高中物理第2章电场与示波器 2 题课电场力的性质导学案沪科版选修
1、会分析两等量同种电荷和等量异种电荷的电场分布、
2、
会用平行四边形定则分析电场的叠加、3、会由粒子的运动轨迹分析带电粒子的受力方向和所在处的电场方向、4、会解答电场与力学的综合问题、
一、两个等量点电荷周围的电场
1、等量同种点电荷的电场(如图1所示)：(1)两点电荷连线上，中点O处场强为零，向两侧场强逐渐增大、(2)两点电荷连线中垂线上由中点O到无限远，场强先变大后变小、
2、等量异种点电荷的电场(如图2所示)：(1)两点电荷连线上，沿电场线方向场强先变小再变大，中点处场强最小、(2)两点电荷连线的中垂线上电场强度方向都相同，总与中垂线垂直且指向负点电荷一侧、沿
中垂线从中点到无限远处，场强一直减小，中点处场强最大、例1 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，若在a点由静止释放一个电子，如图3所示，关
于电子的运动，下列说法正确的是(
)图3
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针对训练如图4所示，一带负电粒子沿等量异种点电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，重力不计，则带电粒子所受另一个力的大小和方向变化情况是(
)图4
A、先变大后变小，方向水平向左
B、先变大后变小，方向水平向右
C、先变小后变大，方向水平向左
D、先变小后变大，方向水平向右答案B解析根据等量异种点电荷电场的电场线分布图(如图)，从A到O，电场线由疏到密，从O到B，电场线由密到疏，所以从A到O到B，场强先变大再变小，电场方向沿电场线切线方向水平向右，如图所示、所以带负电粒子所受电场力先变大后变小，方向水平向左，故带负电粒子受的另一个力方向应水平向右，先变大再变小、
二、电场强度矢量的叠加电场强度是矢量；空间存在多个电场时，空间中某点的电场强度应为每个电场单独存在时在该点产生的电场强度的矢量和、例2 如图5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，∠M OP＝
60、电荷量相等、电性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点的场强大小变为E
2、E1与E2之比为(
)图5
A、1∶2
B、2∶1
C、2∶
D、4∶解析本题考查电场强度的矢量合成、依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则＝，B正确、答案 B
三、电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析
1、物体做曲线运动的条件：合力在轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线、
2、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F＝ma可判断电荷加速度大小、例3 如图6所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点、若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以作出的判断是(
)图6
A、带电粒子所带电荷的符号
B、带电粒子在a、b两点的受力方向
C、带电粒子在a、b两点的加速度何处大
D、带电粒子在a、b两点的加速度方向解析根据合外力指向带电粒子运动轨迹的凹侧，可以确定带电粒子受电场力的方向，
B、D可以；电场线越密集的地方电场强度越大，带电粒子受到的电场力越大，加速度越大，C可以；由于不知道电场线的方
向，只知道带电粒子受力方向，无法确定带电粒子的电性，A不可以、答案BCD
四、电场与力学规律的综合应用例4 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的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图7所示、请问：图7(1)小球带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？解析(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示Tsin θ＝qE①Tcos θ＝mg②由得tan θ＝，故q＝(2)由第(1)问中的方程②知T＝，而剪断丝线后小球所受电场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重力、电场力的合力等于、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s＝，又由s＝at2得t＝＝＝答案(1) (2)
1、(对场强公式的理解)下列关于电场强度的两个表达式E＝和E＝的叙述，正确的是(
)
A、E＝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
B、由公式E＝可知，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q 是放入电场中试探电荷的电荷量，它适用于任何电场
C、E＝是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它适用于任何电场
D、从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝k，其中k 是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而k是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小答案BD解析E＝是场强的定义式，其中q是试探电荷的电荷量，F是试探电荷在电场中某点受到的电场力，故A选项错误，B选项正确；E＝是真空中点电荷形成的电场场强的计算式，Q为场源电荷的电荷量，故C选项错误；静电力F＝k的实质是一个电荷处在另一个电荷形成的电场中，结合定义式E＝可知D选项正确、2、(电场线与带电粒子运动轨迹的综合分析)某静电场中的电场线如图8中实线所示，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(
)图8
A、粒子必定带正电荷
B、粒子必定带负电荷
C、粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
D、粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度答案 D
3、(两个等量点电荷周围的电场)如图9所示，在平面上建立坐标系xOy，在y轴上的点y＝a与y＝－a处各放带等量正电荷Q 的小物体，已知沿x轴正方向为电场正方向，带电体周围产生电场，这时x轴上的电场强度E的图像正确的是(
)图9答案D解析两个正电荷Q在x轴产生的场强如图所示，根据场强的叠加，合场强的方向也如图所示，在x轴正半轴，场强方向与正方向相同，在x轴负半轴，场强方向与正方向相反，而两个正电荷在O点及无穷远处的合场强为零，在x轴正、负半轴的场强先增大后减小，故D正确、4、(电场强度矢量的叠加)如图10所示a、b、c、d四个点在一条直线上，a和b、b 和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定有一电荷量为Q的点电荷，在d点处固定有另一个电荷量未知的点电荷，除此之外无其他电荷，已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(已知k为静电力常量)(
)图10
A、0
B、k
C、k
D、k答案B解析据题可知，b点处的场强为零，说明a处和d处的两个点电荷在b处产生的场强大小相等，方向相反，则有：k＝k，得Q′＝4Q，电性与Q相同、则Q在c处产生的场强大小 E1＝k＝k，方向向右；Q′在c处产生的场强大小 E2＝k＝k，方向向左；故c点处场强的大小为 E＝E2－E1＝k、题组一
对场强的理解
1、关于电场强度E，下列说法正确的是(
)
A、由E＝知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍
B、由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比
C、由E＝k知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同
D、电场中某点的场强方向就是该点正电荷受到的静电力的方向答案BD解析E＝为场强定义式，电场中某点的场强E只由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；E＝k是点电荷Q产生的电场的场强决定式，故可见E与Q成正比，与r2成反比，B正确；因场强为矢量，E相同，意味着大小、方向都相同，而在以场源点电荷为球心的球面上各处E的方向不同，故C错误；电场中某点的场强方向与正电荷在该点所受静电力的方向相同，故D正确、2、如图1所示，a、b两点为负点电荷Q的电场中以Q为圆心的同一圆周上的两点，a、c两点为同一条电场线上的两点，则以下说法中正确的是(
)图1
A、a、b两点场强大小相等
B、同一试探电荷在a、b两点所受电场力相同
C、a、c两点场强大小关系为Ea＞Ec
D、a、c两点场强方向相同答案AD解析a、b两点场强大小相等但方向不同，故所受电场力大小相等但方向不同，a、c两点场强方向相同，但大小不等、题组二对电场叠加的理解
3、AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O、将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图2所示、要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q( )图2
A、应放在A点，Q＝2q
B、应放在B点，Q＝－2q
C、应放在C点，Q＝－q
D、应放在D点，Q＝－q答案C解析根据平行四边形定则，求出＋q和－q在O点产生的合场强，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小，方向水平向右，要使圆心处的电场强度为零，可在C点放一个电荷量Q＝－q的点电荷，C选项正确、4、如图3所示，在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电Q2，且Q1＝2Q2，用E1和E2分别表示两个电荷产生的场强的大小，则在x轴上(
)图3
A、E1＝E2的点只有一处，该点合场强为零
B、E1＝E2的点只有两处，一处的合场强为零，另一处的合场强为2E2
C、E1＝E2的点只有三处，其中两处的合场强为零，另一处的合场强为2E2
D、E1＝E2的点只有三处，其中一处的合场强为零，另两处的合场强为2E2答案B解析本题考查对电场强度概念的理解，特别是对场强方向特性的理解、可以画一草图，牢记电荷量关系：Q1＝2Q2，E
1、E2是这两个点电荷在x轴上同一点产生的场强的大小，试想一试探电荷在x轴上自左向右移动，在Q1左边区域时，由于Q1＝2Q2，它们对试探电荷的作用力不可能相等，因此在Q1的左边不存在E1＝E2的点；而在Q1与Q2之间以及Q2的右边区域有这样的点，且这样的点到Q1的距离是它到Q2的距离的倍，进一步考虑E
1、E2的方向，可知合场强为零的点在Q2的右边，合场强为2E2的点在Q1与Q2之间、故正确答案为
B、5、图4中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q
1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点、下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的右侧(
)图4
A、Q
1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2
B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|
C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2
D、Q
1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|答案B解析分别利用有向线段表示Q
1、Q2在P点产生的场强示意图，然后根据平行四边形定则表示出合场强的大小和方向，
A、
B、
C、D四个选项的示意图如图所示、显然，选项B正确、6、如图5所示，带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心、若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为____，方向________、(静电力常量为k)图5答案k 水平向左解析a点处的场强由两部分组成：一是点电荷在a处的场强，大小为E＝k，方向水平向左；二是带电薄板在a处的场强、由题知，这两个场强的合场强为零，所以薄板在a处的场强大小为Ea＝k，方向水平向右、根据对称性可知，薄板在b处的场强为Eb＝k，方向水平向左、题组三带电粒子在电场中运动分析7、
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v－t图象如图6所示、则此电场的电场线分布可能是(
)图6答案A解析从题图可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；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，正确选项是
A、8、把质量为M的正点电荷放在电场中无初速度释放，不计重力，则以下说法正确的是(
)
A、点电荷的轨迹一定和电场线重合
B、点电荷的速度方向总是与所在处的电场线方向一致
C、点电荷的加速度方向总是与它所在处的电场线的切线方向重合
D、点电荷将沿电场线切线方向抛出做抛物线运动答案C解析本题考查了电场线、电场强度的方向及电场力的方向三者之间的关系及物体做曲线运动的条件、仅当电场线为直线、电荷的初速度为零，或者电荷初速度不为零，但初速度方向和场强方向在同一直线上，且只受电场力时，电荷的运动轨迹才和电场线重合，A错、点电荷的速度方向不一定与所在位置处的电场线方向一致，如电场线为曲线时，B错、由牛顿第二定律知，加速度方向与合外力方向一致，而点电荷在电场中受的电场力方向与电场线的切线方向重合，C对、点电荷仅受电场力作用，且初速度为零，所以不可能做抛物线运动，D错、9、如图7所示，
A、B是一条电场线、在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动、对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)(
)图7
A、电荷向B做匀速运动
B、电荷向B做加速度越来越小的运动
C、电荷向B做加速度越来越大的运动
D、电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定答案
D解析由于负电荷从P点由静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，但不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确、题组四静电场知识与动力学知识的综合
10、如图8所示，场强为E、方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m、电荷量分别为＋2q和－q的小球A和B，两小球用绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球A悬挂于O 点，处于平衡状态、已知重力加速度为g，求细线对悬点O的作用力、图8答案2mg＋Eq解析以
A、B整体为研究对象，静电力为内力，则T＝2mg＋Eq，由牛顿第三定律得，细线对悬点O的作用力T′＝T＝2mg＋Eq、
11、如图9所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3104N/
C、在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝510－3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60(g取10 m/s2)、试求：图9(1)小球的电性和电荷量；(2)悬线的拉力、答案(1)正电10－6 C (2)0、1 N解析(1)小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示、由平衡条件有Eq＝mgtan60解得q＝10－6C(2)由平衡条件得F＝，解得F＝0、1 N
12、如图10所示，光滑斜面倾角为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，电场强度变化为原来的，重力加速度为g，求：图10(1)原来的电场强度为多大；(2)场强改变后，物块运动的加速度、答案
(1)(2)g，方向沿斜面向下解析(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mgsin37＝qEcos37，解得E＝＝、(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37－qEcos37＝mgsin37，又F合＝ma，所以a＝g，方向沿斜面向下、