高考物理大一轮复习精讲课件：第6章-静电场第4课时-(小专题)电场中的功能关系带电粒子在交变电场中的运动

练运用数学方法分析求解物理问题的能力要求较高．
六、补偿法
典例6
电荷q均匀分布在半径为R的半球面ACB上，CD为
通过半球面顶点C与球心O的轴线，如图所示，P、Q为CD轴线 上距离O点等距离的两点．已知P点的电场强度为E0，试求Q点 的电场强度E.
[ 解析 ]
如图所示，先将半球面补完整，成一个均匀带
[ 总结提升 ] 顺利求解．
由于均匀带电绝缘细杆产生的场强无法求
出，故容易造成求解困难．当选用等效叠加法和对称法时就能
四、模型替代法 典例 4 如图 1 所示，一带＋ Q电荷的点电荷 A，与一接地 的长金属板MN组成一系统，点电荷与板MN的垂直距离为d，
试求A与板MN连线中点C处的电场强度．
[解析]
电，电荷量为2q的球面．由于均匀带电球壳的内部场强处处为
F 一、定义式法，即利用 E＝ 求解 q 典例 1 在电场中的某点放入电荷量为 5×10－9 C 的点电 荷，受到的电场力为 3×10－4 N．则这一点的场强是多大？如 果改用电荷量为 1×10－9 C 的点电荷，用来确定该点的场强， 场强是否会改变？
[解析]
F (1)根据定义式 E＝ ，代入数据得 q
[解析] 用极限分析法可知，两电荷间的中点 O 处的场强 为零，在中垂线 MN 处的无穷远处电场场强为零，也可以根据 电场线的疏密情况来判断 MN 上必有一点场强有极值，采用数 学函数表达式，再求极值． 如图所示可知，MN 上的水平分量相互抵消，所以有
Q E＝2(E2sin θ)＝2k · sin θ L 2 cos θ
[ 解析 ]
如图所示，由于 aP1 和 P1c 段电荷在 P1 处产生的静
电场抵消，静电场在P1处的场强大小E1等于cb段电荷产生的静

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2.(2014 全国卷Ⅰ)如图，O、A、B 为同
一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，
∠BOA＝60°，OB＝32OA，将一质量为 m
的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球在
运动过程中恰好通过 A 点.使此小球带电，电荷量为
q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在
平面平行.现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出
(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向.
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【解析】根据库仑定律、点电荷的电场强度公式 结合平行四边形定则求解.
(1)根据库仑定律，A、B 两点电荷间的库仑力大 小为
F＝kLq22 ① 代入数据得 F＝9.0×10－3 N ② (2)A、B 点电荷在 C 点产生的电场强度大小相等， 均为
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ΔQ＝2Q ⑧
9.(2014 四川)如图所示，水平
放置的不带电的平行金属板 p 和 b 相距 h，与图示电路相连，金属 板厚度不计，忽略边缘效应.p 板上表面光滑，涂有绝 缘层，其上 O 点右侧相距 h 处有小孔 K；b 板上有小 孔 T，且 O、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直 平面.质量为 m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射 装置(图中未画出)从 O 点发射，沿 p 板上表面运动时 间 t 后到达 K 孔，不与板碰撞地进入两板之间.粒子视 为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计
A.O 点的电场强度为零，电势最低 B.O 点的电场强度为零，电势最高 C.从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升 高
D.从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降
低
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解析
选A A、B两球互相吸引，说明它们必带异种电 荷，设它们带的电荷量分别为＋q、－q。当第三 个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷 量平分，每个球带电荷量为q1＝＋q / 2，当再把 C球与B球接触后，两球的电荷先中和再平分， 每球带电荷量q2＝－q / 4。由库仑定律 F＝kq1q2 / r2知，当移开C球后，A、B两球之间 的相互作用力的大小变为F′＝F / 8，A项正确。
2．应用库仑定律的四条提醒 (1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电 荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑 力的大小。 (2)作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相 吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。 (3)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第 三定律，大小相等、方向相反。 (4)库仑力存在极大值，由公式F＝kq1q2 /r2 可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定 的条件下，当q1＝q2时，F最大。
小试身手
• 【典型例题1】两个半径为1 cm的导体球分别 带上＋Q和－3Q的电量，两球心相距90 cm时 相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间 相距3 cm处，则它们的相互作用力大小为( ) • A．300F • B．1 200F • C．900F • D．无法确定
解析
当两球相距90 cm时可视为点 电荷，由库仑定律得 F＝k3Q2 / r12(其中r1＝90 cm)；但 球心相距3 cm时，两球不能视为点 电荷，库仑定律不再适用，两球间 的库仑力大小无法确定，故D正确。
明 热 点：预计2017年的高考中，对本章知识的考查仍将是热点之一，主要以 选择题的方式考查静电场的基本知识，以综合题的方式考查静电场知识与其他 知识的综合应用。
高三年级一轮复习教学课件
第六章

A．a、b、c 三点电势高低及场强大小的关系是 φa＝φc>φb， Ea＝Ec＝2Eb
B．质点由 a 到 b 电势能增加，由 b 到 c 电场力做正功，在 b 点动能最小
C．质点在 a、b、c 三处的加速度大小之比是 1∶2∶1 D．若改变带电质点在 a 处的速度大小和方向，有可能使其经 过 a、b、c 三点做匀速圆周运动
(1)23 s 内小物块的位移大小； (2)23 s 内电场力对小物块所做的功。
[解析] (1)0～2 s 内小物块的加速度为 a1 由牛顿第二定律得 E1q－μmg＝ma1 即 a1＝E1q－mμmg＝2 m/s2 位移 x1＝12a1t21＝4 m 2 s 末的速度为 v2＝a1t1＝4 m/s 2 s～4 s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 E2q－μmg ＝ma2 即 a2＝E2q－mμmg＝－2 m/s2
应小于零，对照各选项可知只有 B 正确。
[答案] B
[典题 3] 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度 忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电容器板长和 板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光 屏的距离也是 L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压， 上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿 过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲
乙
(1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光速满足 qU0＝12mv2
经电场偏转后侧移量 y＝12at2＝12·qmUL偏Lv2 所以 y＝U4U偏L0 由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足 Yy ＝L＋L L2