1、第2课时电场力的性质考纲解读 1.理解电场强度的定义、意义及表示方法.2.熟练掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决问题.3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题1对电场强度概念的理解关于电场强度的概念，下列说法正确的是()A由E可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零答案C解析电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与试探电荷的受力情况及电荷性质无关，故A、D错误，C正确；电场强度的
2、方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，但场强方向与试探电荷的正负无关，B错误2电场强度的矢量合成如图1所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点电场强度的大小变为E2.E1与E2之比为()图1A12 B21 C2 D4答案B解析两个点电荷分别在M点和N点时，每个点电荷在O点产生的场强大小相等、方向相同，所以EMENE1，得EMEN.将N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷为正电荷，则O点的场强如图所示M点和P点的点电荷
3、在O点产生的场强大小仍相等，夹角为120，所以O点场强E2EM，即，B正确3对电场线概念的理解以下关于电场和电场线的说法中正确的是()A电场、电场线都是客观存在的物质，因此电场线不仅能在空间相交，也能相切B在电场中，凡是电场线通过的点，场强不为零，不画电场线区域内的点场强为零C同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大D电场线是人们假想的，用以表示电场的强弱和方向，客观上并不存在答案CD解析电场线是假想的，不是物质，在空间不相交，不相切，不画电场线区域内的点场强不一定为零4电场强度两个表达式的比较对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是()A电场强度的定义式仍成立，即E，式中的Q就是产生电场
4、的点电荷B在真空中，电场强度的表达式为E，式中Q就是产生电场的点电荷C在真空中，电场强度的表达式E，式中q是检验电荷D以上说法都不对答案B5带电粒子在电场中的运动分析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2中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则()图2Aa一定带正电，b一定带负电B电场力对a做正功，对b做负功Ca的速度将减小，b的速度将增大Da的加速度将减小，b的加速度将增大答案D解析由于电场线的方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场
5、强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，电场强度增大，电场力增大，故加速度增大，D正确一、电场强度1静电场(1)电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场(2)电荷间的相互作用是通过电场实现的电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用2电场强度(1)物理意义：表示电场的强弱和方向(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电荷量q的比值叫做该点的电场强度(3)定义式：E.(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则二、电场线1定义：为了直观形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中
6、画出一系列的曲线，使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小2特点：(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处；(2)电场线在电场中不相交；(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向；(5)沿电场线方向电势逐渐降低；(6)电场线和等势面在相交处互相垂直3几种典型电场的电场线(如图3所示)图34电场线与电荷运动的轨迹(1)电荷运动的轨迹与电场线一般不重合若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：电场线是直线电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行(2)由粒子运动轨迹判断
7、粒子运动情况：粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切由电场线的疏密判断加速度大小由电场力做功的正负判断粒子动能的变化.考点一电场强度的计算1场强的公式三个公式2电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和(2)运算法则：平行四边形定则例1N(N1)个电荷量均为q(q0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，如图4所示若移去位于圆周上P点(图中未标出)的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为_，方向_(已知静电力常量为k)图4解析P点的带电小球在圆心O处的电场强度大小为E1k，方向沿PO指向O；N个小球在O点处电场强度叠加后，合场强为零；
8、移去P点的小球后，则剩余N1个小球在圆心O处的电场强度与P点的小球在圆心O处的电场强度等大反向，即EE1k，方向沿OP指向P.答案沿OP指向P利用补偿法和对称法求电场强度(1)补偿法：题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型，这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题(2)对称法：利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的方法突破训练1如图5所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷
9、，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直则()图5AA点的场强大小为 BB点的场强大小为EkCD点的场强大小不可能为0DA、C两点的场强相同答案A突破训练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产生的电场如图6所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的直线，在直线上有M、N两点，2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()图6A.E B.C.E D.E答案A解析设想球壳是一完整的球面，则M、N两点的场强大小为E0k，去掉左侧半球面，右侧半球面在N点产生的场
10、强大小与只有左侧半球面时在M点产生的场强大小相同，因此N点场强EE0EE，A选项正确考点二两个等量点电荷电场的分布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异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小(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点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A、B与B的场强等大同向等大反向例2如图7所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且POON.
11、现将一个电荷量很小的带正电的小球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，下列关于小球C的说法可能正确的是()图7A速度先增大，再减小B速度一直增大C加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D加速度先减小，再增大解析在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的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；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大答案AD突破训练3如图8所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷Q
12、和Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，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()图8AFd、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，正点电荷在各点受电场力方向与场强方向相同可得到A正确，B、C错误；连线上场强由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
13、)，是中垂线上最大的，故FdFcFe，故D错误突破训练4如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是()图9Ab点场强大于d点场强Bb点场强小于d点场强Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D试探电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能答案BC解析根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强大小可知EdEb.故选项A错误，选项B正确a、c两点关于MN对称，故UabUbc，选项C正确沿电场线方向电势降低，所以ac，由Epq可知E
14、paEpc，故选项D错误29带电体的力电综合问题的分析方法1基本思路2运动情况反映受力情况(1)物体静止(保持)：F合0.(2)做直线运动匀速直线运动，F合0.变速直线运动：F合0，且F合与速度方向总是一致(3)做曲线运动：F合0，F合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧(4)F合与v的夹角为，加速运动：090；减速运动：900)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)()图11Ak Bk Ck Dk答案B解析电荷q产生的电场在b处的场强Eb，方向水平向右，由于b点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在b处的场强EbEb，方向水平向左，故Q0
15、.由于b、d关于圆盘对称，故Q产生的电场在d处的场强EdEb，方向水平向右，电荷q产生的电场在d处的场强Ed，方向水平向右，所以d处的合场强的大小EEdEdk.模拟题组2如图12所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA0.60 kg，mB0.30 kg，mC0.50 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC1.0105 C，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B、C间相距L1.0 m现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a1.0 m/s2的匀加速直线运动
16、，假定斜面足够长已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，g10 m/s2.求：图12(1)B物块的带电量qB；(2)A、B运动多长距离后开始分离答案(1)5.0105 C(2)0.5 m解析(1)设B物块的带电量为qB，A、B、C处于静止状态时，C对B的库仑斥力，F0以A、B为研究对象，根据力的平衡有F0(mAmB)gsin 30联立解得qB5.0105 C(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小设经过时间t，B、C间距离变为L，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离则t时刻C对B的库仑斥力为F0以B为研究对象，由牛顿第二
17、定律有F0mBgsin 30mBgcos 30mBa联立以上各式解得L1.5 m则A、B分离时，A、B运动的距离LLL0.5 m3如图13所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q8.0105 C，求：图13(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；
18、(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功答案(1)5.0 N，方向竖直向下(2)0.72 J解析(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a根据牛顿第二定律有qEma解得a8.0 m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则v2as解得vB4.0 m/s设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FNmg解得FNmg5.0 N根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨迹的压力大小FNFN5.0 N方向：竖直向下(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中电场力所做的功W电qER0.32 J设带电体沿圆弧形轨道运
19、动过程中摩擦力所做的功为Wf，对此过程根据动能定理有W电WfmgR0mv解得Wf0.72 J(限时：30分钟)题组1电场强度的概念及计算1下列关于电场强度的两个表达式EF/q和EkQ/r2的叙述，正确的是()AEF/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量BEF/q是电场强度的定义式，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场CEkQ/r2是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场D从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式Fk，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电
20、场在q2处场强的大小答案BCD解析公式EF/q是电场强度的定义式，适用于任何电场E是点电荷场强的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式Fk可以看成q1在q2处产生的电场强度E1对q2的作用力，故A错误，B、C、D正确2如图1所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是()图1AEaEb BEaEbCEaEb DEa3Eb答案D解析由题图可知，rbra，再由E可知，故D正确3如图2甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、
21、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则()图2AA点的电场强度大小为2103 N/CBB点的电场强度大小为2103 N/CC点电荷Q在A、B之间D点电荷Q在A、O之间答案AC解析对于电场中任意一点而言，放在该处的试探电荷的电荷量q不同，其受到的电场力F的大小也不同，但比值是相同的，即该处的电场强度不变所以Fq图象是一条过原点的直线，斜率越大则场强越大由题图可知A点的电场强度EA2103 N/C，B点的电场强度EB0.5103 N/C，A正确，B错误A、B两点放正、负不同的电荷，受力方向总为正，说明A、B的场强方向相反，点电荷Q只能在A、B之间
22、，C正确题组2电场强度的矢量合成问题4用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱如图3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是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称则()图3AB、C两点场强大小和方向都相同BA、D两点场强大小相等，方向相反CE、O、F三点比较，O点场强最强DB、O、C三点比较，O点场强最弱答案ACD解析由等量异种点电荷的电场线分布规律可知选项A、C、D正确，B错误5如图4所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为q外，其余各点处的电荷量均为q，则
23、圆心O处()图4A场强大小为，方向沿OA方向B场强大小为，方向沿AO方向C场强大小为，方向沿OA方向D场强大小为，方向沿AO方向答案C解析在A处放一个q的点电荷与在A处同时放一个q和2q的点电荷的效果相当，因此可以认为圆心O处的电场是由五个q和一个2q的点电荷产生的电场合成的，五个q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于2q在O处产生的场强，故选C.6图5中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷q、q、q，则该三角形中心O点处的场强为()图5A.，方向由C指向OB.，方向由O指向CC.，方向由C指向OD.，方向由O指向C答案B解析每个点电荷在O点处的场强
24、大小都是E，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为E02E，方向由O指向C.B项正确7在电场强度为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的两条直线和圆周的交点当把一检验电荷q放在d点恰好平衡(如图6所示，不计重力)问：图6(1)匀强电场电场强度E的大小、方向如何？(2)检验电荷q放在点c时，受力Fc的大小、方向如何？(3)检验电荷q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何？答案(1)k方向沿db方向(2)k方向与ac成45角斜向左下(3)2k方向沿db方向解析(1)对检验电荷受力分析如图所示，由题意可知：F1k，F
25、2qE由F1F2，即qEk，解得Ek，匀强电场方向沿db方向(2)由图知，检验电荷放在c点时：EcEk所以FcqEck方向与ac成45角斜向左下(3)由图知，检验电荷放在b点时：EbE2E2E2k所以FbqEb2k，方向沿db方向题组3应用动力学和功能观点分析带电体的运动问题8在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图7所示有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)()图7答案C9一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水
26、平向右的匀强电场中，如图8所示，丝线与竖直方向成37角，现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g，cos 370.8，sin 370.6)，求：图8(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球经过最低点时丝线的拉力答案(1)(2)mg解析(1)电场未变化前，小球静止在电场中，受力分析如图所示：显然小球带正电，由平衡条件得：mgtan 37Eq故E(2)电场方向变成竖直向下后，小球开始做圆周运动，重力、电场力对小球做正功小球由静止位置运动到最低点时，由动能定理得(mgqE)l(1cos 37)mv2由圆周运动知识，在最低点时，F向FT(mgqE)
27、m联立以上各式，解得：FTmg.10如图9所示，将光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：图9(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力答案(1)(2)mg(3)3mg，方向水平向右解析(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg4Rmv到达B点时速度大小为vB(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx2Rmvmv小球从管口C处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A点，有y4RvCt，x2Raxt2t2联立解得：Fxmg电场力的大小为：FqEmg(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN的合力提供，设弹力FN的方向向左，则FxFN，解得：FN3mg根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为FNFN3mg，方向水平向右