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專題強化2　靜電場中力的性質
[學習目標]　1.會利用幾種特殊方法求解帶電體的電場強度(重難點)。2.會分析電場線與帶電粒子運動軌跡結合的問題(重點)。3.會分析電場中的動力學問題(難點)。
一、非點電荷電場強度的求解
求解點電荷的電場強度時，一般可用公式E=、E=計算。但當一個帶電體的體積較大時，已不能看作點電荷，求這個帶電體在某處的電場強度時，常用微元法、對稱法、補償法等方法，化難為易。
1.對稱法
帶電體所帶電荷或部分電荷對稱分布，可應用對稱性解決問題，使問題簡單化。
例如：均勻帶電的圓環有一個圓弧的缺口，判斷O點的電場強度方向時，由于圓環上任何兩個關于圓心中心對稱的兩點在O點產生的電場強度矢量和為零，故可以等效為弧BC在O點產生的電場強度，弧BC上關于OM對稱的兩點在O點產生的電場強度沿MO方向，故 O點的電場強度沿MO方向。
例1　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的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，k為靜電力常量，則d點處電場強度的大小為(　　)
A.k B.k
C.k D.k
2.補償法
當帶電體的形狀不完整，如有缺口的帶電圓環或球面，通常將它補全為完整的圓環或球面，根據作差法求解。
例如：已知均勻帶電球殼內部電場強度處處為零。如圖甲，半球球殼電荷量為+q，A、B兩點關于半球殼球心O點對稱，且半球殼在A點產生的電場強度大小為E。求半球殼在B點產生的電場強度大小時，如圖乙可以將題目中半球殼補成一個均勻帶電的完整球殼，設右半球在A點產生的電場強度大小為E'。由于均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則E'和E大小相等。根據對稱性可知，左半球在B點產生的電場強度大小也為E。
例2　如圖所示，將表面均勻帶正電的半球殼，沿線軸分成厚度相等的兩部分，然后將這兩部分移開到很遠的距離，設分開后球表面仍均勻帶電，左半部分在A1點的電場強度大小為E1，右半部分在A2點的電場強度的大小為E2，則有(　　)
A.E1=E2 B.E1C.E1>E2 D.大小無法確定
3.微元法
把帶電體分成很多小塊，每小塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算。
例3　如圖甲所示，均勻帶電圓環所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環平面中心軸上的一點，OP=L，靜電力常量為k，求P點的電場強度大小時：
設想將圓環看成由n個相同的小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成一個點電荷，其所帶電荷量Q'=　　　　，由點電荷電場強度公式可求得每一小段帶電體在P點產生的電場強度大小E=　　　　　　　，如圖乙中所示，E垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而沿軸方向的分量Ex之和即為帶電圓環在P點的電場強度EP，即EP=　　　　　　　　　　　　。
二、電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
若實線為電場線，虛線為帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子只受靜電力的作用從A點向B點運動。回答以下問題：
(1)畫出粒子在A點的運動方向和加速度方向；
(2)判斷粒子的電性；
(3)判斷粒子從A到B過程中，加速度大小的變化情況；
(4)判斷粒子從A到B過程中，速度大小的變化情況。
1.帶電粒子僅受靜電力作用做曲線運動時，靜電力指向軌跡曲線的內側。靜電力沿電場線方向或電場線的切線方向，粒子速度方向沿軌跡的切線方向。
2.分析方法
(1)由軌跡的彎曲情況，結合電場線確定靜電力的方向；
(2)由靜電力和電場線的方向可判斷電荷的正負；
(3)由電場線的疏密程度可確定靜電力的大小，再根據牛頓第二定律，可判斷帶電粒子加速度的大小；
(4)根據力和速度的夾角，由靜電力做功的正負，動能的增大還是減小，可以判斷速度變大還是變小，從而確定不同位置的速度大小關系。
例4　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.粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度
三、電場中的動力學問題
分析帶電體在電場中的加速運動時，與力學問題分析方法完全相同，牛頓第二定律仍適用。
例5　如圖所示，光滑固定斜面(足夠長)傾角為37°，一帶正電的小物塊質量為m、電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；
(2)小物塊運動的加速度；
(3)小物塊第2 s末的速度大小和前2 s內的位移大小。
答案精析
一、
例1　A　[由b點處電場強度為零知，圓盤在b點處產生的電場強度E1與點電荷在b點處產生的電場強度E2大小相等，即E1=E2=k，由對稱性可知，圓盤在d點產生的電場強度E3=k，點電荷在d點產生的電場強度E4=k， 方向與E3相同，故d點的合電場強度Ed= E3+E4=k， 只有選項A正確。]
例2　C　[如圖甲所示，分開后左部分所帶電荷在點A1產生的電場強度以E1表示，右部分電荷在A2產生的電場強度以E2表示，由對稱性可知E1的方向向右，E2的方向向左。
如圖乙所示，設想在另一表面均勻分布正電荷的完全相同的半球，附在球層上構成球缺，球缺在A2點產生的電場強度E3大于E2，球缺和左部分構成一個完整球，由于均勻帶電球殼內部任一點的電場強度為零，那么，E1與E3必然大小相等，方向相反，所以左部分電荷在點A1產生的電場強度E1大于右部分電荷在A2產生的電場強度E2，故C正確，A、B、D錯誤。]
例3　　　
解析　每一小段帶電體在P點產生的電場強度
E==。
EP=nEx=nkcos θ=
二、
(1)粒子在A點運動方向沿軌跡切線方向；根據合力總是指向軌跡的凹側，可判斷所受合力(即靜電力)的方向，即加速度方向(沿電場線標注)，如圖所示；
(2)粒子受到的靜電力方向為沿著電場線向左，此粒子帶負電；
(3)電場線的疏密表示電場強度的大小，從A到B電場線越來越稀疏，說明電場強度越來越弱，靜電力越來越小，加速度也越來越?。?br/>(4)由粒子運動情況知，速度方向與靜電力方向夾角為鈍角，靜電力做負功，故A到B粒子的速度越來越小。
例4　C　[做曲線運動的物體，所受合力指向運動軌跡的內側，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；粒子不一定是從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點處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c點運動到a點或b點，靜電力方向與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a點或b點運動到c點，靜電力方向與速度方向成鈍角，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。]
三、
例5　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下
(3)6 m/s　6 m
解析　(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則
mgsin 37°=qEcos 37°，
可得E==。
(2)當電場強度變為原來的時，
小物塊受到的合外力
F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg，
由牛頓第二定律有F合=ma，
可得a=3 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)由運動學公式，知v=at=3×2 m/s=6 m/s
x=at2=×3×22 m=6 m。專題強化練2　靜電場中力的性質
分值：50分
[1~4題，每題5分]
1.一帶負電的點電荷，在靜電力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)
A.　　　B.　　　C.　　　　D.
2.如圖中實線為一勻強電場的電場線，虛線為一個點電荷僅受靜電力作用時的運動軌跡的一部分，則可以知道
A.電場線方向向右
B.電場線方向向左
C.點電荷是負電荷
D.點電荷經過B點時速度比經過A點時速度大
3.(多選)真空中某豎直平面內存在一水平向右的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的帶電微粒恰好能沿如圖所示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，則
A.微粒一定帶負電
B.微粒一定做勻速直線運動
C.勻強電場的電場強度大小為
D.微粒運動的加速度大小為
4.如圖甲、乙所示，兩個帶電荷量均為q的點電荷分別位于帶電荷量密度相同、半徑相同的半圓環和圓環的圓心，環的粗細可忽略不計。若圖甲中環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，則圖乙中環對圓心點電荷的庫侖力大小為
A.F B.F
C.F D.F
[5~7題，每題7分]
5.(2024·合肥市第一中學高二期中)如圖所示，12個帶電荷量均為+q的點電荷，均勻對稱地分布在半徑為r的圓周上，某時刻，P、Q兩處的點電荷電荷量突然減為零，則O點的電場強度大小為(靜電力常量為k)
A. B.
C. D.
6.(來自教材改編)(2024·北京市高二期末)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板的幾何中心，M點在板的幾何中心左側d處的垂線上，N點與M點關于帶電薄板對稱。已知靜電力常量為k，若圖中M點的電場強度為0，那么
A.帶電薄板帶正電荷
B.N點電場強度水平向右
C.N點電場強度也為零
D.N點的電場強度為
7.(2024·長沙市高二期末)已知均勻帶電的完整球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，==2R。已知M點的電場強度大小為E，則N點的電場強度大小為(k為靜電力常量)
A.-E B.
C.-E D.+E
[9分]
8.(多選)如圖所示，半徑為R的硬橡膠圓環，其上帶有均勻分布的負電荷，總電荷量為Q，已知靜電力常量為k，若在圓環上切去長度為l(l遠小于R)的一小段AB，則圓心O處產生的電場方向和電場強度大小應為
A.方向指向AB
B.方向背離AB
C.電場強度大小為
D.電場強度大小為
答案精析
1.D　[點電荷做曲線運動，靜電力方向與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡凹側，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向，故A錯誤；負點電荷所受的靜電力方向與電場強度方向相反，題圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，點電荷的速率增大，故B錯誤；題圖C中電場強度方向指向軌跡的內側，則靜電力方向指向軌跡的外側，點電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿題圖所示的軌跡運動，故C錯誤；題圖D中電場強度方向指向軌跡的外側，則靜電力方向指向軌跡的內側，而且靜電力方向與點電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負功，點電荷的速率減小，故D正確。]
2.D　[合力的方向指向軌跡的凹側，所以點電荷所受靜電力方向向右，根據題意，無法判斷點電荷的電性和電場線方向，選項A、B、C錯誤；若點電荷從A點向B點運動，則靜電力方向與速度方向夾角為銳角，點電荷做加速運動，經過B點時速度比經過A點時速度大，若點電荷從B點向A點運動，則靜電力方向與速度方向夾角為鈍角，點電荷做減速運動，經過B點時速度仍比經過A點時速度大，選項D正確。]
3.AD　[微粒做直線運動的條件是速度方向和所受合外力的方向在同一條直線上，微粒受到豎直向下的重力，只有微粒受到水平向左的靜電力才可能使得合力方向與速度方向在同一條直線上且方向相反，由此可知微粒所受的靜電力的方向與電場強度方向相反，則微粒帶負電，故A正確；微粒受到向左的靜電力與豎直向下的重力，合力的方向與初速度方向相反，所以運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B錯誤；根據上述分析可知qEtan θ=mg，則E=，故C錯誤；根據牛頓第二定律有=ma，可得a=，故D正確。]
4.C　[由題圖甲中均勻帶電半圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，可以得出圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F。將題圖乙中的均勻帶電圓環分成三個圓環，關于圓心對稱的兩個圓環對圓心點電荷的庫侖力的合力為零，因此題圖乙中的圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，C正確。]
5.A　[P、Q兩處的點電荷在O點產生的電場強度大小相等，均為E=，根據幾何關系P、Q兩處的點電荷在O點的合電場強度大小為E合=2Ecos 60°=，由于12個正點電荷的合電場強度大小為0，則P、Q兩處的點電荷電荷量突然減為零時，O點的電場強度大小為E合'=E合=，故A正確。]
6.D　[因M點電場強度為零，則帶電薄板在M點產生的電場強度與+q在M點產生的電場強度等大反向，則帶電薄板在M點的電場強度大小為E=k=k，方向向右，所以帶電薄板帶負電；因為M點和N點與帶電薄板的距離相等，由對稱性可知，帶電薄板在N點的電場強度大小為E'=k，方向向左，則N點的合電場強度大小為EN=k+k=k，方向向左，綜上所述，D正確。]
7.A　[完整球殼在M點產生的電場強度大小為k=，根據電場強度疊加原理，右半球殼在M點產生的電場強度大小為-E，根據對稱性可知，左半球殼在N點產生的電場強度大小也為-E，選項A正確。]
8.BD　[AB段的電荷量q=，則AB段在O點產生的電場強度大小為E==，方向指向AB，因為未切去AB段前，圓心O點處的電場強度為零，所以剩余部分在O點產生的電場強度大小等于，方向背離AB，故B、D正確，A、C錯誤。](共45張PPT)
靜電場中力的性質
專題強化2
第
九
章
1.會利用幾種特殊方法求解帶電體的電場強度(重難點)。
2.會分析電場線與帶電粒子運動軌跡結合的問題(重點)。
3.會分析電場中的動力學問題(難點)。
學習目標
內容索引
專題強化練
一、非點電荷電場強度的求解
二、電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
三、電場中的動力學問題
< 一 >
非點電荷電場強度的求解
求解點電荷的電場強度時，一般可用公式E＝、E＝計算。但當一個帶電體的體積較大時，已不能看作點電荷，求這個帶電體在某處的電場強度時，常用微元法、對稱法、補償法等方法，化難為易。
1.對稱法
帶電體所帶電荷或部分電荷對稱分布，可應用對稱性解決問題，使問題簡單化。
例如：均勻帶電的圓環有一個圓弧的缺口，判斷O點的電場強度方向時，由于圓環上任何兩個關于圓心中心對稱的兩點在O點產生的電場強度矢量和為零，故可以等效為弧BC在O點產生的電場強度，弧BC上關于OM對稱的兩點在O點產生的電場強度沿MO方向，故O點的電場強度沿MO方向。
　(來自魯科教材)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的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，k為靜電力常量，則d點處電場強度的大小為
A.k B.k
C.k D.k
例1
√
由b點處電場強度為零知，圓盤在b點處產生的電場強度E1與點電荷在b點處產生的電場強度E2大小相等，即E1＝E2＝k，由對稱性可知，圓盤在d點產生的電場強度E3＝k，點電荷在d點產生的電場強度E4＝k， 方向與E3相同，故d點的合電場強度Ed＝ E3＋E4＝k， 只有選項A正確。
2.補償法
當帶電體的形狀不完整，如有缺口的帶電圓環或球面，通常將它補全為完整的圓環或球面，根據作差法求解。
例如：已知均勻帶電球殼內部電場強度處處為零。如圖甲，半球球殼電荷量為＋q，A、B兩點關于半球殼球心O點對稱，且半球殼在A點產生的電場強度大小為E。求半球殼在B點產生的電場強度大小時，如圖乙可以將題目中半球殼補成一個均勻帶電的完整球殼，設右半球在A點產生的
電場強度大小為E'。由于均勻帶電球殼內部電場強度處處為零，則E'和E大小相等。根據對稱性可知，左半球在B點產生的電場強度大小也為E。
　如圖所示，將表面均勻帶正電的半球殼，沿線軸分成厚度相等的兩部分，然后將這兩部分移開到很遠的距離，設分開后球表面仍均勻帶電，左半部分在A1點的電場強度大小為E1，右半部分在A2點的電場強度的大小為E2，則有
A.E1＝E2 B.E1C.E1>E2 D.大小無法確定
例2
√
如圖甲所示，分開后左部分所帶電荷在點A1產生的電場強度以E1表示，右部分電荷在A2產生的電場強度以E2表示，由對稱性可知E1的方向向右，E2的方向向左。
如圖乙所示，設想在另一表面均勻分布正電荷的完全相同的半球，附在球層上構成球缺，球缺在A2點產生的電場強度E3大于E2，球缺和左部分構成一個完整球，由于均勻帶電球殼內部任一點的電場強度為零，
那么，E1與E3必然大小相等，方向相反，所以左部分電荷在點A1產生的電場強度E1大于右部分電荷在A2產生的電場強度E2，故C正確，A、B、D錯誤。
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3.微元法
把帶電體分成很多小塊，每小塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算。
如圖甲所示，均勻帶電圓環所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環平面中心軸上的一點，OP＝L，靜電力常量為k，求P點的電場強度大小時：
例3
設想將圓環看成由n個相同的小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成一
個點電荷，其所帶電荷量Q' ＝　　，
由點電荷電場強度公式可求得每一小段帶電體在P點產生的電場強度大小E
＝　　　　　，如圖乙中所示，E垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而沿軸方
向的分量Ex之和即為帶電圓環在P點的電場強度EP，即EP＝　　　　　。
每一小段帶電體在P點產生的電場強度E＝。EP＝nEx＝nkcos θ＝
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< 二 >
電場線與帶電粒子的運動軌跡結合的問題
若實線為電場線，虛線為帶電粒子的運動軌跡，帶電粒子只受靜電力的作用從A點向B點運動。回答以下問題：
(1)畫出粒子在A點的運動方向和加速度方向；
答案　粒子在A點運動方向沿軌跡切線方向；根據合力總是指向軌跡的凹側，可判斷所受合力(即靜電力)的方向，即加速度方向(沿電場線標注)，如圖所示；
(2)判斷粒子的電性；
答案　粒子受到的靜電力方向為沿著電場線向左，此粒子帶負電；
(3)判斷粒子從A到B過程中，加速度大小的變化情況；
答案　電場線的疏密表示電場強度的大小，從A到B電場線越來越稀疏，說明電場強度越來越弱，靜電力越來越小，加速度也越來越??；
(4)判斷粒子從A到B過程中，速度大小的變化情況。
答案　由粒子運動情況知，速度方向與靜電力方向夾角為鈍角，靜電力做負功，故A到B粒子的速度越來越小。
1.帶電粒子僅受靜電力作用做曲線運動時，靜電力指向軌跡曲線的內側。靜電力沿電場線方向或電場線的切線方向，粒子速度方向沿軌跡的切線方向。
2.分析方法
(1)由軌跡的彎曲情況，結合電場線確定靜電力的方向；
(2)由靜電力和電場線的方向可判斷電荷的正負；
(3)由電場線的疏密程度可確定靜電力的大小，再根據牛頓第二定律，可判斷帶電粒子加速度的大??；
(4)根據力和速度的夾角，由靜電力做功的正負，動能的增大還是減小，可以判斷速度變大還是變小，從而確定不同位置的速度大小關系。
提煉·總結
　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.粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度
例4
√
做曲線運動的物體，所受合力指向運動軌跡的內側，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；
粒子不一定是從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點處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；
若粒子從c點運動到a點或b點，靜電力方向與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a點或b點運動到c點，靜電力方向與速度方向成鈍角，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。
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< 三 >
電場中的動力學問題
分析帶電體在電場中的加速運動時，與力學問題分析方法完全相同，牛頓第二定律仍適用。
　(來自粵教教材改編)如圖所示，光滑固定斜面(足夠長)傾角為37°，一帶正電的小物塊質量為m、電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。求：
(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；
例5
答案　
對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，
則
mgsin 37°＝qEcos 37°，
可得E＝。
(2)小物塊運動的加速度；
當電場強度變為原來的時，
小物塊受到的合外力
F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg，
由牛頓第二定律有F合＝ma，
可得a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。
答案　3 m/s2，方向沿斜面向下
(3)小物塊第2 s末的速度大小和前2 s內的位移大小。
由運動學公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s
x＝at2＝×3×22 m＝6 m。
答案　6 m/s　6 m
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< 四 >
專題強化練
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D AD C A D A BD
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
1.一帶負電的點電荷，在靜電力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)
基礎強化練
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
點電荷做曲線運動，靜電力方向與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡凹側，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向，故A錯誤；
負點電荷所受的靜電力方向與電場強度方向相反，題圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，點電荷的速率增大，故B錯誤；
題圖C中電場強度方向指向軌跡的內側，則靜電力方向指向軌跡的外側，點電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿題圖所示的軌跡運動，故C錯誤；
題圖D中電場強度方向指向軌跡的外側，則靜電力方向指向軌跡的內側，而且靜電力方向與點電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負功，點電荷的速率減小，故D正確。
2.如圖中實線為一勻強電場的電場線，虛線為一個點電荷僅受靜電力作用時的運動軌跡的一部分，則可以知道
A.電場線方向向右
B.電場線方向向左
C.點電荷是負電荷
D.點電荷經過B點時速度比經過A點時速度大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
合力的方向指向軌跡的凹側，所以點電荷所受靜電力方向向右，根據題意，無法判斷點電荷的電性和電場線方向，選項A、B、C錯誤；
若點電荷從A點向B點運動，則靜電力方向與速度方向夾角為銳角，點電荷做加速運動，經過B點時速度比經過A點時速度大，若點電荷從B點向A點運動，則靜電力方向與速度方向夾角為鈍角，點電荷做減速運動，經過B點時速度仍比經過A點時速度大，選項D正確。
3.(多選)真空中某豎直平面內存在一水平向右的勻強電場，一質量為m、帶電荷量為q的帶電微粒恰好能沿如圖所示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，則
A.微粒一定帶負電
B.微粒一定做勻速直線運動
C.勻強電場的電場強度大小為
D.微粒運動的加速度大小為
√
√
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答案
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答案
微粒做直線運動的條件是速度方向和所受合外力的方向在同一條直線上，微粒受到豎直向下的重力，只有微粒受到水平向左的靜電力才可能使得合力方向與速度方向在同一條直線上且方向相反，由此可知微粒所受的靜電力的方向與電場強度方向相反，則微粒帶負電，故A正確；
微粒受到向左的靜電力與豎直向下的重力，合力的方向與初速度方向相反，所以運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B錯誤；
根據上述分析可知qEtan θ＝mg，則E＝，故C錯誤；
根據牛頓第二定律有＝ma，可得a＝，故D正確。
4.如圖甲、乙所示，兩個帶電荷量均為q的點電荷分別位于帶電荷量密度相同、半徑相同的半圓環和圓環的圓心，環的粗細可忽略不計。若圖甲中環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，則圖乙中環對圓心點電荷的庫侖力大小為
A.F B.F
C.F D.F
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答案
√
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答案
由題圖甲中均勻帶電半圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，可以得出圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F。將題圖乙中的均勻帶電圓環分成三個圓環，關于圓心對稱的兩個圓環對圓心點電荷的庫侖力的合力為零，因此題圖乙中的圓環對圓心點電荷的庫侖力大小為F，C正確。
5.(2024·合肥市第一中學高二期中)如圖所示，12個帶電荷量均為＋q的點電荷，均勻對稱地分布在半徑為r的圓周上，某時刻，P、Q兩處的點電荷電荷量突然減為零，則O點的電場強度大小為
(靜電力常量為k)
A. B.
C. D.
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答案
能力綜合練
√
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答案
P、Q兩處的點電荷在O點產生的電場強度大小相等，均為E＝，根據幾何關系P、Q兩處的點電荷在O點的合電場強度大小為E合＝2Ecos 60°
＝，由于12個正點電荷的合電場強度大小為0，則P、Q兩處的點電荷電荷量突然減為零時，O點的電場強度大小為E合'＝E合＝，故A正確。
6.(來自教材改編)(2024·北京市高二期末)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板的幾何中心，M點在板的幾何中心左側d處的垂線上，N點與M點關于帶電薄板對稱。已知靜電力常量為k，若圖中M點的電場強度為0，那么
A.帶電薄板帶正電荷
B.N點電場強度水平向右
C.N點電場強度也為零
D.N點的電場強度為
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答案
√
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答案
因M點電場強度為零，則帶電薄板在M點產生的電場強度與＋q在M點產生的電場強度等大反向，則帶電薄板在M點的電場強度大小為E＝k＝k，方向向右，所以帶電薄板帶負電；因為M點和N點與帶電薄板的距離相等，由對稱性可知，帶電薄板在N點的電場強度大小為E'＝k，方向向左，則N點的合電場強度大小為EN＝k＋k＝k，方向向左，綜上所述，D正確。
7.(2024·長沙市高二期末)已知均勻帶電的完整球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，＝2R。已知M點的電場強度大小為E，則N點的電場強度大小為(k為靜電力常量)
A.－E B.
C.－E D.＋E
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答案
√
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答案
完整球殼在M點產生的電場強度大小為k，根據電場強度疊加原理，右半球殼在M點產生的電場強度大小為－E，根據對稱性可知，左半球殼在N點產生的電場強度大小也為－E，選項A正確。
8.(多選)如圖所示，半徑為R的硬橡膠圓環，其上帶有均勻分布的負電荷，總電荷量為Q，已知靜電力常量為k，若在圓環上切去長度為l(l遠小于R)的一小段AB，則圓心O處產生的電場方向和電場強度大小應為
A.方向指向AB
B.方向背離AB
C.電場強度大小為
D.電場強度大小為
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答案
尖子生選練
√
√
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8
答案
AB段的電荷量q＝，則AB段在O點產生的電場強度大小為E＝，方向指向AB，因為未切去AB段前，圓心O點處的電場強度為零，所以剩余部分在O點產生的電場強度大小等于，方向背離AB，故B、D正確，A、C錯誤。
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第
九
章

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