資源簡介

第1章　靜電力與電場強度
本章復習提升
易混易錯練
1.D 2.A 3.D 4.B
易錯點1　誤認為電場中某點的場強與試探電荷有關
1.真空中某點放入一電荷量為q的檢驗電荷,測得檢驗電荷受到的靜電力大小為F,下列說法正確的是 (　　)
A.電場中該點的電場強度大小為
B.移走檢驗電荷后,該點的電場強度大小變為0
C.移走檢驗電荷后,放入該點的其他檢驗電荷不再受靜電力作用
D.移走檢驗電荷后,放入該點的其他檢驗電荷還會受靜電力作用
易錯點2　對電場線的疏密理解不透徹而出錯
2.如圖所示,一負電荷僅在電場力作用下從點a運動到點b,在點a的速度大小為v0,方向與電場方向相同。該電荷從點a到點b的v-t圖像正確的是 (　　)
A　　　　B
C　　　　D
易錯點3　不注意庫侖定律的適用條件,盲目套用公式
3.如圖所示,兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a和b,其殼層的厚度和質量分布均勻,將它們固定于絕緣支架上,兩球心間的距離l是球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷,電荷量的絕對值均為Q,靜電力常量為k,那么關于a、b之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的表達式中正確的是 (　　)
A.F引=G,F庫=k
B.F引≠G,F庫≠k
C.F引≠G,F庫=k
D.F引=G,F庫≠k
易錯點4　對庫侖定律的應用出錯
4.如圖所示,真空中A、B兩個可視為點電荷的帶電小球電荷量分別為+Q和+q,放在光滑的絕緣水平面上,A、B之間用絕緣的輕彈簧連接,彈簧的勁度系數為k0。當系統平衡時,彈簧的伸長量為x0。已知彈簧始終在彈性限度內,則 (　　)
A.保持Q不變,將q變為3q,平衡時彈簧的伸長量等于3x0
B.保持q不變,將Q變為3Q,平衡時彈簧的伸長量小于3x0
C.保持Q不變,將q變為-q,平衡時彈簧的縮短量等于x0
D.保持q不變,將Q變為-Q,平衡時彈簧的縮短量小于x0
思想方法練
1.B 2.C 3.A 4.BC
一、補償法、對稱法
1.已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同。如圖所示,半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在過球心O的直線上有A、B兩個點,O和B、B和A間的距離均為R。現以OB為直徑在球內挖一球形空腔,若靜電力常量為k,球的體積公式為V=πr3,則A點處場強的大小為 (　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
2.如圖所示,正電荷均勻分布在半球面ACB上,電荷量為q,球面半徑為R,CO'為過半球面頂點C和球心O的軸線。P、M為軸線上的兩點,距球心O的距離均為2R。在M右側軸線上O'點固定一帶負電的點電荷Q,O'、M間的距離為R,P點的場強為零。已知均勻帶電的封閉球殼在外部空間產生的電場與在球心處帶等電荷量的點電荷產生的電場等效,靜電力常量為k,則M點的場強為(　　)
A.+　　　　B.+
C.+　　　　D.+
二、微元法
3.如圖所示,真空中一半徑為R的均勻帶正電圓環放在絕緣水平面上,圓心在O點,總電荷量為Q。已知靜電力常量為k,在O點正上方高h的P點放一電荷量為q的正點電荷后,圓環對水平面的壓力增加了 (　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
三、等效法
4.(多選)一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷+Q,它們在周圍產生的電場可看做是在沒有導體板MN存在的情況下,由點電荷+Q與其像電荷-Q共同激發產生的。像電荷-Q的位置就是把導體板當做平面鏡時,電荷+Q在此鏡中的像點位置。如圖所示,已知+Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L,a為OP的中點,abcd是邊長為L的正方形,其中ab邊平行于MN,靜電力常量為k,則 (　　)
A.a點的電場強度大小為E=
B.a點的電場強度大小為E=
C.a點電場強度大小大于b點的電場強度大小
D.b點的電場強度和c點的電場強度相同
答案與分層梯度式解析
第1章　靜電力與電場強度
本章復習提升
易混易錯練
1.D　電場中該點的電場強度大小為E=,故A錯誤;某點電場強度由電場本身決定,移走檢驗電荷后,該點的電場強度大小不變,故B錯誤;移走檢驗電荷后,放入該點的其他檢驗電荷還會受靜電力作用,故C錯誤,D正確。故選D。
2.A　由題圖可知a到b過程中,電場線分布越來越密,則電場強度增大,所以負電荷所受電場力增大,根據牛頓第二定律,則電荷的加速度也增大,負電荷受到的電場力方向和場強方向相反,因為僅在電場力作用下運動,則電荷做加速度不斷增大的減速運動,v-t圖像的斜率表示加速度,根據圖像分析可得A正確。
方法技巧　本題關鍵抓住電場線疏密情況以及電荷從點a到點b的電場力方向與初速度方向,由于電場線疏密反映電場強度大小,即反映電荷的加速度大小,結合v-t圖像的斜率表示加速度即可求解。
3.D　由于a、b帶異種電荷,因此它們相互吸引,它們各自的電荷分布不均勻,即相互靠近的一側電荷分布比較密集。又l是球半徑r的3倍,不滿足l r的要求,故不能將帶電球殼看成點電荷,所以不能應用庫侖定律計算a、b間的庫侖力,故F庫≠k。萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體,由于a、b殼層的厚度和質量分布均勻,故兩球殼可看成質量集中于球心的質點,所以可以應用萬有引力定律計算a、b間的萬有引力,故F引=G。故D正確。
錯解分析　把兩球均看成點電荷,錯選A。實際上兩個規則的均勻帶電球體,相距比較遠時,可以看成點電荷,庫侖定律適用,二者間的距離就是球心間的距離。兩個規則的帶電金屬球體相距比較近時,不能被看成點電荷,此時兩帶電球體所帶電荷之間的作用距離會隨電荷的分布發生改變,庫侖定律不再適用。
4.B　設彈簧的原長為l,由庫侖定律、胡克定律和共點力平衡可得,當電荷量為q時,k=k0x0。當保持Q不變,將q變為3q,或保持q不變,將Q變為3Q時,設彈簧的伸長量為x1,有k=k0x1,解得=,x1>x0,x1<3x0。當保持Q不變,將q變為-q,或保持q不變,將Q變為-Q時,設彈簧的壓縮量為x2,有k=k0x2,解得=>1,即x2>x0。故選B。
錯解分析　此題容易出現的錯誤是認為當電荷量改變時,電荷間的距離保持不變,從而出現錯解。在應用庫侖定律解彈簧類問題時一定要注意這個動態變化過程,當電荷量發生變化時,有時可能引起電荷間距離的變化。
思想方法練
1.B　先把挖去的空腔補上,由題意知,半徑為R的均勻帶電球體在A點產生的場強E整==。挖出的小球半徑為,電荷均勻分布,其帶電荷量Q'=Q=,則其在A點產生的場強E挖===。剩余部分電荷在A點產生的場強E=E整-E挖=-=,故B正確。
方法點津　解答本題應用了補償法。先通過填補空腔,將帶電球體變成完整的均勻球體,從而方便求得其在A點產生的場強,然后再求得所補空腔部分在A點產生的場強,求出二者之差,即所求結果。
當所給帶電體不是一個完整的規則物體時,將該帶電體割去或增加一部分,組成一個規則的整體,從而求出規則物體產生的電場強度,再通過電場強度的疊加求出待求不規則物體產生的電場強度。應用此法的關鍵是“割”“補”后的帶電體應當是我們熟悉的某一規則物理模型。
2.C　由P點的場強為零可知,半球殼在P點的場強與負點電荷在P點的場強等大、反向,故半球殼在P點的場強方向向左,大小為E左=k=k,將半球殼補成圓后(電荷量為2q),其在P點場強方向向左,大小為E圓=k=k,則右半球殼在P點的場強方向向左,大小為E右=E圓-E左=k-k,由對稱性可知,左半球殼在M點的場強方向向右,大小為E1=E右=k-k,故M點的合場強為E合=E1+k=k+k,方向向右,C正確。
3.A　將半徑為R的均勻帶正電圓環均分成n個弧長為l0的微小帶電體,則電荷量為q0=l0,則每一份帶電體在P處產生的場強為E0==,而E0在沿OP方向的分量為Ey0=E0 cos θ=·,再將微分的n個弧長為l0的微小帶電體產生的場強疊加,可得帶電圓環在P點產生的合場強為E=nEy0=··=,電荷量為q的正點電荷在P點受到的電場力為F電=qE=,根據牛頓第三定律可知,在O點正上方高h的P點放一電荷量為q的正點電荷后,圓環對水平面的壓力增加了ΔF=F電=,A正確,B、C、D錯誤。
方法點津　解答本題應用了微元法。帶電圓環直徑較大不能看成點電荷,可以將圓環分成無數點電荷,利用電場疊加原理求解。在電場中,當一個帶電體體積較大,已不能視為點電荷時,可把帶電體利用微元法的思想分成很多小塊,每塊可以看成點電荷,用電場疊加的方法計算這個帶電體產生的場強。
4.BC　由題意可知,點電荷+Q和金屬板MN周圍空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效,所以a點的電場強度大小為E=k+k=,A錯誤,B正確;等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示,由圖可知Ea>Eb,C正確;場強是矢量,圖中b、c兩點的場強方向不同,D錯誤。
方法點津　解答本題應用了等效法。把導體板MN當成兩個等量異種點電荷連線的中垂線,畫出兩個等量異種點電荷的電場線分布圖,就可以順利得到答案。當遇到圖形殘缺、電荷分布不對稱時,可以補全圖形,在效果相同的情況下,利用與問題中相似或效果相同的知識進行遷移解題。
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