專題提升二靜電場中的三類問題學習目標1.學會利用幾種特殊方法解決非點電荷電場的疊加問題。2.掌握帶電粒子運動軌跡類問題的分析思路和方法。3.會分析靜電場內(nèi)的平衡和運動問題。提升1非點電荷電場的電場強度的疊加問題在求解帶電圓環(huán)、帶電直桿、帶電平面等特殊帶電體產(chǎn)生電場的電場強度或多個帶電體所產(chǎn)生電場的電場強度時，一般運用補償法、對稱法、微元法、等效法等思維方法，可以化難為易。類型1補償法例1如圖所示，正電荷均勻分布在半球面ACB上，電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點C和球心O的軸線。P、M為軸線上的兩點，距球心O的距離均為eq\f(R,2)。在M右側(cè)軸線上O′點固定一帶正電的點電荷，所帶電荷量為Q，O′、M兩點間的距離為R，已知P點的電場強度為零，若均勻帶電的封閉球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則M點的電場強度大小為()A.0 B.eq\f(3kq,4R2)C.eq\f(3kQ,4R2) D.eq\f(kQ,R2)－eq\f(kq,4R2)答案C解析因P點的電場強度為零，所以半球面上的正電荷在P點產(chǎn)生的電場強度和點電荷Q在P點產(chǎn)生的電場強度等大反向，即半球面上的正電荷在P點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝eq\f(kQ,4R2)，方向沿軸線向右?，F(xiàn)補全右側(cè)半球面，如圖所示，根據(jù)均勻帶電的封閉球殼內(nèi)部電場強度處處為零知，均勻帶電的封閉球面在M點產(chǎn)生的電場強度為零，即左半球面在M點產(chǎn)生的電場強度和右半球面在M點產(chǎn)生的電場強度等大反向，又由對稱性知左半球面在P點產(chǎn)生的電場強度和右半球面在M點產(chǎn)生的電場強度等大反向，則左半球面在M點產(chǎn)生的電場強度大小為E2＝eq\f(kQ,4R2)，方向沿軸線向右，點電荷Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小為E3＝eq\f(kQ,R2)，方向沿軸線向左，故M點的合電場強度大小為EM＝eq\f(kQ,R2)－eq\f(kQ,4R2)＝eq\f(3kQ,4R2)，方向沿軸線向左，故選項C正確。由題給條件建立的模型不完整，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補充條件的差值問題。如采用補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而將問題化難為易。類型2對稱法例2如圖所示，電荷量為q的正點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過薄板的幾何中心。若圖中A點處的電場強度為零，靜電力常量為k，則帶電薄板在圖中B點處產(chǎn)生的電場強度()A.大小為keq\f(q,d2)，方向水平向左B.大小為keq\f(q,d2)，方向水平向右C.大小為keq\f(q,9d2)，方向水平向左D.大小為keq\f(q,9d2)，方向水平向右答案C解析由于A點處的電場強度為零，則正點電荷在A點處產(chǎn)生的電場強度E1和帶電薄板在A點處產(chǎn)生的電場強度EA大小相等，即E1＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向相反，則帶電薄板在A點處產(chǎn)生的電場強度方向水平向右。由于A、B兩點關于帶電薄板對稱，所以帶電薄板在B點產(chǎn)生的電場強度EB和在A點產(chǎn)生的電場強度EA大小相等，方向相反，故EB＝E1＝eq\f(kq,9d2)，方向水平向左。故C正確。對稱法實際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法。在電場中，當電荷的分布具有對稱性時，應用對稱法解題可將復雜問題簡化。類型3微元法例3如圖所示，均勻帶電圓環(huán)帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為過圓心且垂直于圓環(huán)平面的直線上的一點，OP＝l，求P點的電場強度大小和方向。答案eq\f(kQl,（R2＋l2）\f(3,2))，方向由O指向P解析若將圓環(huán)分成n小段，則每一小段可視為點電荷，其電荷量為q＝eq\f(Q,n)，每一個點電荷在P處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(kQ,nr2)＝eq\f(kQ,n（R2＋l2）)。如圖所示，根據(jù)對稱性可知，每一個點電荷在P處產(chǎn)生的電場強度在垂直于OP方向的分量Ey會被抵消，Ex＝Ecosθ＝eq\f(kQ,n（R2＋l2）)cosθ＝eq\f(kQ,n（R2＋l2）)eq\f(l,\r(R2＋l2))＝eq\f(kQl,n（R2＋l2）\f(3,2))，所以P點的電場強度EP＝nEx＝eq\f(kQl,（R2＋l2）\f(3,2))，方向由O指向P。若一個帶電體不能視為點電荷，求這個帶電體產(chǎn)生的電場在某處的電場強度時，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算。類型4等效法例4下列選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()答案B解析將eq\f(1,4)圓環(huán)視為點電荷，圓環(huán)半徑為r，則每個點電荷在坐標原點O的電場強度大小均為E＝keq\f(q,r2)，根據(jù)電場強度的合成滿足平行四邊形定則，可知選項A和C中坐標原點O的電場強度大小均為E＝keq\f(q,r2)，選項B中坐標原點O的電場強度大小為E1＝keq\f(\r(2)q,r2)，選項D中坐標原點O的電場強度為0，故選項B符合題意。等效法是在保證效果相同的前提下，將實際的復雜的物理問題變換為簡單的或熟悉的物理問題來研究和處理的方法。提升2電場線與帶電粒子運動軌跡問題1.帶電粒子做曲線運動時，合力指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，速度方向沿軌跡的切線方向。2.分析思路例5某靜電場中的電場線如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，粒子由M運動到N。(1)試畫出粒子運動至Q點時的速度方向；(2)判斷并畫出粒子運動至Q點時所受靜電力方向；(3)判斷粒子的帶電性質(zhì)；(4)比較粒子在M點和N點的加速度哪個大。答案見解析解析(1)粒子運動至Q點時的速度方向如圖所示。(2)根據(jù)做曲線運動的物體所受合力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，又粒子所受靜電力方向與電場強度方向共線，所以靜電力F方向如圖所示。(3)因為粒子所受靜電力方向與電場強度方向相同，故粒子帶正電。(4)電場線越密，電場強度越大，粒子所受靜電力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N點的加速度大。訓練1如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則()A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a的速度將減小，b的速度將增大C.a的加速度將減小，b的加速度將增加D.兩個粒子的動能，一個增大一個減小答案C解析由曲線軌跡只能判斷出a、b受力方向相反，帶異種電荷，無法判斷哪個帶正電，哪個帶負電荷，A錯誤；由粒子的運動軌跡和電場線的關系可知靜電力對a、b均做正功，動能均增大，B、D錯誤；由電場線的疏密可判定，a受靜電力逐漸減小，加速度減小，b正好相反，C正確。提升3帶電體的平衡和運動分析1.帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等。2.帶電體在電場中的加速問題仍然滿足牛頓第二定律，在進行受力分析時不要漏掉靜電力。例6如圖所示，一質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg、帶電荷量大小為q＝1.0×10－6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場足夠大，靜止時懸線向左偏離與豎直方向夾角為θ＝37°。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)電場強度E的大??；(2)若在某時刻將細線突然剪斷，經(jīng)過1s時小球的速度大小v及方向。答案(1)7.5×104N/C(2)12.5m/s方向與豎直方向夾角為37°斜向左下解析(1)由平衡條件得小球所受靜電力大小F＝mgtanθ所以電場強度的大小E＝eq\f(F,q)＝eq\f(mgtanθ,q)＝eq\f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6)N/C＝7.5×104N/C。(2)剪斷細線后，小球所受合力大小F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1.25mg根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度大小a＝eq\f(F合,m)＝1.25g＝12.5m/s2所以經(jīng)過1s時小球的速度大小v＝at＝12.5m/s，方向與豎直方向夾角為37°斜向左下方。訓練2a、b兩個帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶的電荷量分別為＋3q和－q，兩球間用一絕緣細線連接，用長度相同的另一絕緣細線將a懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時兩細線都被拉緊，則平衡時兩球的位置可能是圖中的()答案D解析a帶正電，受到的電場力水平向左，b帶負電，受到的電場力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的電場力大小為2qE，方向水平向左，受力分析如圖所示，則上面懸掛a的繩子應向左偏轉(zhuǎn)，設上面的繩子與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝eq\f(2qE,2mg)＝eq\f(qE,mg)；以b球為研究對象，設a、b間的繩子與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝eq\f(qE,mg)，可得α＝β，根據(jù)幾何知識可知，b球應在懸點的正下方，故D正確，A、B、C錯誤。隨堂對點自測1.(非點電荷電場的電場強度的疊加)如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為(k為靜電力常量)()A.keq\f(3q,R2) B.keq\f(10q,9R2)C.keq\f(Q＋q,R2) D.keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強度大小EQ′＝EQ＝keq\f(q,R2)，則Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,（3R）2)＝keq\f(10q,9R2)，B正確。2.(電場線與帶電粒子的軌跡問題)某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則()A.粒子一定帶負電B.粒子一定是從a點運動到b點C.粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度D.粒子在c點的速度一定大于在a點的速度答案C解析做曲線運動的物體，合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子可能是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點處受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c運動到a，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a運動到c，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤。3.(帶電粒子在電場中的運動分析)A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其v－t圖像如圖所示。則此電場的電場線分布可能是()答案A解析由v－t圖像可知，微粒的速度在逐漸減小，圖像的斜率在逐漸增大，故此帶負電的微粒做加速度越來越大的減速直線運動，所受靜電力越來越大，由F＝qE知，電場強度增大，電場線越來越密。靜電力方向與其運動方向相反，靜電力向左，所以電場線方向向右，故A正確。4.(電場中的平衡問題)如圖所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為了保證當絲線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強電場的電場強度大小不可能為()A.eq\f(mgtan60°,q) B.eq\f(mgcos60°,q)C.eq\f(mgsin60°,q) D.eq\f(mg,q)答案B解析取小球為研究對象，它受到重力mg、絲線的拉力F和靜電力qE作用。因小球處于平衡狀態(tài)，則它受到的合外力等于零，由平衡條件知，F(xiàn)和qE的合力與mg是一對平衡力，根據(jù)力的平行四邊形定則可知，當靜電力qE的方向與絲線的拉力方向垂直時，靜電力為最小，如圖所示。則qEmin＝mgsinθ得Emin＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q)所以該勻強電場的電場強度大小E≥eq\f(\r(3)mg,2q)，故B正確。對點題組練題組一非點電荷電場的電場強度的疊加1.如圖所示，半徑為R的絕緣球殼上均勻分布著正電荷，O為球心。現(xiàn)從球殼上A處挖出足夠小的帶電荷量為＋q的一部分，并將它沿OA延長線移動距離R到B處。若球殼其他部分帶電情況不變，已知靜電力常量為k，則此時球心O點的電場強度為()A.eq\f(3kq,4R2)，方向沿B到O B.eq\f(3kq,4R2)，方向沿O到BC.eq\f(5kq,4R2)，方向沿O到B D.eq\f(5kq,4R2)，方向沿B到O答案B解析均勻帶電的球殼內(nèi)部各點電場強度都為0，挖出的足夠小部分可視為點電荷，在O點的電場強度EA＝eq\f(kq,R2)，方向沿AO方向，故剩余部分在O點的電場強度E1＝EA＝eq\f(kq,R2)，方向沿OA方向，挖出的部分移到B后在O點的電場強度EB＝eq\f(kq,（2R）2)，方向沿AO方向，此時O點的合電場強度大小為E＝eq\f(kq,R2)－eq\f(kq,（2R）2)＝keq\f(3q,4R2)，方向沿O到B，故B正確。2.如圖所示，均勻帶正電的半圓環(huán)ABC在其圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E，方向與直徑AC垂直。則AB部分(∠AOB＝90°)所帶電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小為()A.eq\f(1,2)E B.eq\f(\r(2),2)EC.eq\f(\r(3),2)E D.eq\r(2)E答案B解析半圓環(huán)ABC在其圓心O處產(chǎn)生的電場強度，可看作是AB部分和BC部分在O處產(chǎn)生的電場強度E1和E2的矢量和。E1和E2的大小相等，且與BO的夾角相等。如圖所示，由于圓弧AB和BC是軸對稱圖形。所以電場強度E1和E2的方向沿著圓弧AB和BC的對稱軸，即E1和E2的夾角為90°，則有E1＝E2，E＝eq\r(2)E1，E1＝eq\f(\r(2),2)E，故B正確。題組二電場線與帶電粒子的軌跡問題3.如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡，帶電粒子只受靜電力作用，運動過程中速度逐漸減小，下列各圖是對它在b處時的運動方向與受力方向的分析，正確的是()答案A解析帶電粒子運動速度沿軌跡切線方向，受力方向與電場線在同一直線上，靜電力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，B、C錯誤；由于運動過程中速度逐漸減小，則靜電力做負功，A正確，D錯誤。4.(多選)如圖所示，直線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，曲線是某一帶電粒子通過電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上兩點。若帶電粒子運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖能判斷()A.帶電粒子所帶電荷的符號B.帶電粒子在a、b兩點的受力方向C.帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大D.帶電粒子在a、b兩點的加速度方向答案BCD解析由于電場線方向未知，故不能確定帶電粒子的電性，故A不能判斷；如圖所示，由于帶電粒子在靜電力作用下做曲線運動，所以靜電力應指向軌跡的凹側(cè)，且沿電場線方向，B能判斷；加速度由靜電力產(chǎn)生，由于a處電場線較b處密，所以a處電場強度大，由E＝eq\f(F,q)知，帶電粒子在a處受靜電力大，故加速度大，且方向與靜電力方向相同，C、D能判斷。5.某靜電場中的電場線如圖所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，由M運動到N，其運動軌跡如圖中虛線所示，以下說法正確的是()A.粒子必定帶負電荷B.粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度C.粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D.粒子在M點的動能大于它在N點的動能答案C解析根據(jù)粒子運動軌跡彎曲的情況，可以確定粒子所受靜電力的方向沿著電場線方向，故此粒子必定帶正電荷，選項A錯誤；由于電場線越密處電場強度越大，帶電粒子所受靜電力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N點的加速度較大，選項B錯誤，C正確；粒子從M點到N點，靜電力的方向與運動方向之間的夾角是銳角，靜電力做正功，根據(jù)動能定理知此粒子在N點的動能較大，選項D錯誤。題組三帶電體的平衡與運動分析6.如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，有一個質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上，當小球靜止時，細線與豎直方向成30°角，已知此電場方向恰使小球受到的靜電力最小，重力加速度為g，則小球所帶的電荷量應為()A.eq\f(mg,E) B.eq\f(3mg,E)C.eq\f(2mg,E) D.eq\f(mg,2E)答案D解析電場方向恰使小球受到的靜電力最小，即E的方向與細線垂直，對小球進行受力分析可得mgsin30°＝qE，則q＝eq\f(mg,2E)，故D正確。7.如圖所示，在勻強電場中將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，由靜止釋放，帶電小球運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向夾角為θ。不能忽略小球的重力，則勻強電場的電場強度大小()A.唯一值是eq\f(mgtanθ,q) B.最大值是eq\f(mgtanθ,q)C.最小值是eq\f(mgsinθ,q) D.最小值是eq\f(mgcosθ,q)答案C解析小球的受力分析如圖所示。小球在重力和靜電力的共同作用下做勻加速直線運動，當靜電力與合力垂直時，靜電力最小，即qEmin＝mgsinθ，可得Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，靜電力和電場強度沒有最大值，C正確，A、B、D錯誤。8.(多選)如圖所示為某電場中一條方向未知的電場線，在a點由靜止釋放一個帶正電的粒子(所受重力不能忽略)，該粒子到達b點時速度恰好為零，則()A.該粒子從a到b做變速運動B.電場線的方向一定豎直向上C.a點的電場強度有可能比b點的大D.該電場可能是負的點電荷產(chǎn)生的電場答案AB解析帶電粒子從a到b，速度由零增加，最后又變?yōu)榱悖f明粒子有加速過程和減速過程，其所受靜電力方向只能是向上的，所以電場線方向向上，A、B正確；粒子在a點有mg>qEa，在b點有mg<qEb，故Ea<Eb，C錯誤；若是負點電荷產(chǎn)生的電場，則Ea>Eb，不合題意，D錯誤。綜合提升練9.(多選)如圖所示，A、B兩個帶電小球可以看成點電荷，用兩等長絕緣細線懸掛起來，在水平方向的勻強電場中，A、B靜止，且細線都保持豎直，已知A、B相距3cm，A的帶電荷量為qA＝＋2.0×10－9C。k＝9.0×109N·m2/C2，則()A.小球B帶正電，qB＝2.0×10－9CB.小球B帶負電，qB＝－2.0×10－9CC.勻強電場的電場強度大小E＝2×104N/C，方向水平向左D.A、B連線中點處的電場強度大小為1.6×105N/C，方向水平向右答案BC解析勻強電場對兩小球的電場力方向相反，要使它們都平衡，兩小球必定是異種電荷，故小球B帶負電。由題意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B對A的作用力方向向右，所以要加一個方向水平向左的電場，對A、B受力分析，根據(jù)平衡條件得qBE＝keq\f(qAqB,r2)，qAE＝keq\f(qAqB,r2)，代入數(shù)據(jù)解得E＝2×104N/C，qB＝qA＝2.0×10－9C，選項A錯誤，B、C正確；A、B在連線中點處的電場強度大小相等，均為E1＝keq\f(qA,（\f(1,2)r）2)＝4keq\f(qA,r2)＝4E，方向水平向右，則A、B連線中點處的電場強度大小E′＝2E1－E＝7E＝1.4×105N/C，方向水平向右，選項D錯誤。10.如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在光滑絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電(可視為點電荷)，電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正點電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不變。整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求：(1)A球剛釋放時的加速度；(2)當A球的動能最大時，A球與B點間的距離。答案(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))解析(1)小球A剛釋放時，由牛頓第二定律有mgsinα－F＝ma根據(jù)庫侖定律有F＝keq\f(qQ,r2)，又r＝eq\f(H,sinα)聯(lián)立解得a＝gsinα－eq\f(kQqsi