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1、第2课时电场力的性质1.电场强度的计算例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)突破训练1单选如图所示，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，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()AA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0 DA、C两点的场强相同突破训练2单选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
2、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()A.E B.C.E D.E2.两个等量点电荷电场的分布例2多选如图所示，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.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()A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
3、小，再增大突破训练3单选如图8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()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，Fc0 DFd、Fc、Fe的大小都相等突破训练4多选如图所示，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()Ab点场
4、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3带电体的力电综合问题的分析方法例3如图10所示，一根长为L1.5 m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在电场强度大小为E1.0105 N/C、与水平方向成30角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q4.5106 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q1.0106 C，质量为m1.0102 kg.现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始运动(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，g10 m/s2)图10(1)求小球B开始运动时的加速
5、度a；(2)当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B从N端运动到距M端的高度为h20.61 m时，速度v1.0 m/s，求此过程中小球B电势能的改变量Ep.课后练习1单选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，该点场强等于零2单选如图所示，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、
6、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()A12 B21 C2 D43多选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4单选对于由点电荷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
7、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5单选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()Aa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6单选如图所示，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()AEaEb BEaEbCEaE
8、b DEa3Eb7多选用电场线能很直观、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()AB、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8如图所示，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
9、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： (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第2课时电场力的性质答案1.电场强度的计算例1答案沿OP指向P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；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.利用补偿法和对称法求电场强度(1)补偿
10、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答案A突破训练2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点产生的场强大小与只有左侧半球面时在M点产生的场强大小2.两个等量点电荷电场的分布例2答案AD解析在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先
11、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，再增大突破训练3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)，是中垂线上最大的，故FdFcFe，故D错误突破训练4答案BC解
12、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EpaEpc，故选项D错误3带电体的力电综合问题的分析方法例3答案(1)3.2 m/s2(2)0.9 m(3)8.4102 J审题与关联解析(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，由牛顿第二定律得mgqEsin ma，解得a3.2 m/s2(2)小球B速度最大时受到的合力为零，即qEsin mg代入数据得h10.9 m(3)小球B在从开始运动到速度为v的过程中
13、，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，则根据动能定理得W1W2W3mv2W1mg(Lh2)又由功能关系知Ep|W2W3|代入数据得Ep8.4102 J课后练习1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
14、电荷在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答案B5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6答案D解析由题图可知，rbra，再由E可知，故D正确7答案ACD8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，x2Raxt2
