第六章靜電場第六章靜電場1考點內(nèi)容要求說明考綱解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ帶電粒子在勻強電場中運動的計算，只限于帶電粒子進入電場時速度平行或垂直于場強方向的情況1.多個電荷庫侖力的平衡和場強疊加問題．2．利用電場線和等勢面確定場強的大小和方向，判斷電勢高低、電場力變化、電場力做功和電勢能的變化等．3．帶電體在勻強電場中的平衡問題及其他變速運動的動力學(xué)問題．4．對平行板電容器電容決定因素的理解，解決兩類有關(guān)動態(tài)變化的問題．5．分析帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題．6．示波管、靜電除塵等在日常生活和科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用.靜電現(xiàn)象的解釋Ⅰ點電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ靜電場Ⅰ電場強度、點電荷的場強Ⅱ電場線Ⅰ電勢能、電勢Ⅰ電勢差Ⅱ勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系Ⅰ帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ示波管Ⅰ常用的電容器Ⅰ電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ考點內(nèi)容要求說明考綱解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ帶2高考命題熱點1．描述電場的基本概念、基本規(guī)律的理解和應(yīng)用。如：庫侖定律、電場強度、電場線、電場力、電勢、等勢面、電勢能、電容器等知識點。2．利用牛頓第二定律或功能關(guān)系解決帶電粒子在電場中的運動問題。如：電場力做功與電勢能的變化關(guān)系、帶電粒子在電場中的運動、與磁場知識結(jié)合的有關(guān)復(fù)合場問題，難度較大，綜合性較強。3．電場知識在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用。如電容式傳感器、示波管等，都可以成為新情境綜合問題的命題素材。高考命題熱點1．描述電場的基本概念、基本規(guī)律的理解和應(yīng)用3第一節(jié)電場力的性質(zhì)（約4課時）第一節(jié)電場力的性質(zhì)（約4課時）4一、電荷1、兩種電荷毛皮摩擦橡膠棒絲綢摩擦玻璃棒橡膠棒負電毛皮正電玻璃棒正電絲綢負電2、元電荷:e=1.6×10－19C帶電體所帶電荷量為元電荷的整數(shù)倍3、起電:①摩擦起電②感應(yīng)起電③接觸起電(電荷中和)電子的轉(zhuǎn)移4、電荷守恒定律:比荷:帶電體所帶電荷量與其質(zhì)量之比電荷既不能創(chuàng)造，也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分。一、電荷1、兩種電荷毛皮摩擦橡膠棒絲綢摩擦玻璃棒橡膠棒負電毛5二、庫侖定律1、內(nèi)容:真空中兩個點電荷之間相互作用的力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。2、表達式:3、條件：①真空中②點電荷(物理模型：當帶電體相互間距離遠大于其本身大小時帶電體便可看做點電荷)4、說明:①靜電力常量k=9×109N·m2/C2.②計算時Q1、Q2的正負號不用代入，庫侖力的方向可由兩電荷的電性判斷③兩電荷之間的庫侖力是一對作用力與反作用力(空氣中近似適用)二、庫侖定律1、內(nèi)容:真空中兩個點電荷之間相互作用的力，跟它6例1、如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為L，為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引與庫侖力F庫為()D思考：試比較F庫與kQ2/L2的大小關(guān)系？若所帶電荷為同種電荷又將如何？例1、如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其7【解析】萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點．因此，可以應(yīng)用萬有引力定律．而本題中由于a、b兩球所帶異種電荷相互吸引使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，不滿足L?r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應(yīng)用庫侖定律．綜上所述，對于a、b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確．【解析】萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間8例2、有兩個完全一樣的金屬小球A、B，A帶電量7Q，B帶電量-Q，相距為r，球的半徑比r小得多。⑴將兩小球接觸后放回原位置，小球間庫侖力是原來的多少倍？⑵將不帶電的相同小球C與A接觸后移去，A、B間庫侖力為原來多少倍？⑶將不帶電的相同小球C與A接觸后再與B接觸后移去，A、B間庫侖力為原來多少倍？⑷將不帶電的相同小球C反復(fù)與A、B球接觸，最后移去C球，試問A、B間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?/75/81/24/7例2、有兩個完全一樣的金屬小球A、B，A帶電量7Q，B帶電量9例3：在真空中同一條直線上的A、B兩點有電荷量分別為+4Q和-Q的點電荷。將另一個點電荷放在該直線上的哪個位置，可以使這三個點電荷都只在電場力作用下保持靜止？引入的這個點電荷應(yīng)是正電荷還是負電荷？電荷量是多大？+4QAB-Q“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠大”AB=BC

QC=+4Q

例3：在真空中同一條直線上的A、B兩點有電荷量分別為+4Q和10例4、在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現(xiàn)讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負電荷q，使四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為()答案D例4、在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A11電場的力的性質(zhì)課件12例5、豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的小球A，在Q的正上方的P點用絕緣絲線懸掛另一小球B，A、B兩小球因帶電而相互排斥，致使懸線與豎直方向成α角，如圖所示．由于漏電，使A、B兩小球的電荷量逐漸減少，懸線與豎直方向的夾角a逐漸變小，則在電荷漏完之前懸線對懸點P的拉力的大小將()A．保持不變B．先變小后變大C．逐漸變小D．逐漸變大A思考：庫侖力怎樣變化？例5、豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的小球A，在Q的正上方的P13【解析】A、B兩小球所帶電荷量逐漸減小的過程中，B小球在任一時刻的受力情況如圖所示．小球B在重力mg、庫侖斥力F1、懸線拉力F2的作用下平衡．mg和F1的合力F與F2的大小相等．【解析】A、B兩小球所帶電荷量逐漸14例6：已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q。現(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應(yīng)的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小球又各自反向運動。當它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2。有下列說法：①E1=E2>E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0

③接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側(cè)某點④兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是（）A.②④B.②③C.①④D.③④AB-Q-2QC例6：已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B15解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，由機械能定理，系統(tǒng)機械能必然增大，即末動能增大。選C。解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間16電場的力的性質(zhì)課件17三、電場：1、電荷周圍客觀存在的一種特殊物質(zhì)3、電場的基本性質(zhì)：（1）對放入其中的電荷有力的作用（2）電荷在電場中具有電勢能2、電荷間的相互作用是通過電場來實現(xiàn)的電荷電場電荷三、電場：1、電荷周圍客觀存在的一種特殊物質(zhì)3、電場的基本性18四、電場強度（描述電場的力的性質(zhì)的物理量）定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值（簡稱場強）

表達式：（普適公式）矢量：方向為正電荷在電場中受到的電場力方向表達式中q為試探電荷可正可負點電荷電場的場強：場源電荷勻強電場的場強：

電場中兩點沿電場線方向或兩等勢面間距四、電場強度（描述電場的力的性質(zhì)的物理量）定義：放入電場中19例1．如圖甲所示，AB是一個點電荷形成電場的一條電場線，圖乙則是電場線上P、Q處的試探電荷所受電場力的大小與其電荷量間的函數(shù)關(guān)系圖象，關(guān)于場源電荷的電性及位置有以下幾種說法：①場源電荷是正電荷，位于A點②場源電荷是正電荷，位于B點③場源電荷是負電荷，位于A點④場源電荷是負電荷，位于B點，其中正確的是()A．①②B．①③C．②③D．②④B例1．如圖甲所示，AB是一個點電荷形成電場的一條電場線，圖乙20例2、在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直．則()答案AC例2、在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為21例3、如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上的一點，OP=L，求P點的場強．微元思想例3、如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為22電場的力的性質(zhì)課件23例4．（2013課標）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()答案B方法一：“對稱法”利用帶電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點．例4．（2013課標）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷24電場的力的性質(zhì)課件25例5、在某平面上有一個半徑為r的絕緣帶電圓環(huán)：(1)若在圓周上等間距地分布n(n≥2)個相同的點電荷，則圓心處的合場強為多少？(2)若有一半徑同樣為r，單位長度帶電荷量為q(q>0)的均勻帶電圓環(huán)上有一個很小的缺口Δl(且Δl?r)，如圖所示，則圓心處的場強又為多少？方法二：補償法題給條件的模型A，需要補充一些條件，建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題．例5、在某平面上有一個半徑為r的絕緣帶電圓環(huán)：方法二：補償法26電場的力的性質(zhì)課件27方法二：“補償法”求電場強度補償法：題給條件建立的模型A不是一個完整的標準模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型，這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題．方法二：“補償法”求電場強度28例6、均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R，已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()答案B補償法對稱法例6、均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心29電場的力的性質(zhì)課件30極限法補償法答案A極限法補償法答案A31電場的力的性質(zhì)課件32電場的力的性質(zhì)課件33當堂訓(xùn)練：講與練典題例證1當堂訓(xùn)練：講與練典題例證134電場的力的性質(zhì)課件35五、電場線1、是為了形象地描述電場而人為畫出的假想的曲線.①靜電場中，電場線起始于正電荷（或無窮遠處），

終止于負電荷（或無窮遠處）②電場線上各點的切線方向與該點場強方向相同.③電場線的疏密能大致表示電場中各處場強的大小.④不相交，不閉合；討論：不存在相互平行同方向但疏密不同的電場線（反證法：等勢面，U=Ed或W=qEd）五、電場線1、是為了形象地描述電場而人為畫出的假想的曲線.①36等量異種點電荷的電場

等量同種點電荷的電場

勻強電場

2、幾種常見的電場中電場線的分布等量異種點電荷的電場等量同種點電荷的電場勻強電場2、幾37比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小對稱的A與A′，B與B′的場強特點等大同向等大反向比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場38例1、如圖所示，一電子在外力作用下沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速運動，電子重力不計，則電子所受的外力的大小和方向變化情況是()A．先變大后變小，方向水平向左B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左D．先變小后變大，方向水平向右B例1、如圖所示，一電子在外力作用下沿等量異種電荷的中垂線由A39例2、如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，在其連線的中垂線上的P點自由釋放一個負電荷(重力不計)，關(guān)于負電荷的運動，下列說法中正確的是()A．從P到O，可能加速度越來越小，速度先變大后變小B．從P到O，可能加速度一直變小，速度一直越來越大C．越過O點后，加速度一直變大，速度一直變小D．越過O點后，加速度先變大后變小，速度一直變小B例2、如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，在其連線的40解析：OP段上電場方向沿O→P，故負電荷所受電場力方向為由P→O，故由P→O，速度越來越大，因O點和無窮遠處的場強都為零，中間不為零，即從O點到無窮遠處場強先增大后減小，中間有極值點，而P在極值點的上方還是下方不能確定，故加速度可能一直減小，也可能先變大再變小，故選B.解析：OP段上電場方向沿O→P，故負電荷所受電場力方向為由P411．電場線與運動軌跡的關(guān)系

一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重合：(1)電場線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行．六、電場線和運動軌跡問題2．解題思路(1)根據(jù)帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起．1．電場線與運動軌跡的關(guān)系六、電場線和運動軌跡問題42例1、如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成如圖所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡上的最右點．不計重力，下列表述正確的是()A．粒子在M點的速率最大B．粒子所受電場力沿電場方向C．粒子在電場中的加速度不變D．粒子在電場中的電勢能始終在增加答案C例1、如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，43答案C解析本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動．由題圖軌跡可知由N到M電場力方向向左，做負功，電勢能增大，動能減小，選項A、B錯誤；勻強電場所受電場力不變，加速度不變，選項C正確；經(jīng)過M點后電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤．答案C44例2：如圖，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列正確的是（）A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小BC例2：如圖，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一45例3、圖中實線是一簇未標明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動過程中只受電場力的作用，根據(jù)此圖可做出正確判斷的是()A．帶電粒子所帶電荷的符號B．場強的方向C．帶電粒子在a、b兩點的受力方向D．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大答案CD例3、圖中實線是一簇未標明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通46解析由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷的符號不能確定．由電場線的疏密程度知a點場強大于b點場強，帶電粒子在a點所受電場力較大，從而在a點時加速度較大，綜上所述C、D正確．解析由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電47(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．小結(jié)：電場線與軌跡問題判斷方法(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位48電場的力的性質(zhì)課件49解決力、電綜合問題的一般思路七、帶電體的力電綜合問題解決力、電綜合問題的一般思路七、帶電體的力電綜合問題50例1、如圖所示，一根長為2m的絕緣細管AB被置于勻強電場E中，其A、B兩端正好處于電場的左、右邊界上，傾角α＝37°，電場強度E＝103V/m，方向豎直向下，管內(nèi)有一個帶負電的小球，所受重力G＝10－3N，電荷量q＝2×10－6C，從A點由靜止開始運動，已知小球與管壁的動摩擦因數(shù)為0.5，則小球從B點射出時的速度是(取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．2m/sB．3m/sC．2m/sD．2m/sC例1、如圖所示，一根長為2m的絕緣細管AB被置于勻強電場51解析：根據(jù)題意可知，小球在運動中的受力如圖所示，建立直角坐標系后，應(yīng)有：x軸：qEsin37°-Gsin37°-Ff=a，y軸：qEcos37°=Gcos37°+FN，又Ff=μFN，代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2由于小球做勻加速運動，則：v2=2ax，解得v=m/s=2m/s.故選C.解析：根據(jù)題意可知，小球在運動中的受力如圖所示，建立直角坐標52例2、如圖所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋1.0×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2)求：(1)小球B開始運動時的加速度為多大？

(2)小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？(1)4.6m/s2(2)m例2、如圖所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN，豎53[滿分指導(dǎo)](1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mg－－qEsinθ＝ma(2分)解得a＝g－，(1分)代入數(shù)據(jù)解得a＝4.6m/s2.(1分)(2)小球B速度最大時合力為零，即＋qEsinθ＝mg，(2分)解得h1＝(1分)代入數(shù)據(jù)解得h1＝0.42m．(1分)[滿分指導(dǎo)](1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力54例3、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R，在中心處固定一電荷量為＋Q的點電荷．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當小球運動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力。答案6mg，方向豎直向下例3、如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑55電場的力的性質(zhì)課件56電場的力的性質(zhì)課件57電場的力的性質(zhì)課件58電場的力的性質(zhì)課件59【跟蹤訓(xùn)練】4.如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：【跟蹤訓(xùn)練】4.如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物60(1)水平向右電場的電場強度的大小；(2)若將電場強度減小為原來的1/2，小物塊的加速度是多大；(3)電場強度變化后小物塊下滑距離L時的動能．(1)水平向右電場的電場強度的大小；61電場的力的性質(zhì)課件62答案：(1)(2)0.3g(3)0.3mgL

答案：(1)(2)0.3g(3)0.3mgL63電場的力的性質(zhì)課件64電場的力的性質(zhì)課件65電場的力的性質(zhì)課件66備選1、如圖所示，在y軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是()A．O點電場強度為零

B．D點電場強度為

C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向C，電勢能增大D備選1、如圖所示，在y軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同種67[聽課記錄]A、B兩點的點電荷在O點的合場強為零，因此O點的電場強度應(yīng)等于C點的點電荷在O點形成的電場強度，A選項錯；A、B、C三點的點電荷在D點形成的電場強度大小分別為所以D點合電場強度為ED故B選項錯；將點電荷＋q從O移向C時，電場力做正功，故電勢能減小，C選項錯；將點電荷－q從O移向C時，電場力做負功，故電勢能增加，D選項對．[聽課記錄]A、B兩點的點電荷68備選1、(2011·重慶理綜)如圖所示，電量為＋q和－q的點電荷分別位于正方體的頂點，正方體范圍內(nèi)電場強度為零的點有（）A．體中心、各面中心和各邊中點B．體中心和各邊中點C．各面中心和各邊中點D．體中心和各面中心D備選1、(2011·重慶理綜)如圖所示，電量為＋q和－q的點69例2、圖中邊長為a的正三角形ABC的三點頂點分別固定三個點電荷+q、+q、-q，求該三角形中心O點處的場強大小和方向。ABCO解：每個點電荷在O點處的場強大小都是O點處的合場強為方向由O指向C例2、圖中邊長為a的正三角形ABC的三點頂點分別固定三個點70備選2、已知如圖，在光滑絕緣水平面上有三個質(zhì)量都是m的相同小球，兩兩間的距離都是L，A、B電荷量都是+q，給C一個外力F，使三個小球保持相對靜止一起加速運動。求：⑴C球的帶電電性和電荷量；⑵外力F的大小。ABCQC=-2q，

合力應(yīng)沿垂直于AB連線的方向備選2、已知如圖，在光滑絕緣水平面上有三個質(zhì)量都是m的相同小71電場的力的性質(zhì)課件72電場的力的性質(zhì)課件73電場的力的性質(zhì)課件74電場的力的性質(zhì)課件75電場的力的性質(zhì)課件76

如圖所示，位于正方形四個頂點處分別固定有點電荷A、B、C、D，四個點電荷的帶電荷量均為q，其中點電荷A、C帶正電，點電荷B、D帶負電，試確定過正方形中心O并與正方形垂直的直線上到O點距離為x的P點處的電場強度的大小和方向． 如圖所示，位于正方形四個頂點處分別固定有點電荷A、B、C、77第二步：找突破口要求P點場強的大小和方向，先求出各點電荷在P點產(chǎn)生的場強的大小和方向，再利用平行四邊形定則和矢量的對稱性求解．第二步：找突破口78解析：四個點電荷各自在P點的電場強度EA、EB、EC、ED如圖所示，根據(jù)對稱性可知，EA、EC的合場強E1沿OP向外，EB、ED的合場強E2沿OP指向O，由對稱性可知，E1、E2大小相等，所以P點的場強為零．答案：場強為零電場的力的性質(zhì)課件79第六章靜電場第六章靜電場80考點內(nèi)容要求說明考綱解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ帶電粒子在勻強電場中運動的計算，只限于帶電粒子進入電場時速度平行或垂直于場強方向的情況1.多個電荷庫侖力的平衡和場強疊加問題．2．利用電場線和等勢面確定場強的大小和方向，判斷電勢高低、電場力變化、電場力做功和電勢能的變化等．3．帶電體在勻強電場中的平衡問題及其他變速運動的動力學(xué)問題．4．對平行板電容器電容決定因素的理解，解決兩類有關(guān)動態(tài)變化的問題．5．分析帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題．6．示波管、靜電除塵等在日常生活和科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用.靜電現(xiàn)象的解釋Ⅰ點電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ靜電場Ⅰ電場強度、點電荷的場強Ⅱ電場線Ⅰ電勢能、電勢Ⅰ電勢差Ⅱ勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系Ⅰ帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ示波管Ⅰ常用的電容器Ⅰ電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ考點內(nèi)容要求說明考綱解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ帶81高考命題熱點1．描述電場的基本概念、基本規(guī)律的理解和應(yīng)用。如：庫侖定律、電場強度、電場線、電場力、電勢、等勢面、電勢能、電容器等知識點。2．利用牛頓第二定律或功能關(guān)系解決帶電粒子在電場中的運動問題。如：電場力做功與電勢能的變化關(guān)系、帶電粒子在電場中的運動、與磁場知識結(jié)合的有關(guān)復(fù)合場問題，難度較大，綜合性較強。3．電場知識在現(xiàn)代科技中的應(yīng)用。如電容式傳感器、示波管等，都可以成為新情境綜合問題的命題素材。高考命題熱點1．描述電場的基本概念、基本規(guī)律的理解和應(yīng)用82第一節(jié)電場力的性質(zhì)（約4課時）第一節(jié)電場力的性質(zhì)（約4課時）83一、電荷1、兩種電荷毛皮摩擦橡膠棒絲綢摩擦玻璃棒橡膠棒負電毛皮正電玻璃棒正電絲綢負電2、元電荷:e=1.6×10－19C帶電體所帶電荷量為元電荷的整數(shù)倍3、起電:①摩擦起電②感應(yīng)起電③接觸起電(電荷中和)電子的轉(zhuǎn)移4、電荷守恒定律:比荷:帶電體所帶電荷量與其質(zhì)量之比電荷既不能創(chuàng)造，也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分。一、電荷1、兩種電荷毛皮摩擦橡膠棒絲綢摩擦玻璃棒橡膠棒負電毛84二、庫侖定律1、內(nèi)容:真空中兩個點電荷之間相互作用的力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。2、表達式:3、條件：①真空中②點電荷(物理模型：當帶電體相互間距離遠大于其本身大小時帶電體便可看做點電荷)4、說明:①靜電力常量k=9×109N·m2/C2.②計算時Q1、Q2的正負號不用代入，庫侖力的方向可由兩電荷的電性判斷③兩電荷之間的庫侖力是一對作用力與反作用力(空氣中近似適用)二、庫侖定律1、內(nèi)容:真空中兩個點電荷之間相互作用的力，跟它85例1、如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為L，為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引與庫侖力F庫為()D思考：試比較F庫與kQ2/L2的大小關(guān)系？若所帶電荷為同種電荷又將如何？例1、如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其86【解析】萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點．因此，可以應(yīng)用萬有引力定律．而本題中由于a、b兩球所帶異種電荷相互吸引使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，不滿足L?r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應(yīng)用庫侖定律．綜上所述，對于a、b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確．【解析】萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間87例2、有兩個完全一樣的金屬小球A、B，A帶電量7Q，B帶電量-Q，相距為r，球的半徑比r小得多。⑴將兩小球接觸后放回原位置，小球間庫侖力是原來的多少倍？⑵將不帶電的相同小球C與A接觸后移去，A、B間庫侖力為原來多少倍？⑶將不帶電的相同小球C與A接觸后再與B接觸后移去，A、B間庫侖力為原來多少倍？⑷將不帶電的相同小球C反復(fù)與A、B球接觸，最后移去C球，試問A、B間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?/75/81/24/7例2、有兩個完全一樣的金屬小球A、B，A帶電量7Q，B帶電量88例3：在真空中同一條直線上的A、B兩點有電荷量分別為+4Q和-Q的點電荷。將另一個點電荷放在該直線上的哪個位置，可以使這三個點電荷都只在電場力作用下保持靜止？引入的這個點電荷應(yīng)是正電荷還是負電荷？電荷量是多大？+4QAB-Q“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠大”AB=BC

QC=+4Q

例3：在真空中同一條直線上的A、B兩點有電荷量分別為+4Q和89例4、在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現(xiàn)讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負電荷q，使四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為()答案D例4、在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A90電場的力的性質(zhì)課件91例5、豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的小球A，在Q的正上方的P點用絕緣絲線懸掛另一小球B，A、B兩小球因帶電而相互排斥，致使懸線與豎直方向成α角，如圖所示．由于漏電，使A、B兩小球的電荷量逐漸減少，懸線與豎直方向的夾角a逐漸變小，則在電荷漏完之前懸線對懸點P的拉力的大小將()A．保持不變B．先變小后變大C．逐漸變小D．逐漸變大A思考：庫侖力怎樣變化？例5、豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的小球A，在Q的正上方的P92【解析】A、B兩小球所帶電荷量逐漸減小的過程中，B小球在任一時刻的受力情況如圖所示．小球B在重力mg、庫侖斥力F1、懸線拉力F2的作用下平衡．mg和F1的合力F與F2的大小相等．【解析】A、B兩小球所帶電荷量逐漸93例6：已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q。現(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應(yīng)的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小球又各自反向運動。當它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2。有下列說法：①E1=E2>E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0

③接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側(cè)某點④兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是（）A.②④B.②③C.①④D.③④AB-Q-2QC例6：已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B94解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，由機械能定理，系統(tǒng)機械能必然增大，即末動能增大。選C。解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間95電場的力的性質(zhì)課件96三、電場：1、電荷周圍客觀存在的一種特殊物質(zhì)3、電場的基本性質(zhì)：（1）對放入其中的電荷有力的作用（2）電荷在電場中具有電勢能2、電荷間的相互作用是通過電場來實現(xiàn)的電荷電場電荷三、電場：1、電荷周圍客觀存在的一種特殊物質(zhì)3、電場的基本性97四、電場強度（描述電場的力的性質(zhì)的物理量）定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值（簡稱場強）

表達式：（普適公式）矢量：方向為正電荷在電場中受到的電場力方向表達式中q為試探電荷可正可負點電荷電場的場強：場源電荷勻強電場的場強：

電場中兩點沿電場線方向或兩等勢面間距四、電場強度（描述電場的力的性質(zhì)的物理量）定義：放入電場中98例1．如圖甲所示，AB是一個點電荷形成電場的一條電場線，圖乙則是電場線上P、Q處的試探電荷所受電場力的大小與其電荷量間的函數(shù)關(guān)系圖象，關(guān)于場源電荷的電性及位置有以下幾種說法：①場源電荷是正電荷，位于A點②場源電荷是正電荷，位于B點③場源電荷是負電荷，位于A點④場源電荷是負電荷，位于B點，其中正確的是()A．①②B．①③C．②③D．②④B例1．如圖甲所示，AB是一個點電荷形成電場的一條電場線，圖乙99例2、在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直．則()答案AC例2、在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為100例3、如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上的一點，OP=L，求P點的場強．微元思想例3、如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為101電場的力的性質(zhì)課件102例4．（2013課標）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()答案B方法一：“對稱法”利用帶電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點．例4．（2013課標）如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷103電場的力的性質(zhì)課件104例5、在某平面上有一個半徑為r的絕緣帶電圓環(huán)：(1)若在圓周上等間距地分布n(n≥2)個相同的點電荷，則圓心處的合場強為多少？(2)若有一半徑同樣為r，單位長度帶電荷量為q(q>0)的均勻帶電圓環(huán)上有一個很小的缺口Δl(且Δl?r)，如圖所示，則圓心處的場強又為多少？方法二：補償法題給條件的模型A，需要補充一些條件，建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題．例5、在某平面上有一個半徑為r的絕緣帶電圓環(huán)：方法二：補償法105電場的力的性質(zhì)課件106方法二：“補償法”求電場強度補償法：題給條件建立的模型A不是一個完整的標準模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型，這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題．方法二：“補償法”求電場強度107例6、均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R，已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()答案B補償法對稱法例6、均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心108電場的力的性質(zhì)課件109極限法補償法答案A極限法補償法答案A110電場的力的性質(zhì)課件111電場的力的性質(zhì)課件112當堂訓(xùn)練：講與練典題例證1當堂訓(xùn)練：講與練典題例證1113電場的力的性質(zhì)課件114五、電場線1、是為了形象地描述電場而人為畫出的假想的曲線.①靜電場中，電場線起始于正電荷（或無窮遠處），

終止于負電荷（或無窮遠處）②電場線上各點的切線方向與該點場強方向相同.③電場線的疏密能大致表示電場中各處場強的大小.④不相交，不閉合；討論：不存在相互平行同方向但疏密不同的電場線（反證法：等勢面，U=Ed或W=qEd）五、電場線1、是為了形象地描述電場而人為畫出的假想的曲線.①115等量異種點電荷的電場

等量同種點電荷的電場

勻強電場

2、幾種常見的電場中電場線的分布等量異種點電荷的電場等量同種點電荷的電場勻強電場2、幾116比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小對稱的A與A′，B與B′的場強特點等大同向等大反向比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場117例1、如圖所示，一電子在外力作用下沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速運動，電子重力不計，則電子所受的外力的大小和方向變化情況是()A．先變大后變小，方向水平向左B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左D．先變小后變大，方向水平向右B例1、如圖所示，一電子在外力作用下沿等量異種電荷的中垂線由A118例2、如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，在其連線的中垂線上的P點自由釋放一個負電荷(重力不計)，關(guān)于負電荷的運動，下列說法中正確的是()A．從P到O，可能加速度越來越小，速度先變大后變小B．從P到O，可能加速度一直變小，速度一直越來越大C．越過O點后，加速度一直變大，速度一直變小D．越過O點后，加速度先變大后變小，速度一直變小B例2、如圖所示，M、N為兩個固定的等量同種正電荷，在其連線的119解析：OP段上電場方向沿O→P，故負電荷所受電場力方向為由P→O，故由P→O，速度越來越大，因O點和無窮遠處的場強都為零，中間不為零，即從O點到無窮遠處場強先增大后減小，中間有極值點，而P在極值點的上方還是下方不能確定，故加速度可能一直減小，也可能先變大再變小，故選B.解析：OP段上電場方向沿O→P，故負電荷所受電場力方向為由P1201．電場線與運動軌跡的關(guān)系

一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重合：(1)電場線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行．六、電場線和運動軌跡問題2．解題思路(1)根據(jù)帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起．1．電場線與運動軌跡的關(guān)系六、電場線和運動軌跡問題121例1、如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成如圖所示的運動軌跡．M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡上的最右點．不計重力，下列表述正確的是()A．粒子在M點的速率最大B．粒子所受電場力沿電場方向C．粒子在電場中的加速度不變D．粒子在電場中的電勢能始終在增加答案C例1、如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，122答案C解析本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動．由題圖軌跡可知由N到M電場力方向向左，做負功，電勢能增大，動能減小，選項A、B錯誤；勻強電場所受電場力不變，加速度不變，選項C正確；經(jīng)過M點后電場力做正功，電勢能減小，選項D錯誤．答案C123例2：如圖，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列正確的是（）A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負電C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小BC例2：如圖，帶箭頭的線段表示某一電場中的電場線的分布情況．一124例3、圖中實線是一簇未標明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動過程中只受電場力的作用，根據(jù)此圖可做出正確判斷的是()A．帶電粒子所帶電荷的符號B．場強的方向C．帶電粒子在a、b兩點的受力方向D．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大答案CD例3、圖中實線是一簇未標明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通125解析由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷的符號不能確定．由電場線的疏密程度知a點場強大于b點場強，帶電粒子在a點所受電場力較大，從而在a點時加速度較大，綜上所述C、D正確．解析由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電126(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．小結(jié)：電場線與軌跡問題判斷方法(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位127電場的力的性質(zhì)課件128解決力、電綜合問題的一般思路七、帶電體的力電綜合問題解決力、電綜合問題的一般思路七、帶電體的力電綜合問題129例1、如圖所示，一根長為2m的絕緣細管AB被置于勻強電場E中，其A、B兩端正好處于電場的左、右邊界上，傾角α＝37°，電場強度E＝103V/m，方向豎直向下，管內(nèi)有一個帶負電的小球，所受重力G＝10－3N，電荷量q＝2×10－6C，從A點由靜止開始運動，已知小球與管壁的動摩擦因數(shù)為0.5，則小球從B點射出時的速度是(取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．2m/sB．3m/sC．2m/sD．2m/sC例1、如圖所示，一根長為2m的絕緣細管AB被置于勻強電場130解析：根據(jù)題意可知，小球在運動中的受力如圖所示，建立直角坐標系后，應(yīng)有：x軸：qEsin37°-Gsin37°-Ff=a，y軸：qEcos37°=Gcos37°+FN，又Ff=μFN，代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2由于小球做勻加速運動，則：v2=2ax，解得v=m/s=2m/s.故選C.解析：根據(jù)題意可知，小球在運動中的受力如圖所示，建立直角坐標131例2、如圖所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋1.0×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2)求：(1)小球B開始運動時的加速度為多大？

(2)小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？(1)4.6m/s2(2)m例2、如圖所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN，豎132[滿分指導(dǎo)](1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mg－－qEsinθ＝ma(2分)解得a＝g－，(1分)代入數(shù)據(jù)解得a＝4.6m/s2.(1分)(2)小球B速度最大時合力為零，即＋qEsinθ＝mg，(2分)解得h1＝