【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件7.1电场力的性质 (含解析).ppt，共(75)页，2.092 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-89694.html

以下为本文档部分文字说明：

第七单元电场年份题号命题点命题规律Ⅰ卷14题平行板电容器的物理量变化Ⅰ卷20题电场力和重力作用下的曲线运动Ⅱ卷15题带电粒子在电场中运动轨迹分析2016年Ⅲ卷15题静电场中等势面的理解Ⅰ卷20题Φ­x图像，电场力做功Ⅰ卷25题电场力和重力作用下的往复运动Ⅱ卷25题带电小球在电场中的运动，运动合成与

分解2017年Ⅲ卷21题计算匀强电场的等势点Ⅰ卷16题库仑定律与平衡Ⅰ卷21题等势面与功能关系Ⅱ卷21题电场力做功、电势与电势能2018年Ⅲ卷21题电容器中带电粒子的运动(1)选择题主要考查电场力和能的性质的理解(2)计算题主要考查带电粒子在电场中的运动，牛顿运动定律与功能关系的综合应用7．1电

场力的性质知识清单考点整合集中记忆一、电荷守恒定律元电荷：e＝1.60×10－19C．所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．三种起电方式：接触起电、摩擦起电、感应起电．电荷守恒定律电荷既不能创生，也不能消灭，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；在转移过程中，电荷的总量保持不变．二、库仑定律内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．公式：F＝kQ1Q2r2，k＝9.0

×109N·m2/C2，叫静电力常量．适用条件：真空中的点电荷．点电荷是形状和大小可忽略不计的带电体，当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以看成点电荷．三、电场强度定义：试探电荷在电场中某个位置所受的电场力跟它的

电荷量的比值．公式：E＝Fq——适用任何电场E＝kQr2——适用真空中静止的点电荷电场E＝Ud——适用于匀强电场方向：规定正电荷在某点所受电场力的方向为该点场强方向．意义：描述电场的强弱和方向的物理量，由电场本身的性质决定，与放入电场中的试探电荷无关．四、电场线电场线：为了形象地描述

电场而引入的假想曲线．特点(1)电场线的疏密表示电场的强弱．(2)电场线上每一点的切线方向表示该点电场的方向．(3)电场线起始于正电荷或无穷远处，终止于负电荷或无穷远处．(4)电场线在电场中不相交，不闭合．考点讲练考点突破针对训练考点一电荷守恒定律与静电感应现象1．电荷守恒定律

的应用(1)物体起电的本质物体起电的本质都是电荷的转移，接触起电和摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分．(2)相同金属球的电荷分配相同的两个金属球接触后再分开，如果金属球带同种电荷，总

电荷量直接平分；如果金属球带异种电荷，需要先中和，剩余电荷再平均分配．2．静电感应的特点(1)当导体靠近带电体时，两端出现等量异种电荷，靠近带电体的一端带异种电荷．(2)静电平衡导体内部电场为零．(3)静电平衡的导体是等势体．三个完全相同的金属球，A球带电荷量为q，B、C均不带

电．现要使B球带电荷量为3q8，正确的操作方法是()A．将A球同时与B球、C球接触B．先将A球与B球接触，分开后将B球与C球接触C．先将A球与C球接触，分开后将B球与C球接触D．先将A球与C球接触，分开后将B球与C球接触，再分开后将B球与A球接触【

答案】D【解析】将三球同时接触时，三个小球平分电荷，则各占三分之一，故A项错误；A、B接触时，A、B平分电荷，则B中有12q；B与C接触时，再平分，则B中还有q4，故B项错误；因B、C均不带电，则A先与C接触的情况与先与B接触是相同的，最后B中有q4，故C项错误；A与C接触时，C中有q2的电量；

B再与C接触时，B中有q4的电量；现将B与A接触，则B中电量为q2＋q42＝3q8，故D项正确．(2016·浙江)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近

，贴在A、B下部的金属箔都张开()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【答案】C【解析】由感应起电可

知，近端感应出异种电荷，故A带负电，B带正电，A项错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A、B电势相等，B项错误；先移去C，则A、B两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A、B，后移走C，则A、B两端的等量

异种电荷就无法重新中和，故C项正确，D项错误．考点二库仑定律及相关平衡问题1．库仑定律的应用(1)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，不能认为库仑力F→∞.(2)两个带电金属球相距较近时，表面电荷分布不均匀，不能看做点电荷．若两球带异种电荷，其吸引

力大于均匀带电球体的引力；若两球带同种电荷，其排斥力小于均匀带电球体的斥力．2．三个自由点电荷的平衡规律“三点共线”——三个点电荷在同一直线上；“两同夹异”——两边是同种电荷，中间是异种电荷；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小．3．库仑力作用

下的平衡问题涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：两个半径均为r的相同金属球，球心相距3r，分别带有电荷量－2Q和＋4Q，它们之间库仑力的大小为F.现将两球接触后再放回原处，两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小()A．等于

18FB．小于18FC．大于18FD．无法确定【答案】B【解析】相距较近的异种电荷，电荷因吸引靠近，原来两小球间库仑力F>k8Q2r2，两球接触后，两球的电荷量均为Q，电荷因排斥远离，所以接触后的库仑力F′<kQ2r2，则B项正

确．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＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为()A．正，B的右边0.4m处B．正，B的左边0.2m处C．负

，A的左边0.2m处D．负，A的右边0.2m处【答案】C【解析】要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，设第三个点电荷C的电量为q，在A的左边距A为r处，则kqQr2＝kq·9Q（r＋0.4）2，解得r＝0.2

m，所以C项正确．(2018·课标全国Ⅰ)如图，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绝对值为k

，则()A．a，b的电荷同号，k＝169B．a，b的电荷异号，k＝169C．a，b的电荷同号，k＝6427D．a，b的电荷异号，k＝6427【答案】D【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力

的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如图所示：因ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：FaFb＝acbc＝43；而根据库仑定律，Fa＝kQcq

aac2，而fb＝kQcqbbc2综上所得，qaqb＝43×4232＝6427，故A、B、C三项错误，D项正确．(2018·青岛一模)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°

角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是()A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷C．a、b小球电量之比为36D．a、b小球电量之比为39【答案】D【解析】A项，对c，受重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向

有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b带同种电荷；若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反

．故A项错误，B项错误；C项，设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：ac＝R，bc＝3R；a与b对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：kq1q3（ac）2·cos60°＝

kq2q3（bc）2cos30°所以：q1q2＝39.故C项错误，D项正确．考点三电场强度的理解与叠加1．电场强度的理解(1)电场强度反映电场本身的性质，由场源和位置决定，与试探电荷无关．(2)根据定义式E＝Fq，对某一位置E一定，F与

q成正比．2．电场的叠加计算(1)运算法则：电场强度是矢量，多个电场叠加时用平行四边形定则计算．(2)对称性：利用带电体电场在空间分布的对称性特点，结合等效法求场强．3．两种等量点电荷的电场分布：比较等量异种点电荷等量同种点电荷中垂线上的电场O点最大，向外逐渐减小O点为零，向外先变大后变小连线上

的电场沿连线先变小后变大，中点O处电场强度最小如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2m和0.7m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方

向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是()A．B点的电场强度的大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3m【答案】D【解析】由两试探电荷受力

情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，B、C项错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强EA＝kQl2＝Faqa＝4×10－41×10－9N/C＝4×105N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝kQ（0.5－l）2＝Fbqb＝1×10－44×10－

9N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1)m＝0.3m，A项错误，D项正确．(2018·甘肃二诊)如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的

中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后减小C．杆对小球的作用力先减小后增大D．杆对小球的作

用力先增大后减小【答案】D【解析】等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B两项错误；杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C项错

误，D项正确．(2018·陕西二模)如图所示，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上移动L2的距离到B点处，若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O

点的电场强度大小为()A．kqL2B．k3q2L2C．k3qL2D．k5qL2【答案】C【解析】在闭合线框中，电荷关于O点分布对称，故在O点场强为零；电荷q从A移到B，那么，线框部分在O点的场强等效于与A点关于O点对

称的电荷量q在O点的场强E1＝kq（12L）2＝4kqL2，B处电荷q在O点的场强E2＝kqL2；又有两处电荷符号相同，故E1，E2的方向相反，那么，O点的场强E＝E1－E2＝k3qL2，故C项正确，A、B、D三项错误．(2018·衡水一模)(多选)如图所示，竖直面

内固定的均匀带电圆环半径为R，带电量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速

度为g，则小球所处位置的电场强度为()A.mgqB.2mg2qC．kQR2D．k2Q4R2【答案】AD【解析】由于圆环不能看作点电荷，采用微元法；以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示：圆环各个点对小球的库仑力的合力FQ，则：Fsinθ

＝mg，小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么sinθ＝22，解得：F＝2mg.水平方向上，有：Fcosθ＝qE，解得：E＝mgq，同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电量分成若干份，结合矢量

的合成法则，及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为：E＝kQ（2R）2×22＝k2Q4R2，故A、D两项正确，B、C两项错误．考点四电场线的理解与应用1．常见电场线2．电场线的应用如图所示，实线为不知方向的三条电场线，

从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的动能一个增加一个减小【答案】C【解析】根据两粒子的偏转

方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A项错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B、D两项错误；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的

加速度增大，故C项正确．(2018·深圳一模)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其v-t图像如图所示．则电场可能是()【答案】D【解析】由图像可知，速度在逐渐增大，图像的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做

加速度越来越大的加速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相同．故D项正确．题型拓展典例剖析提炼方法电场中的动力学问题对于带电体在电场中的运动问题，同样应用牛顿运动定律结合运动学规律求解，解题基本思路与力学问题相同．例(2018·长沙一模)如图所示，两个互相绝缘且紧靠在一起的

A、B两物体，静止在水平地面上．A的质量为m＝0.04kg，带电量为q＝＋5.0×10－5C，B的质量为M＝0.06kg，不带电．两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E＝1

.6×104N/C.设运动过程中小物块所带的电量没有变化．求：(1)A、B的加速度及其相互作用力的大小；(2)若t＝2s后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离．【答案】(1)4m/s20.

48N(2)11.8m【解析】(1)对整体分析，根据牛顿第二定律得：a＝qE－μ（M＋m）gM＋m＝5×10－5×1.6×104－0.4×（0.04＋0.06）×100.04＋0.06m/s2＝4m/s2隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，F

N－μMg＝Ma解得FN＝μMg＋Ma＝0.4×0.6N＋0.06×4N＝0.48N.(2)t＝2s时，A、B的速度v＝at＝2×4m/s＝8m/st＝2s后电场反向，且场强减为原来的一半，此时A做匀减速运动的加速度大小aA＝qE

′＋μmgm＝5×10－5×0.8×104＋0.4×0.04×100.04m/s2＝14m/s2.B做匀减速运动的加速度aB＝μg＝4m/s2，B速度减为零的时间tB＝vaB＝84s＝2s减速到零的位移xB＝v22aB＝8

22×4m＝8mA速度减为零的时间tA1＝vaA＝814s＝47s，减速到零的位移xA1＝v22aA＝6428m＝167m则A反向做匀加速运动的加速度大小a′A＝qE′－μmgm＝5×10－5×0.8×104－0.4×0.04×100.04m/s2＝6m/s2则反向做匀

加速直线运动的位移xA2＝12a′A(tB－tA1)2＝12×6×(2－47)2m＝30049m，则A、B相距的距离Δx＝xA2＋xB－xA1＝(30049＋8－6428)m＝11.8m.特别提示1．注意是否考虑重力：在没有特别说明时，电子、质子、离子等基本粒子一般不计重力，带电

油滴、带电小球、带电微粒等一般计重力．2．注意电场力方向：正电荷受电场力方向与电场方向相同，负电荷受电场力方向与电场方向相反．1．(2018·沈阳三模)如图所示，真空中A、B两点相距24r，在A、B两点分别固定带电量均为＋Q的点电荷，AB连线的中点为O.质量为m、带

电量为－q的粒子恰好能绕O点做匀速圆周运动，运动半径为5r，不计粒子的重力，则粒子做圆周运动的速度大小为()A.1013kQq13mrB.10132kQqmrC.5132kQq13mrD.513kQqmr答案C解析据点电荷电场强度公式E＝kQr2，可知，设粒子运动位置到A连线与

AB夹角为θ，则有：sinθ＝513再依据电场力提供向心力，则有：2kQq（13r）2·cosθ＝mv25r解得：圆周运动的速度大小为v＝5132kQq13mr，故C项正确，A、B、D三项错误．2．(2018·全国一模)如图(a)所示，质量

为m＝1kg.带电量为q＝＋1.0×10－5C的物块，以初速度v0＝10m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，电场强度的方向水平向左，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)所示，g取10m/s2，试求：(1)物块在0～2s内的加速度a1和2s～4s内的加速度a2；(2)

电场强度E的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ.答案(1)5m/s2，水平向左2m/s2，水平向左(2)3.5×103N/C0.15解析(1)由图可知，0－2s内，物体向右做匀减速直线运动，取水平向右为

正方向a1＝ΔvΔt＝－5m/s2其加速度大小为5m/s2，方向水平向左.2s～4s内，物体向左做匀加速直线运动，取水平向右为正方向，a2＝ΔvΔt＝－2m/s2其加速度大小为2m/s2，方向水平向左．(2)根据牛

顿第二定律，取水平向右为正方向，在0～2s内摩擦力与电场力qE同向：qE＋μmg＝ma12s～4s内摩擦力与电场力qE反向：μmg－qE＝ma2代入数据可以得到：E＝3.5×103N/C，μ＝0.15.3．(2018·浙江模拟)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为0.2，AB

距离为3m；BC为半径r＝1m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场．一质量m＝1kg，电量q＝10－3C的带电小球，在功率P恒为4W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力．已知到达B点之前已经做匀速运动，

求：(1)小球匀速运动的速度大小．(2)小球从A运动到B所用的时间．(3)为使小球能沿圆轨道从B点运动到C点，匀强电场的电场强度E的大小范围？(4)是否存在某个电场强度E，使小球从C点抛出后能落到A点？请说明理由．答案(1)2m/s(2)2s(3)9.2×103N/C(

4)不能理由略解析(1)因为小球做匀速直线运动，根据二力平衡条件有：F牵＝f，它们的功率也相等，即：P牵＝fvB解得：vB＝Pf＝Pμmg＝2m/s.(2)对小球从A到B过程列出动能定理：Pt－μmg·AB＝12mvB2解得：t＝2s.(3)若小球刚好能通过B点，根据牛顿第二定律

得：qE－mg＝mvB2r解得：E＝1.4×104N/C；若小球刚好能通过C点，再根据牛顿第二定律得：mg－qE＝mvC2r，对小球从B到C过程列出动能定理：－(mg－qE)×2r＝12mvC2－12mvB2联立求解可得：E＝9.2×

103N/C；根据题意，匀强电场的大小范围是：1.4×104N/C≥E≥9.2×103N/C.(4)由上问可知，－(mg－qE)×2r＝12mvC2－12mvB2再联立平抛运动的公式vC＝xt＝34rg＝31

0.4m/s，代入已知数据解得：E＝1.4625×104N/C，这种条件下的E的值超出了(3)问中的范围，所以不存在．4．(2018·长沙模拟)光滑绝缘水平面上有一水平向右的匀强电场，其场强大小分布如图

(a)所示．两个质量均为m的带电小球A和B由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统，球A带电量为＋2q，球B带电量为－q.t＝0时刻，带电系统由如图(b)所示位置从静止开始运动．若视小球为质点，不计轻杆的质量，求：(

1)当球B刚进入电场时，带电系统速度v1的大小；(2)当球A刚离开电场时，带电系统速度v2的大小；(3)通过分析计算，作出球B从x＝0到x＝5L的运动对应的v-t图．解析(1)设带电系统开始运动时，加速

度为a1，由牛顿第二定律得：F合＝2ma1解得：a1＝2qE02m＝qE0m设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，由v12＝2a1L得：v1＝2a1L＝2qE0Lm(2)设球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：F合＝2

ma2代入数据解得：a2＝－qE0＋2qE02m＝qE02m带电系统继续做匀加速运动．设球A刚离开电场时的速度为v2，由v22－v12＝2a2L得：v2＝3qE0Lm(3)设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，(球B从x＝0到x＝L)

则：t1＝v1a1＝2mLqE0设从球B进入电场到球A离开电场经历的时间为t2，(球B从x＝L到x＝2L)则：t2＝v2－v1a2＝2(3－2)mLqE0球A离开电场后，带电系统做减速运动，设加速度为a3，由牛顿第二定律得：F合＝2

ma3得a3＝－qE02m设球B运动到电场边缘(x＝4L)处，速度为v3，由v32－v22＝2a3×2L得：v3＝qE0Lm设从球A离开电场到球B离开电场所需时间为t3，(球B从x＝2L到x＝4L)则：