，B的位置不变D.A、B的位置都不变解析金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A不会受到电场力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷带负电，外壁是远端，感应同号电荷带正电，正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，小球B向右偏，选项B正确。答案B针对训练5 如
16、图所示，把原来不带电的金属壳B的外表面接地，将一带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡后，则()A.B的空腔内电场强度为零B.B不带电C.B的外表面带正电D.B的内表面带负电解析因为金属壳的外表面接地，所以外表面没有感应电荷，只有内表面有感应电荷分布，且由于A带正电，B的内表面带负电，D正确，B、C错误；B的空腔内有带正电的小球A产生的电场和金属壳内表面感应电荷产生的电场，所以空腔内电场强度不为零，A错误。答案D1.(静电平衡的理解)如图所示，长为l的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷。问：(1)金属杆中点处的电场强度为多少？(2)金属杆上的感应
17、电荷在杆中点处产生的电场强度为多大？解析(1)导体棒处于静电平衡时内部电场强度处处为0，故金属杆中点处电场强度为0。(2)内部电场强度是两个电场强度的矢量和，所以E感E0E感Ek。答案(1)0(2)k2.(求场强方法的应用)如图，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(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A.k B.k C.k D.k解析在a点放置点电荷后，根据场强的叠加原理，b点电场强度EbEqEQ，又因为Eb0，Eqk，可得圆
18、盘在b点处产生的场强大小为EQk，方向向左，即Q0。由对称性可知圆盘在d点产生的场强大小EQEQk，方向向右，d点电场强度大小EdEqEQkkk，方向向右，故选项B正确。答案B3.(电场线与运动轨迹)如图所示，实线为三条方向未知的电场线，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只受静电力作用)，则()A.a一定带正电，b一定带负电B.静电力对a做正功，对b做负功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的加速度将增大答案D4.(静电屏蔽的应用)如图所示，A是带正电的物体，B是金属网，C是原来不带电的验电器，能使验电器的金属箔片张
19、开的是()解析此题关键要清楚静电屏蔽的两种情况。达到静电平衡后，各图电荷分布情况如图所示，显然选项A验电器的金属箔片不能张开。而选项B中金属网接地，但是金属网仍然处于静电平衡状态，故其内部电场强度处处为0。选项C金属网外部有电场，而选项D金属网外部没有电场，因此选项C符合题意。答案C基础过关1.一带有绝缘底座的空心金属球壳A带有4108 C的正电荷，有绝缘柄的金属小球B带有2108 C的负电荷，使B球与球壳A内壁接触，如图所示，则A、B带电荷量分别为()A.QA1108 C，QB1108 CB.QA2108 C，QB0C.QA0，QB2108 CD.QA4108 C，QB2108 C解析B与A
20、接触后，负电荷全部跑到外表面，内壁电荷量为零，故B带电荷量为零，A带电荷量为A、B所带电荷中和后的剩余电荷量，即QA2.0108 C。答案B2.(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的大小。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称。则()A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最弱D.B、O、C三点比较，O点场强最弱解析根据等量异种点电荷的电场特点结合甲图可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O点对称，中点场
21、强最小，向两侧场强逐渐增大。两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，故A、D正确。答案AD3.(多选)如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内固定有一带正电的电荷a(图中未画出)，与a带同种电荷的电荷b仅在a的库仑力作用下，以初速度v0(沿MP方向)由M点运动到N点，到N点时速度大小为v，且vv0，则()A.b电荷在M点受力一定向左上方B.b电荷在M点受力一定向右下方C.a电荷一定在虚线MP上方D.a电荷一定在虚线MP下方解析b电荷运动轨迹向上弯曲，根据曲线运动特点可知，b电荷在M点受力一定向左上方，所以a电荷一定在虚线MP下方，选项A、
22、D正确。答案AD4.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其vt图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是()解析从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小，故微粒所受电场力与运动方向相反，图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密。综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，选项A正确。答案A5.现有一半径为R、电荷量为Q均匀分布的球体。已知电荷分布均匀的球壳对壳内点电荷的作用力为零，对壳外电荷作用力等于将所有电荷量全部集中在球心处点电荷作用力。则距离球心为r(0rR
23、)处和球外表面处的电场强度大小之比为()A.1 B. C. D.解析由电荷分布均匀的球壳对壳内点电荷的作用力为零知，电荷分布均匀的球壳在壳内产生的电场强度为零，电荷分布均匀的球体在球外产生的电场相当于电荷集中在球心处的点电荷产生的电场，故距离球心为r处的电场强度大小E1，球外表面处的电场强度大小E2，求得，故选项B正确。答案B6.如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()A.A、B可能带等量异号的正、负电荷B.A、B可能带不等量的正电荷C.a、b两点处无电场线，故其电场强度可
24、能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。答案D能力提升7.下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()解析设带电荷量为q的圆环在O点处产生的场强大小为E0，根据对称性可得四种情况下，O点处的场强大小分别为EAE0，EBE0，ECE0，ED0
25、，选项B正确。答案B8.(多选)如图所示，将悬在绝缘细线上一带正电的小球A放在不带电的金属球壳B内(与内壁不接触)。外加一个水平向右的场强为E的匀强电场，对于最后的结果，下列判断正确的是()A.B的右端带正电，A向左偏B.B的右端带正电，A不偏左也不偏右C.B的左端带正电，A向右偏D.B的左端带负电，A不偏左也不偏右解析金属球壳处于外电场中时，由于静电感应，金属球壳的左端将感应出负电荷，右端将感应出正电荷，而金属球壳内部完全不受外加电场的影响，故A不偏左也不偏右，故A、C错误，B、D正确。答案BD9.如图所示，电场中一带正电的粒子只受电场力作用从A点运动到B点。粒子在A点的速度大小为v0，速度
26、方向与电场方向相同。能定性反映该粒子从A点到B点运动情况的速度时间(vt)图像是()解析带正电的粒子所受电场力沿电场线方向，且在A点的速度方向与电场方向相同，故粒子做加速运动，A、B错误；vt图线的斜率表示加速度，且a，由电场线分布知，从A到B电场线变疏，场强变小，电场力变小，加速度变小，即斜率变小，故选D。答案D10.(多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q3.0106 C的正电荷。两线夹角为120，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(
27、重力加速度取g10 m/s2；静电力常量k9.0109Nm2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()A.支架对地面的压力大小为2.0 NB.两线上的拉力大小F1F21.9 NC.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F11.225 N，F21.0 ND.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1F20.866 N解析A、B间库仑力为引力，大小为Fk0.9 N，B与绝缘支架的总重力G2m2g2.0 N，由力的平衡可知，支架对地面的压力为1.1 N，A项错误；由于两线的夹角为120，根据对称性可知，两线上的拉力大小相等，与A的重力和库仑力的合力大小相等，即F1F2G1F1.9 N，B项正确；将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时库仑力为F0.225 N，没有B时，F1、F2上的拉力与A的重力相等，即等于1.0 N，当B水平右移，使M、A、B在同一直线上时，F2上拉力不变，则根据力的平衡可得F11.0 N0.225 N1.225 N，C项正确；将B移到无穷远处，B对A的作用力为零，两线上的拉力等于A球的重力大小，即为1.0 N，D项错误。答案BC
