静电场 题型归纳 教师用

1、物理建模三电荷平衡模型(模型演示见PPT课件)1模型构建对由三个自由电荷组成的系统，且它们仅靠彼此间的静电力作用而处于平衡状态，该系统即为三电荷平衡模型2模型条件(1)三个点电荷共线(2)三个点电荷彼此间仅靠电场力作用达到平衡，不受其他外力(3)任意一个点电荷受到其他两个点电荷的电场力大小相等，方向相反，为一对平衡力3模型特点(1)“三点共线”三个点电荷分布在同一直线上(2)“两同夹异”正负电荷相互间隔(3)“两大夹小”中间电荷的电荷量最小(4)“近小远大”中间电荷靠近电荷量较小的电荷【典例1】 如图6113所示，在光滑绝缘水平面上放置电荷量分别为q1、q2、q3的三个点电荷，三者位于一条直线

2、上，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，三个点电荷都处于静止状态图6113(1)若q2为正电荷，判断q1和q3的电性；(2)求q1、q2、q3三者电荷量大小之比解析(1)q2为正电荷时，假设q1为正电荷，要使q2受力平衡，q3应为正电荷，但此时分析q1的受力情况，q2对q1有向左的斥力，q3对q1也有向左的斥力，q1所受合力向左，不能平衡，因此，q2为正电荷时，q1只能为负电荷同理可知，q3为负电荷(2)三个点电荷所受合力都等于零，根据共点力平衡条件和库仑定律有对q2：kk对q1：kk联立可解得q1q2q3212答案(1)负，负(2)212即学即练1两个可自由移动的点电

3、荷分别放在A、B两处，如图6114所示A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q24Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则() 图6114AQ3为负电荷，且放于A左方BQ3为负电荷，且放于B右方CQ3为正电荷，且放于A、B之间DQ3为正电荷，且放于B右方解析因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧要使Q1和Q2也处于平衡状

4、态，Q3必须带负电，故应选A. 答案A两个等量点电荷电场的分布模型1模型构建2模型条件(1)等量 (2)点电荷3模型特点项目等量异种点电荷等量同种点电荷连线中点O处的场强大小最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小【典例2】 如图6115为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()图6115AA、B可能带等量异号的正、负电荷BA、B可能带不等量的正电荷Ca、b两点处无

5、电场线，故其电场强度可能为零D同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确答案D图6116即学即练2(2013山东卷，19)如图6116所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是()Ab

6、、d两点处的电势相同B四个点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小解析根据等量异种点电荷电场线及等势线的分布可知b、d两点电势相同，电场强度大小相等、方向不同，选项A对，C错c点电势为0，由a经b到c，电势越来越低，正电荷由a经b到c电势能越来越小，选项B、D对答案ABD对应高考题组1(2010全国，17)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为104 V/m.已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为()A2109CB4109CC6109CD

7、8109C解析由于雨滴在此电场中不会下落，则有：qEmgr3g雨滴所带电荷量为：q4109 C，正确选项为B.答案B2(2010海南单科，4)如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为()A12B21C2D4解析依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2，则，B正确答案B3(2011上海单科，16)如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用

8、绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态地面受到的压力为N，球b所受细线的拉力为F.剪断连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力()A小于NB等于NC等于NFD大于NF解析剪断连接球b的细线后，b球会向上加速，造成两球之间的静电力F电增大，设箱子质量为M，剪断前由整体法有NMgmagmbg，F电mbgF.剪断后对箱和a球有NMgmagF电NmbgF电，由于F电F电，所以NNF，故选D.答案D4(2011重庆卷)如图所示，电量为q和q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()A体中心、各面中心和各边中点B体中心和各边中点C各面中心和各边中点D体中心和各面中心解析根据

9、点电荷场强公式E及正方体的对称性可知正方体的体中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.答案D5(2011海南卷，3)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的带电荷量为q，球2的带电荷量为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()An3Bn4Cn5Dn6解析根据库仑定律，球3未与球1、球2接触前，球1、2间的库仑力Fk，三个金属小球相同，接触后电荷量均分，球3与球2接触后，球2和球3的带电荷量q2q3，球3再与

10、球1接触后，球1的带电荷量q1，此时1、2间的作用力Fkk，由题意知FF，即n，解得n6.故D正确答案D6(2013北京卷，18)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动()A半径越大，加速度越大B半径越小，周期越大C半径越大，角速度越小D半径越小，线速度越小解析本题是以微观情景为背景，电子所受的库仑力提供向心力，可根据库仑定律和圆周运动知识来判断对电子来说，库仑力提供其做圆周运动的向心力，则kmamm2rmr得：a，v，T，因此选项C正确答案C7(2012浙江理综，19)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上小明同学用绝缘材料做的

11、笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和解析笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环

12、上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误答案ABC8(2012安徽卷)如图11甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E2k，方向沿x轴现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()A2k0B2k0C2k0D2k0解析根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E2k，用极限思维法推知当带电圆板无限大时(即当R)的电场强度E2k，对于无限大带电平板，挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填

13、充进去，这时Q点的电场强度EQ2k0，则挖去圆板后的电场强度EQ2k02k02k0，故选项A正确选项B、C、D错误答案A思想方法 19.公式E的拓展及应用技巧1匀强电场中场强与电势差的关系在匀强电场中，沿场强方向的两点间的电势差等于场强与这两点的距离的乘积，用公式UEd表示，场强在数值上等于沿场强方向每单位距离上的电势差，电势降落最快的方向为电场强度的方向2应用“一式二结论”巧解电场强度与电势差相关的问题(1)“一式”E，其中d是沿电场强度方向上的距离(2)“二结论”结论1匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势C，如图6210所示结论2匀强电场中若两线段ABCD，且ABCD，则UABUCD(或

14、ABCD)，如图6211所示图6210图6211【典例】 (2012安徽卷，18)如图6212所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()图6212A200 V/mB200 V/mC100 V/mD100 V/m解析在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势C3 V(如图所示)，因此B、C为等势面O点到BC的距离dOCsin ，而sin ，所以dOC1.5102m.根据E得，匀强电场的电场强度E V/m200 V/m，故选项A正确，选项B、C、

15、D错误答案A即学即练如图6213所示，在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为0 V，B点电势为3 V，C点电势为6 V已知ACB30，AB边长为 m，D为AC的中点现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为2 N/C，则放入点电荷后，B点场强为()图6213A4 N/CB5 N/CC2 N/CD N/C解析D点电势为3 V，BD连线为等势线，由几何关系可知，A点到等势线的距离为1.5 m，所以匀强电场的场强E1 N/C2 N/C，且与AB的夹角为30，点电荷在B点的场强E2与E1垂直，所以合场强E2 N/C.答案C对应高考题组1(2012山东理综，19)图中虚线为一组间距相等

16、的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子()A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律Fk可知，a、b、c三点中，在a点时受力最大，选项B错误；带电粒子从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，故UabUbc，所以WabWbc，根据动能

17、定理，带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确答案CD2(2012天津理综，5)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A做直线运动，电势能先变小后变大B做直线运动，电势能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大D做曲线运动，电势能先变大后变小解析带负电的粒子以速度v进入电场后，电场力的方向与v的方向不在一条直线上，故带负电的粒子做曲线运动，选项A、B错误带负电的粒子先由低电势面运动到高电势面，然后由高电势面运动到低电势面，所以

18、电势能先减小后变大，选项C正确，选项D错误答案C3(2011上海单科，14)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图()解析距正电荷越近电势越高，且0；距负电荷越近电势越低，且A，故A项错误；由Ek，r不相等，所以EAEB，B项错误；由A、B，因为WAWB，AB，即q1q2，故C项正确；由于克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D项错误答案C5(2012重庆卷，20)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()A

19、P、Q两点处的电荷等量同种Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少解析由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得，P、Q两点应为等量的异种电荷，A错；a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错；因P处为正电荷，因此c点的电势高于d点的电势，C错；因P处为正电荷，故Q处为负电荷，负电荷从靠Q较近的a点移到靠P较近的c点时，电场力做正功，电势能减小，D对答案D思想方法 210.带电粒子在交变电场中的运动问题1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的试题类型此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动

20、(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)3常用的分析方法(1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速

21、直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动【典例】 如图6315甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：图6315(1)交变

22、电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？审题指导(1)粒子在板间做什么运动？_.(2)粒子沿初速度方向做_(3)粒子在垂直初速度方向做_(4)“欲使该粒子仍能从b点以v0射出”_.提示(1)曲线运动(2)匀速直线运动(3)加速、减速，反向加速、反向减速(4)粒子运动到b点时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零粒子的运动时间等于一个周期解析(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有LnTv0，解

23、得T粒子在T内离开中心线的距离为ya2又a，E，解得y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板，应有ymd解得T2d故n，即n取大于等于的整数所以粒子的周期应满足的条件为T，其中n取大于等于的整数(2)粒子进入电场的时间应为T，T，T，故粒子进入电场的时间为tT(n1,2,3，)答案(1)T，其中n取大于等于的整数(2)tT(n1,2,3，)反思总结对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解即学即练如图6316甲所示，热电子由

24、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L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 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：图6316 (1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat22所以y，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足所以Y13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大

25、值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm附：对应高考题组(PPT课件文本，见教师用书)1(2012课标全国，18)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电

26、粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确答案BD2(2012海南单科，9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是()A保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半解析由E知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，则U变为原来的一半，E变为原来的一半，D项正确答案AD3(2012广东理综，20)图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经