高中物理人教版选修31 第一章 静电场 重难点突破

静电场重难点突破
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本章是高中阶段电学内容的开始，在整个高中物理知识体系中具有承上(力学)启下(电磁学)的重要位置。

本章知识在结构上可以分为三个单元：1～3节为第一单元，主要学习电学中两个最基本的定律——电荷守恒定律和库仑定律，学习描述电场力的性质的物理量——电场强度；4～6节为第二单元，学习描述电场能的性质的物理量——电势、电势差，电势差与电场强度的关系；7～8节为第三单元，主要学习电场知识的应用——电容器、电容，带电粒子在电场中的加速和偏转，还简单介绍了静电现象在生产和生活中的应用。

方法指导
1．要重视对基本概念、基本规律的理解。

基本概念多且抽象是这一章的突出特点。

在学习中要重视对物理现象的深入观察和对物理规律的亲身体验，例如课本的“说一说”“做一做”“静电感应”“电容器的电容”等，经过深入观察和亲身体验后，物理知识不仅容易领悟而且印象深刻。

2．要重视科学研究方法的学习。

本章中涉及许多重要的研究方法，例如理想化物理模型——点电荷、电场线、等势面等；比值法定义物理量——电场强度、电势及电容器的电容等概念；类比方法的运用——电场与重力场有许多相似之处，电场力做功与电势能的变化关系和重力做功与重力势能的变化关系也有相似之处。

这些方法需要认真地体会和理解，以提高认知的境界。

3．理清本章分析问题的两个角度。

一是电场力的性质——从电荷在电场中受力的角度研究，侧重于利用牛顿运动定律分析处理问题。

二是电场能的性质——从电场力做功使能量变化的角度研究，侧重于利用功能关系、能量守恒分析处理问题。

一、电荷守恒、库仑定律的理解
1．两个完全相同的金属球接触后，所带正、负电荷先＂中和＂然后＂平均分配＂于两球．分配前后正、负电荷之和不变。

2．当求两个导体．．球间的库仑力时，要考虑电荷的重新分布，例：当两球都带正电时，电荷相互非斥而使电荷主要分布于两球的外侧,此时r 将大于两球球心间的距离。

3．库仑定律是长程力，当r →0时，带电体不能看成质点，库仑定律不再适用。

4．微观粒子间的库仑力远大于它们之间的万有引力，当计算微观粒子间的相互作用时可忽略粒子间的万有引力。

5．计算库仑力时，先将电荷量的绝对值代入进行计算，然后根据电性来判断力的方向。

例1． 两个半径相同的金属小球，带电量之比为1∶7，相距为r (可视为点电荷)，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的 ( )
A ．47
B ．37
C ．97
D ．167
解析． 设两小球的电量分别为q 与7q ，则原来相距r 时的相互作用力2
22
77q q q F k k r r ⋅==
（2）若两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电量为732
q q q -=,放回原处后的相互作用力为:
2
1
22339q q q F k k
r r ⋅==，所以 1
97
F F =答案． CD 二、库仑力作用下的平衡问题
1．解决平衡问题应注意三点 (1) 明确库仑定律的适用条件；
(2) 知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律； (3) 进行受力分析，灵活应用平衡条件。

2．在同一直线上三个自由点电荷的平衡问题
(1) 条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。

(2) 规律
“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上； “两同夹异”——正、负电荷相互间隔； “两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。

例2．如图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细
绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。

两个小球的半径r ≪l 。

k 表示静电力常量。

则轻绳的张力大小为( )
A ．0
B ．kq 2l 2
C ．2kq 2l 2
D ．kq
l
2
解析．轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律F ＝kq
2l
2 知选项B 正确。

答案．B
例3．如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A 、B ，左边放一带正电的固定球P
时，两悬线都保持竖直方向。

下面说法正确的是( C )
A ．A 球带正电，
B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大 B ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小
C ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小
D ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大 三、电场线的理解与应用 1．两种等量点电荷的电场线
电场
电场线
电场强度特点
等量异种点电荷的电场
①在点电荷的连线上，连线中点O 处的场强最小，指向负电荷一方
②连线上的场强大小沿连线先变小，再变大
③在点电荷连线的中垂线上，O 点场强最大，向外逐渐减小
等量同种点电荷的电场
①连线中点O 处的场强大小为零
②连线上的场强大小沿连线先变小到零，再变大
③在点电荷连线的中垂线上，O 点场强最小，沿中垂线向外先变大后变小
2．分析带电粒子运动的轨迹类问题的技巧
判断速度方向
带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向
判断电场力(或场强)的方向 仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向
判断电场力做功的正负及电势能的增减
若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加
例4．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是( BCD ) A ．带电粒子所带电荷的正、负 B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向 C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处较大 D ．带电粒子在a 、b 两点的速度何处较大 例5．如图，虚线a 、b 、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab = U bc ，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A ．P 点电势高于Q 点电势
B ．带电质点在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大
C ．带电质点通过P 点时的动能比通过Q 点时大
D ．带电质点通过P 点时的加速度比通过Q 点时大
解析． 由图可知P 处的等势面比Q 处的等势面密，说明P 处的场强大于Q 处的场强．即在P 处受力应大些，根据牛顿第二定律，检验电荷在P 处的加速度大于在Q 处的加速度，D 正确．又电场线垂直于等势面，如图示，电荷做曲线运动，且负电荷的受力F 的方向应指向运动轨迹的凹的一侧，该力与场强方向相反，所以电场线指向如图示．判断P ，Q 处电势高低关系是φQ ＞φP ，电势越大，负电荷在该处具有的电势能就越小，A 错B 对．或根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角是否大于90°，可知当粒子向P 点运动
时，电场力总是对检验电荷做负功．功是能量变化的量度，可判断由Q →P 电势能增加，B 选项正确；又因系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，C 选项不正确．答案．BD
变式训练1．(多选) 如图所示，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点。

若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是( )
A ．带电粒子带负电
B ．带电粒子带正电
C ．带电粒子所受电场力的方向向左
D ．带电粒子做匀变速运动 答案．ACD
2．如图，一电子在某一外力作用下沿等量异种电荷的中垂线由A →O →B 匀速飞过，电子重力不计，则电子所受电场力的大小和方向变化情况是（
）
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．A
四、静电力做功及电势差、电势能的计算方法 静电力做功与路径无关，只与初末位置有关。

计算方法：
⑴ 用功的定义式W =FS cos θ来计算（F 为恒力，仅适用于匀强电场中）。

⑵ 用“静电力做的功等于电势能的减少量”来计算，即AB
W PA PB E E ＝q(φA －φB )＝AB qU ，适用于任何电
场．但AB W 、AB U 均有正负，要带符号进行运算。

⑶ 用由动能定理计算。

例6．将一正电荷q ＝1×10-5
C 从无穷远处移向电场中Ｍ点，电场力做功为6．0×10-5
J ，若将一个等量的负电荷从电场中N 点移向无穷远处，电场力做功为7．0×10-5
J ，则
⑴ M 、N 两点的电势φm 、φn 之间关系正确的是（ ） A ．φm ＜φn ＜0 B ．φn ＜φm ＜0 C ．φn ＜φm ＜0 D ．φm ＞φn ＞0
⑵ NM 两点间电势差为。

⑶ 正电荷在M 点的电势能为
．负电荷在M 点的电势能。

解析．⑴取无穷远电势φ∞=0 对正电荷：W ∞m =qU ∞m =q (φ∞－φm )=0－qφm 所以φｍ＝
m
W
q
＝
55
610J 6V 110C 对负电荷：W n∞=qU n∞=q (φn －φ∞)=qφn
所以φn =W n∞/q 、
＝55
710J 7V 1
10C
所以φn ＜φm ＜0，选项C 正确
答案．⑴C
⑵-1V
⑶-6×10-4
J ， 6×10-4
J
变式训练3．如图所示，匀强电场的方向水平向右．一个质量为m ，电荷量为+q 的小球，以初速度v 0从a 点竖直向上射入电场中，小球通过电场中的b 点时速度为2v 0，方向恰好水平向右．由此可以判定 ⑴ a 、b 两点间的电势差是 ( )
A ．2
2o mv q
B ．23o mv q
C ．232o mv q
D ．
22o mv q
⑵ 从a 到b ，该电荷的电势能是增加了还是减少了？；改变了多少？。

⑶ 该匀强电场的电场强度E 等于。

⑷ 粒子沿场强方向前进的距离为。

竖直上升高度为。

解析．⑴ 电荷上升一个高度h 后竖直速度变为0，则竖直方向有2
2o
v gh ①，从a 到b 过程电场力做功ab
W ab qU ，
重力做功W G ＝－mgh , 从a 到b 过程由动能定理221
1(2)2
2
ab
G
o o
W
W m v mv ,联立以上四式可得：22o
ab mv U
q
，
D 正确。

⑵ 电势能改变 22p
ab
o
E qU mv
答案．⑴D
⑵ 2
2o
mv ⑶
2mg q
⑷
2o v g
，
22o v g
五、电场中电势、电势能高低的判定
1．根据场源电荷判断（取无穷远为0势点） 离场源正电荷越近：电势越高（电势大于0），正检验电荷的电势能qφ越大，负检验电荷的电势能qφ越小。

离场源负电荷越近：电势越低（电势小于0），正检验电荷的电势能qφ越小，负检验电荷的电势能qφ越大。

2．根据电场线判断电势、电场力做功判断电势能
顺着电场线的方向，电势一定依次降低，与放入场中的检验电荷的正、负无关．而电势能qφ则与q 有关。

电场力对（正、负）电荷做正功，该电荷的电势能一定减少，由φP E q
知当q 为正时，电
势φ亦减小，当q 为负时，电势φ反而增加。

例7．如图，固定在Q 点的正点电荷的电场中有M 、N 两点，已知MQ ＜NQ ，下列叙正确的是（
）
A ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则电场力对该电荷做正功，电势能减少
B ．若把一正的点电荷从M 点沿直线移到N 点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加
C ．MN 两点由于没在同一条电场线上，因而无法比较其电势高低
D ．若把一负的点电荷从M 点沿直线移到N 点，再从N 点沿另一路径移回到M 点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变
解析． 离正场源电荷越近，电势越高φM >φN ，因而正电荷由M 移到N 电场力做功MN
MN W qU ＞0或由电场力
F 与位移夹
角小于900
可知，电场力对电荷做正功，电势能减少，A 对，BC 错。

电场力做功与路径无关，且一电荷在场中某确定的位置上电势能是不变的（参考面选定的情况下），D 正确。

答案．AD
例8．如图，在粗糙绝缘的水平面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块，在Q 的电场中运动到N 点静止，则从M 点运动到N 点的过程中（ABD ）
A ．小物块所受电场力逐渐减小
B ．小物块具有的电势能逐渐减小
C ．M 点的电势一定高于N 点的电势
D ．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 六、平行板电容器的动态分析
1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。

2．根据决定式C ＝εr S
4πkd
分析平行板电容器电容的变化。

3．根据定义式C ＝Q U
分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。

4．根据E ＝U d
分析电容器极板间场强的变化。

例9． 平行板电容器保持与直流电源两极连接，充电完毕后，两极板间的电压是U ，充电荷量为Q ，两极板间场强为E ，电容为C ,如果电容器充电完毕后与电源断开．将两板间距离减小，引起变化情况是( )
A ．Q 变大
B ．
C 变大
C ．E 不变
D ．U 变小
解析． 由上面点拨可知：与电源断开后电量Q 不变
U ∝，E ∝
1
r
s 与ｄ无关，而4r s
C kd
∝，答案．BCD
例10．一平行板电容器的两个极板分别与一电源正、负极相连，如图所示，在保持开关闭合的情况下，将电容器极板距离增大，则电容器的电容C 、带电荷量Q 、极板间的场强E 的变化( B )
A ．C 、Q 、E 都逐渐增大
B ．
C 、Q 、E 都逐渐变小 C ．C 、Q 逐渐减小，E 不变
D ．C 、
E 逐渐减小，Q 不变
解析． 由C ＝εS 4πkd ，知C 减小，C ＝Q U ，U 不变，Q 减小，E ＝U
d ，E 减小，选项B 正确。

七、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1) 粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。

(2) 粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。

2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝U d
，v 2－v 2
0＝2ad 。

3．用功能观点分析
匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12
mv 2
0 非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1
例11．下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U 的电场之后，哪种粒子的速度最大？（ C ）
A
a 粒子 B 氚核 C 质子 D
钠离子
a N
变式训练4．如图，在P 板附近有电荷由静止开始向Q 板运动，则以下解释正确的是：（CD
）
A ．到达Q 板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B ．若电荷的电压U 、与电量q 均变为原来的2倍，则到达Q 板的速率变为原来的4倍
C ．两板间距离越大,加速的时间越长，加速度越小
D ．到达Q 板的速率与板间距离无关 八、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．偏转问题
(1) 条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。

(2) 运动形式：类平抛运动。

(3) 处理方法：应用运动的合成与分解。

(4) 运动规律： ① 加速度：a ＝F m ＝
qE m ＝qU
md
② 在电场中的运动时间：t ＝l v 0
③ 离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl
2
2mv 20d
④ 离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝
qUl
mv 20d
2．两个结论
(1) 不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。

(2) 粒子经电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l
2。

3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，
其中U y ＝U
d y ，指初、末位置间的电势差。

例12．如图所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度v 0，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求： (1) v 0的大小；
(2) 离子在偏转电场中运动的时间t ； (3) 离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ； (4) 离子在偏转电场中的加速度a ； (5) 离子在离开偏转电场时的纵向速度v y ； (6) 离子在离开偏转电场时的速度v 的大小； (7) 离子在离开偏转电场时的纵向偏移量y ； (8) 离子离开偏转电场时的速度偏转角φ的正切值。

(2) 由于偏转电场是匀强电场．所以离子的运动类似平抛运动。

即：水平方向为速度为v 0的匀速运动；竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动。

则在水平方向t ＝l
v 0
＝l
m 2qU 1
(3) 由匀强电场中U ＝Ed 得E ＝U d ，则F ＝qE ＝qU 2
d
(4) 由牛顿第二定律a ＝F m ＝qU 2
md
答案．(1)
2qU 1
m
(2)l m 2qU 1 (3)qU 2d (4)qU 2md (5)U 2l d q
2mU 1
(6) 4qd 2U 2
1＋ql 2U 2
22md 2
U 1 (7) l 2
U 24dU 1 (8)lU 2
2dU 1
变式训练5．一束电子流在经U =5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间d =1．0cm ，板长l =5．0cm ，那么，要使电子能从平行板间的边缘飞出，两个极板上最多能加多大电压？
解析． 在加速电压一定时，偏转电压越大，电子在极板间的偏距就越大．当偏转电压大到电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压即为题目要求的最大电压。

加速过程，由动能定理得：20
2
1mv eU = ①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0
l t
v ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
dm
U e m F a '==
③ 由②③得偏距221at y =
＝22
2ql U mdv ④由①④得24L U
y
dU
⑤
能飞出的条件为2
d
y ≤
⑥ 由⑤⑥得 U ′≤2Ud 2l 2＝2×5 000×（1.0×10－2）2（5.0×10－2）
2
V ＝4．0×102
V 即要使电子能飞出，所加电压最大为400V ． 答案．400V 九、计算题
1．如图所示，一带电量为q ＝－5×10－3
C ，质量为m ＝0．1 kg 的小物块处于倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．(g 取10 m /s 2
) （1）求电场强度多大；
（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的1/2，求物块下滑距离L ＝1．5 m 时的速度大小。

解：(1)小物块受力如图，则电场力
； 又
；得到；电场强度为。

(2)当电场强度减小为原来的时，根据动能定理得
；代入解得。

若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离时的速度大小为。

【解析】(1)小物块受到重力、电场力和支持力而处于静止状态，根据平衡条件求解电场强度。

(2)当电场强度减小为原来的时，物块将沿斜面匀加速下滑，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理求解速度大小。

2．用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。

求：
（1）分析小球的带电性质
（2）细线上的拉力T
（3）求小球的带电量（sin37°=0．6, cos37°=0．6）
解：（1）小球受力如图，故带正电。

（2）如受力图可知
（3）小球受力平衡，在水平方向：，得
【解析】本题考查电场中的受力平衡问题，因为小球带正电，受到水平向右的电场力和竖直向
下的重力、绳子的拉力而受力平衡，把绳子的拉力分解后由三角函数关系可求得电场力大小，由F=qE可求得电荷量大小。

本题是电学中的平衡问题，受力分析是关键。

3．如图所示，水平放置的两块平行金属板长L=5cm，两板间距d=1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度V0 =2.0×107 m/s,从两板中央射入，忽略电子所受的重力（电子质量，电子电量值
）求：
（1）电子飞出金属板时侧位移y0；
（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长。

解：电子在匀强电场中受到电场力与重力作用，由于电场力为：
，
远大于重力（G=mg=9×10-30N），即重力作用对物体运动的影响可以忽略不计，只考虑
电场力．
又由于电场力方向于速度方向垂直，
即在水平方向作匀速直线运动，
竖直方向作初速度为零的匀加速运动，作类平抛运动；
（1）电子在电场中的加速度为：a＝F
m
＝
qE
m
＝
qU
md
侧位移即竖直方向的位移为：y＝
1
2
at2，时间：t＝
l
v0
，代入数据解得：
y=0．5cm；
（2）电子飞出电场时，水平分速度V x=V0，竖直分速度为：v y=at，解得：v y=4×106m/s 设v与v0的夹角为θ，则有：电子飞出电场后作匀速直线运动，则有：OP=y+S tanθ=0．025m=2．5cm。

【解析】该题考察了带电粒子在匀强电场中的偏转，运动规律是类平抛运动，常用的方法是沿电场方向和垂直于电场的方向上进行正交分解，前者是初速度为零的匀加速直线运动，后者是匀速直线运动，同时注意几何知识在物理学中的应用。

（1）电子在匀强电场中沿垂直于板的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，通过位移公式可得偏移距离；通过速度公式可求出此方向上的速度；（2）电子离开电场后做匀速直线运动，结合几何知识可得知OP的长度；。