2025版高考物理一轮复习第7章第1节电场力的性质教学案新人教版

PAGE14-第1节电场力的性质学问点一|静电现象电荷守恒定律1．电荷(1)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。(2)元电荷：电荷的多少叫作电荷量，通常把e＝1.6×10－19C2．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正、负之分。(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。3．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会歼灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变。(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。eq\o([推断正误])(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。 (√)(2)用毛皮摩擦过的橡胶棒带正电荷。 (×)(3)物体带电的实质是电子的转移。 (√)eq考法1电荷守恒定律的理解与应用1．两个完全一样的金属小球M、N，先让它们各自带电＋5q和＋7q，接触后再分开，则最终M、N的带电量分别是()A．＋6q，＋6q B．＋7q，＋5qC．＋12q，＋12q D．＋q，＋qA[两个完全相同的金属小球接触，电荷先中和后均分，故：QM′＝QN′＝eq\f(QM＋QN,2)＝eq\f(5q＋7q,2)＝6q，故选项A正确。]2．(多选)已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克eq\x\to(u)或反夸克eq\x\to(d))组成的，它们带的电荷量如表所示，表中e为元电荷。π＋π－udeq\x\to(u)eq\x\to(d)电荷量＋e－e＋eq\f(2,3)e－eq\f(1,3)e－eq\f(2,3)e＋eq\f(1,3)e下列说法中正确的是()A．π＋由u和eq\x\to(d)组成 B．π＋由d和eq\x\to(u)组成C．π－由u和eq\x\to(d)组成 D．π－由d和eq\x\to(u)组成AD[π＋带电荷量为＋e，u带电荷量为＋eq\f(2,3)e，eq\x\to(d)带电荷量为＋eq\f(1,3)e，故π＋由u和eq\x\to(d)组成，A正确，B错误；π－带电荷量为－e，d带电荷量为－eq\f(1,3)e，eq\x\to(u)带电荷量为－eq\f(2,3)e，故π－由d和eq\x\to(u)组成，C错误，D正确。]eq考法2静电现象的理解3.(2024·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支架使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A旁边，贴在A、B下部的金属箔都张开，则()A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合C[带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误。][考法指导]1接触起电：两个相同的金属小球接触后电荷“先中和后均分”。2感应起电：感应电荷的电性遵循“近异远同”原则。学问点二|点电荷及库仑定律1．点电荷是一种志向化的物理模型，当带电体本身的形态和大小对探讨的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。2．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。(2)表达式：F＝eq\f(kq1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作静电力常量。(3)适用条件：①真空中；②点电荷。eq\o([推断正误])(1)相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相等，它们之间的库仑力大小肯定相等。 (√)(2)依据F＝keq\f(q1q2,r2)，当r→0时，F→∞。 (×)[典例](2024·诸暨模拟)如图所示，A和B均可视为点电荷，A固定在绝缘支架上，B通过绝缘轻质细线连接在天花板上，由于二者之间库仑力的作用，细线与水平方向成30°角。A、B均带正电，电荷量分别为Q、q，A、B处于同一高度，二者之间的距离为L。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则B的质量为()A.eq\f(kQq,gL2) B.eq\f(2kQq,gL2)C.eq\f(\r(3)kQq,gL2)D.eq\f(\r(3)kQq,3gL2)D[因为B球处于静止状态，B球受到重力、绳子的拉力以及A对B的库仑力，依据平衡条件得：tan30°＝eq\f(mBg,k\f(Qq,L2))，解得：mB＝eq\f(\r(3)kQq,3gL2)，故D正确，A、B、C错误。]解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。详细步骤如下：eq考法1库仑定律与电荷守恒定律的结合问题1．(2024·安阳调研)两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为eq\f(r,2)，则两球间库仑力的大小为()A.eq\f(5F,16)B．eq\f(F,5)C.eq\f(4F,5)D.eq\f(16F,5)D[两球相距r时，依据库仑定律F＝keq\f(Q·5Q,r2)，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝keq\f(2Q·2Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))eq\s\up12(2))，由以上两式可解得F′＝eq\f(16F,5)，D正确。]2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1带的电荷量为q，球2带的电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知()A．n＝3B．n＝4C．n＝5D．n＝6D[三个金属球相同，当球3先与球2接触后，电荷量平分，球2与球3带电荷量均为eq\f(nq,2)；球3再与球1接触后，电荷量平分，球1与球3带电荷量均为eq\f(q＋\f(nq,2),2)；由于球1、2之间作用力的大小仍为F，依据库仑定律有keq\f(\f(q＋\f(nq,2),2)·\f(nq,2),r2)＝keq\f(nq2,r2)，即两球电荷量乘积不变，解得n＝6，故选D。]eq考法2库仑力作用下的平衡问题3．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电荷量为＋Q，B带电荷量为－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷，应放于何处？所带电荷量为多少？解析：依据平衡条件推断，C应带负电荷，放在A的左边且和A、B在一条直线上，设C带电荷量为q，与A点相距为x，如图所示。答案：应为带电荷量为eq\f(9,4)Q的负电荷，置于A左方0.2m处且和A、B在一条直线上4.(2024·全国卷Ⅰ)如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的肯定值为k，则()A．a、b的电荷同号，k＝eq\f(16,9)B．a、b的电荷异号，k＝eq\f(16,9)C．a、b的电荷同号，k＝eq\f(64,27)D．a、b的电荷异号，k＝eq\f(64,27)D[方法一：假如a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力肯定不为零，因此a、b不行能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力肯定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin37°＝Fbcos37°，解得eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(4,3)，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(64,27)，B错误，D正确。方法二：球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线，表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号，球c处的合电场强度指向2或4区域；若a、b的电荷异号，球c处的合电场强度指向1或3区域；故a、b的电荷必需异号。设a、c带正电荷，b带负电荷，球c处的电场强度方向如图所示，tanβ＝tanα＝eq\f(3,4)，由电场强度叠加原理得，tanβ＝eq\f(Eb,Ea)，结合点电荷电场强度公式得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,bc)·|Qa|,r\o\al(2,ac)·|Qb|)，联立得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Qa,Qb)))＝eq\f(64,27)。故A、B、C三项均错误，D项正确。]5.(多选)(2024·浙江高考)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2NC．B球所带的电荷量为4eq\r(6)×10－8CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0ACD[用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球B所受静电力F＝mgtanα＝6.0×10－3N，球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F＝eq\f(kq1q2,L2)及q1＝q2知，小球所带电荷量q＝4eq\r(6)×10－8C，选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，场强为0，选项D正确。][考法指导]三个自由电荷的平衡规律学问点三|电场强度、电场线1．电场强度(1)定义式：E＝eq\f(F,q)，适用于任何电场，是矢量，单位：N/C或V/m。(2)点电荷的场强：E＝eq\f(kQ,r2)，适用于计算真空中的点电荷产生的电场。(3)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。(4)电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。2．电场线(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一样，曲线的疏密表示电场的强弱。(2)(3)几种典型电场的电场线eq\o([推断正误])(1)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与摸索电荷在该点所受的电场力成正比。 (×)(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。 (√)1．电场强度的三个公式的比较公式E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意义电场强度定义式真空中点电荷电场强度的确定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场确定因素由电场本身确定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同确定由电场本身确定，d为沿电场方向的距离相同点矢量，遵守平行四边形定则单位：1N/C＝1V/m2.两种等量点电荷电场线的比较比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O点的电场强度最小，指向负电荷一方为零连线上的电场强度大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外电场强度大小O点最大，向外渐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度等大同向等大反向[典例](2024·河西模拟)如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E，现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度变更，则下列推断正确的是()A．移至c点时，O点的电场强度大小仍为E，沿Oe方向B．移至e点时，O点的电场强度大小为eq\f(E,2)，沿Oc方向C．移至b点时，O点的电场强度大小为eq\f(\r(3),2)E，沿Oc方向D．移至f点时，O点的电场强度大小为eq\f(\r(3),2)E，沿Oe方向B[由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为eq\f(E,2)，方向水平向右。当正电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿Oe方向，故A错误；当正电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿Oc，故B正确；当正电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×eq\f(E,2)cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿Od与Oe角平分线向上，故C错误；当正电荷移至f点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×eq\f(E,2)cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿Od与Oc角平分线向下，故D错误。]eq考法1场强的叠加1．如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为()A．0 B．EC．2E D．E＋keq\f(Q1,r\o\al(2,1))＋keq\f(Q2,r\o\al(2,2))C[A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，依据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，C正确。]2．匀称带电薄球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上匀称分布有正电荷，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()A.eq\f(kq,4R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,2R2)－E D.eq\f(kq,2R2)＋EC[若将匀称带2q电荷的薄球壳放在O处，球壳在M、N两点产生的电场强度大小为eq\f(kq,2R2)；由M点的场强为E，当在图示半球面上叠加匀称带2q负电荷的薄球壳时，等效为AB连线右侧的匀称带q负电荷的半球面薄球壳，则N点的场强大小也为E，则E＝eq\f(kq,2R2)－EN，得原来N点的场强EN＝eq\f(kq,2R2)－E，C正确。]3．(2024·攀枝花模拟)匀称带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球体上匀称分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R。已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为()A.eq\f(kq,2R2)＋E B．eq\f(kq,2R2)－EC.eq\f(kq,4R2)＋E D.eq\f(kq,4R2)－EB[若将带电量为2q的球体放在O处，匀称带电的球体在A、B点所产生的电场为E0＝eq\f(2kq,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由题知半球体产生的场强为E，则B点的场强为E′＝E0－E，解得E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故选B。]eq考法2通过平衡条件或牛顿运动定律计算场强4.(2024·建水质检)如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为＋q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为()A.eq\f(mg,2q) B．eq\f(mg,4q)C.eq\f(\r(2)kq,a2) D.eq\f(2\r(2)kq,a2)D[设P处的带电小球电量为Q，依据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F＝eq\f(kqQ,a2)；依据几何关系可知，正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可得4×eq\f(kqQ,a2)×eq\f(\r(2),2)＝mg；若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为F′＝eq\f(\r(2)kqQ,a2)；当外加匀强电场后，再次平衡，则有eq\f(\r(2)kqQ,a2)＋eq\f(Q,2)E＝mg；解得E＝eq\f(2\r(2)kq,a2)，故D正确，A、B、C错误。]5．(2024·巴蜀模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B，相互绝缘且质量均为2kg，A带负电，电荷量为0.2C，B不带电。起先处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A对B的压力大小变为8N，g取10m/s2，则()A．电场强度为120N/C，方向竖直向下B．电场强度为60N/C，方向竖直向下C．电场强度为120N/C，方向竖直向上D．电场强度为100N/C，方向竖直向上A[起先时物体B平衡，A对B的压力大小等于A的重力大小，为20N；加上电场后瞬间A对B的压力大小变为8N，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为12N，方向向上，依据牛顿其次定律，有a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(12,2)＝6m/s2，再对物体A受力分析，设电场力为F(向上)，依据牛顿其次定律，有FN＋F－mg＝ma，解得F＝24N，故场强为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(24,0.2)＝120N/C，方向竖直向下，故选A。]eq考法3电场线的应用6.如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q。直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点。下列说法中正确的是()A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由