2019届高考物理(课标通用)一轮复习教案：第七章 静电场 Word版含解析

上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )

kq

A．2－E

2Rkq

C．2－E

4R[思路点拨]

将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。 [解析] 左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量－q的右半球面的电场的合电场，则E＝

k2q

－E′，E′为带电荷量－q的右?2R?2kqB．2 4Rkq

D．2＋E

4R

半球面在M点产生的场强大小。带电荷量－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量k2qkq

为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E，则A正确。 2－E＝2R2?2R?

[答案] A

[例3] 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。

[思路点拨]

(1)将带电圆环等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷。

(2)先根据库仑定律求出每个微元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。

[解析] 设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每Q

一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强n

kQkQ

公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝2＝。由对称性知，各小段nrn?R2＋L2?带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，

QQL

EP＝nEx＝nkcos θ＝k。

223n?R2＋L2??R＋L?

2

微元法 QL

[答案] k 223?R＋L?

2

对称法 1[例4] 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，

41

各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是( ) 4

[解析] 将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D项O点的场强为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A、C项场强的2倍，因此B项正确。

[答案] B

等效法 [例5] (2018·济南模拟)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )

2kqdA．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为3 r2kqr2－d2B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 r32kqd

C．方向垂直于金属板向左，大小为3 r

2kqr2－d2D．方向垂直于金属板向左，大小为 r3[解析] 据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电qqdqd

荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2k2cos θ＝2k2·＝2k3，故选项C正确。

rrrr

[答案] C

突破点(四) 电场中的平衡和加速问题

1．电场力方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反。 2．恰当选取研究对象，用“整体法”或“隔离法”进行分析。 3．基本思路：

(1)平衡问题利用平衡条件列式求解。 (2)非平衡问题利用牛顿第二定律求解。

4．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解。

5．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关。

[典例] (2018·北京四中期末)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C。有一个质量m＝4.0×10

－3

kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角

θ＝37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用。

(1)求小球所带的电荷量及电性；

(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；

(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。 [思路点拨]

(1)先画出小球静止时的受力示意图。 (2)在细线剪断后小球做匀加速直线运动。

(3)电场力对小球做的功与小球电势能的变化的关系是W电＝－ΔEp。 [解析] (1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用， 如图所示，由共点力平衡条件有： F＝qE＝mgtan θ

mgtan θ

解得：q＝E＝1.0×10－6 C

电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。

mg

(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：＝

cos θma

g

解得：a＝＝12.5 m/s2。

cos θ

(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为： 1

l＝at2＝0.25 m 2

小球运动过程中，电场力做的功为： W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)为： ΔEp＝4.5×10－3 J。

[答案] (1)1.0×106 C 正电荷

－

(2)12.5 m/s2 (3)减少4.5×103 J

－

[方法规律] 解决带电体的力电综合问题的一般思路

[集训冲关]

1．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已

2

知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，

5不计重力，则M∶m为( )

A．3∶2 C．5∶2

B．2∶1 D．3∶1

解析：选A 设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定