2022年高考物理 靜電場競賽輔導(dǎo)講義

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1、靜電場（一） 2022年高考物理 靜電場競賽輔導(dǎo)講義在奧賽考綱中，靜電學(xué)知識點數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質(zhì)的極化等。如果把靜電場的問題分為兩部分，一是電場本身的問題、二是對場中帶電體的研究，高考考綱比較注重第二部分中帶電粒子的運動問題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問題。也就是說，奧賽關(guān)注的是電場中更本質(zhì)的內(nèi)容，關(guān)注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。在處理物理問題的方法上，對無限分割和疊加原理提出了更高的要求。一、電場強度1、電荷與電荷守恒定律電荷分類（基元電荷、點電荷、檢驗

2、電荷對電場的檢測手段）帶電方法（摩擦、接觸、感應(yīng)）電荷守恒定律2、庫侖定律內(nèi)容；條件：點電荷，真空，點電荷靜止或相對靜止。事實上，條件和均不能視為對庫侖定律的限制，因為疊加原理可以將點電荷之間的靜電力應(yīng)用到一般帶電體，非真空介質(zhì)可以通過介電常數(shù)將k進(jìn)行修正（如果介質(zhì)分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認(rèn)為k= k /r）。只有條件，它才是靜電學(xué)的基本前提和出發(fā)點（但這一點又是常常被忽視和被不恰當(dāng)?shù)亍熬C合應(yīng)用”的）。3、電場強度電場帶電體周圍存在的一種物質(zhì)，有強有弱。舉例說明電場的性質(zhì)力和能電場強弱的描述：a、電場線，電場線是抽象而直觀地描述電場有效工具（電場線的基本屬性）。b、電場強度的定義E =

3、 ，E的物理意義幾種特殊的電場決定電場強弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可以從不同電場的場強決定式看出點電荷：E = k結(jié)合點電荷的場強和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強，分析等量同種電荷、等量異種電荷周圍的電場特點。利用微元與疊加求電場A、舉例說明微元與疊加思想，如彈性勢能、瞬時速度等等PrB、例題1：求均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點P的電場：E = ，其中r和R的意義見圖7-1。C、無限長直導(dǎo)線，電荷線密度為，會推導(dǎo)出思考1、均勻帶電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場思考2、均勻帶異種電的半圓弧，半徑為R，圓心處的電場OOOAB思考3、無限長均勻帶電細(xì)線變成A

4、B的半徑為R的半圓弧，圓心處的電場圖7-2D、均勻帶電圓盤軸線上的電場（圖7-2）電荷的面密度為，半徑為R例2：半徑為R的均勻帶電球面，電荷的面密度為，試求球心處的電場強度?！窘馕觥咳鐖D7-6所示，在球面上的P處取一極小的面元S ，它在球心O點激發(fā)的場強大小為E = k ，方向由P指向O點。無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強大小和S激發(fā)的完全相同，但方向各不相同，它們矢量合成的效果怎樣呢？這里我們要大膽地預(yù)見由于由于在x方向、y方向上的對稱性， = = 0 ，最后的E = Ez ，所以先求Ez = Ecos= k ，而且Scos為面元在xoy平面的投影，設(shè)為S所以 Ez = S而 S= R2 【答案

5、】E = k ，方向垂直邊界線所在的平面。學(xué)員思考如果這個半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷，面密度仍為，那么，球心處的場強又是多少？推薦解法將半球面看成4個球面，每個球面在x、y、z三個方向上分量均為 k，能夠?qū)ΨQ抵消的將是y、z兩個方向上的分量，因此E = Ex 答案大小為k，方向沿x軸方向（由帶正電的一方指向帶負(fù)電的一方）。E、均勻帶電球殼內(nèi)、外電場內(nèi)部：E內(nèi) = 0外部：E外 = k ，其中r指考察點到球心的距離如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1rR2）：E = ，其中為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(dāng)中（條件部分）的“剝皮法則”理解

6、即為圖7-2中虛線以內(nèi)部分的總電量。F、均勻帶電球體內(nèi)、外電場（球體半徑為R）內(nèi)部：外部：，其中r指考察點到球心的距離例3、有一個均勻的帶電球體，球心在O點，半徑為R ，電荷體密度為 ，球體內(nèi)有一個球形空腔，空腔球心在O點，半徑為R，= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點的場強?！灸Ｐ头治觥窟@里涉及兩個知識的應(yīng)用：一是均勻帶電球體的場強定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內(nèi)部的結(jié)論，即“剝皮法則”），二是填補法。將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負(fù)電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點P ，設(shè) = r1 ， = r2 ，則大球激發(fā)的場強為E1 = k = kr1

7、，方向由O指向P“小球”激發(fā)的場強為E2 = k = kr2 ，方向由P指向OE1和E2的矢量合成遵從平行四邊形法則，E的方向如圖。又由于矢量三角形PE1E和空間位置三角形OP O是相似的，E的大小和方向就不難確定了?！敬鸢浮亢銥閗a ，方向均沿O O，空腔里的電場是勻強電場。學(xué)員思考如果在模型2中的OO連線上O一側(cè)距離O為b（bR）的地方放一個電量為q的點電荷，它受到的電場力將為多大？解說上面解法的按部就班應(yīng)用答kq。G、無限大均勻帶電平面（電荷面密度為）利用高斯定理：ES=4kQ得：E = 2k二、電荷在勻強電場中運動問題1、勻強電場2、電荷在勻強電場中加速3、電荷在勻強電場中偏轉(zhuǎn)AB（圖

8、2） 例4、（xx全國理綜卷25題）有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多用錫箔紙揉成的小球，當(dāng)上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動。現(xiàn)取以下簡化模型進(jìn)行定量研究。如圖2所示，電容量為c的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動勢為、內(nèi)阻可不計的電源相連。設(shè)兩板之間只有一個質(zhì)量為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的倍（1）。不計帶電小球?qū)O板間勻強電場的影響。重力加速度為g。（1）欲使小球能夠不斷地在兩板間上下往返運動，電動勢至少大于多少？（2）

9、設(shè)上述條件已滿足，在較長的時間間隔T內(nèi)小球做了很多次往返運動。求在T時間內(nèi)小球往返運動的次數(shù)以及通過電源的總電量。解析：試題特點：本題源于演示實驗的簡化模型。將電容器所形成的電場這一具體場景與帶電小球作往返運動結(jié)合起來，問題設(shè)計得非常巧妙，具有極大的綜合性與迷惑性。從試題結(jié)構(gòu)來看，屬于“多體、多過程”的“串聯(lián)式”結(jié)構(gòu)。小球上下運動通過小球與極板的碰撞串聯(lián)起來。小球與極板碰撞后小球的帶電情況及運動分析成為試題的突破口。當(dāng)小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運動；當(dāng)小球與下板碰撞后，小球帶負(fù)電，作向上的勻加速運動。本題以牛頓力學(xué)來求解，求解過程自然、方便，解法如下所示：（1） 要使小球能作

10、往返運動，小球所受的電場力大于其重力，設(shè)Q為電容器的帶電量，q為小球碰撞后所帶電量，所以得： （2）當(dāng)小球與上板碰撞后，小球帶正電，作向下的勻加速運動，用a1表示其加速度，t1表示從A到B的時間，則有：當(dāng)小球與下板碰撞后，小球帶負(fù)電，作向上的勻加速運動，用a2表示其加速度，t2表示從B到A的時間，則有：小球在時間T內(nèi)往返的次數(shù)小球往返一次，電源充電2q，所以T內(nèi)通過電源的總電量例5、（97年高考26題）如圖1所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速不計）經(jīng)過U01000伏的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中心線射入。A、B板長l0.20米，相距d0.020米，加在A、B兩板間電壓u隨時

11、間t變化的u-t圖線如圖2所示。設(shè)A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒在左側(cè)邊緣與極板右端距離b0.15米，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T0.20秒，筒的周長s0.20米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。 （1）以t0時（見圖2，此時u0）電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標(biāo)系的原點，并取y軸豎直向上。試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標(biāo)和x坐標(biāo)。（不計重力作用） （2）在給出的坐標(biāo)紙（圖3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。 解:（1）計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標(biāo)設(shè)v0為電子沿A、B板的

12、中心線射入電場時的初速度,則 電子在中心線方向的運動為勻速運動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0， 則 lv0t0 電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動。對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓uc應(yīng)滿足 聯(lián)立、式解得u0（2d2）/（12）U020伏 此電子從A、B板射出時沿y方向的分速度為 vy （eu0）/（md）t0 此后，此電子作勻速直線運動，它打在記錄紙上的點最高，設(shè)縱坐標(biāo)為y，由圖（1）可得（yd/2）/bvy/v0 由以上各式解得 ybd/ld/22.5厘米 從題給的u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期T00.10秒,u的最大值um100伏,因為ucum，在一個周期T0內(nèi)，只有開始的一段時間間隔t內(nèi)有電子通過A、B板 t（uc）/（um）T0 因為電子打在記錄紙上的最高點不止一個，根據(jù)題中關(guān)于坐標(biāo)原點與起始記錄時刻的規(guī)定，第一個最高點的x坐標(biāo)為x1（t）T/s2厘米 第二個最高點的x坐標(biāo)為 x2（tT0）/s12厘米 第三個最高點的x坐標(biāo)為 x3（t2T）/Ts22厘米由于記錄筒的周長為20厘米，所以第三個最高點已與第一個最高點重合，即電子打到記錄紙上的最高點只有兩個，它們的x坐標(biāo)分別由和表示 （2）電子打到記錄紙上所形成的圖線，如圖（2）所示。