（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第19講 電場力的性質(zhì)學(xué)案

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1、 第19講　電場力的性質(zhì) 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.點電荷、庫侖定律Ⅰ 2．靜電場、電場強度、點電荷的場強Ⅱ 3．電場線Ⅰ 2016·全國卷Ⅲ，15 2016·浙江卷，19 2016·江蘇卷，3 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查主要是以選擇題的形式考查庫侖定律、電場強度、電場線，要注意力學(xué)知識在本節(jié)的遷移應(yīng)用 1．電荷、電荷守恒定律和庫侖定律 (1)元電荷、點電荷 ①元電荷：e＝1.60×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的__整數(shù)__ 倍； ②點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小和形狀的理想化模型． (2)電荷守恒定律 ①

2、內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(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，在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量__保持不變__； ②三種起電方式：__摩擦__起電、__感應(yīng)__起電、__接觸__起電； ③帶電實質(zhì)：物體 __得失電子__； ④電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶__相同__電荷，若兩導(dǎo)體原來帶異種電荷，則電荷先__中和__，余下的電荷再__平分__. (3)庫侖定律 ①內(nèi)容；__真空__中兩個靜止__點電荷__之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成__正比__，與它們的距離的二次方成__反比__，作用力的方向在

3、它們的連線上； ②表達式：F＝k，式中k＝__9.0×109__N·m2/C2，叫做靜電力常量； ③適用條件：__真空__中的__點電荷__. a．在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式， b．當(dāng)兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷． ④庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互__排斥__，異種電荷相互__吸引__. 2．電場、電場強度 (1)電場 ①定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)； ②基本性質(zhì)；對放入其中的電荷有__力的作用__. (2)電場強度 ①定義：放入電場中某點的電荷受到

4、的電場力F與它的電荷量q的比值； ②定義式：E＝；單位：N/C或__V/m__； ③矢量性：規(guī)定__正電荷__在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向． 3．電場線 (1)定義 為了形象地描述電場中各點場強的強弱及__方向__，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的__切線__方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密表示電場的__強弱__. (2)電場線的特點 ①電場線從__正電荷__或__無限遠__處出發(fā)，終止于__負電荷__或__無限遠__處； ②電場線在電場中不相交，也不相切； ③在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線__較密集__，電場強度較小的地方電場線__較稀

5、疏__. 1．判斷正誤 (1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍．(　√　) (2)相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小都一定相等．(　√　) (3)根據(jù)F＝k，當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞.(　×　) (4)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比．(　×　) (5)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向．(　√　) (6)在真空中，電場強度的表達式E＝中的Q是產(chǎn)生電場的點電荷的帶電量．(　√　) (7)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同．(　×

6、　) (8)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向．(　×　) 2．(多選)下列關(guān)于電場強度的兩個表達式E＝和E＝k的敘述，正確的是(　BCD　) A．E＝是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量 B．E＝是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是放入電場中電荷的電荷量，它適用于任何電場 C．E＝k是真空中點電荷場強的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場 D．從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F＝k，式中是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產(chǎn)生的電場在點電荷q2處的場強大小 解析　E＝是場

7、強的定義式，由其物理意義可判定選項A錯誤，B正確．E＝k只適用于真空中點電荷的電場，不適用于其他電場，選項C正確．點電荷場強計算式E＝k是通過庫侖定律F＝k和場強定義式E＝推導(dǎo)出來的，且?guī)靵隽κ请姾砷g通過場相互作用的，所以選項D正確． 3．下列關(guān)于電場線的說法，正確的是(　B　) A．電場線上每一點的切線方向都跟電荷在該點的受力方向相同 B．電場線越密處，同一檢驗電荷受到的電場力越大 C．順著電場線移動電荷，電荷所受電場力的大小一定不變 D．在電場中，凡是電場線通過的點，場強都不為0，不畫電場線的區(qū)域，位于該區(qū)域內(nèi)的點則無電場 解析　電場線上每一點的切線方向與正電荷在該點的受力方向

8、相同，與負電荷在該點的受力方向相反，所以選項A錯誤．電場線密處，場強E大，電荷量一定的電荷受到的電場力一定大，選項B正確．順著電場線移動電荷，若是在勻強電場中，所受電場力大小一定不變，在非勻強電場中所受電場力大小要改變，所以選項C錯誤．電場線實際并不存在，是人為畫的幾條有向曲線，用來粗略地描繪電場區(qū)域內(nèi)的場強分布情況，不可能覆蓋區(qū)域中所有的點，即不能細致地描繪出每處的場強情況，所以選項D錯誤． 一　三個自由點電荷的平衡問題 [例1]如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，且三個點電荷都處于平衡狀態(tài)．

9、 (1)若q2為負電荷，則q1為__正電__電荷，q3為__正電__電荷； (2)q1、q2、q3的電荷量大小之比是__2∶1∶2__. 解析　(1)假設(shè)q1、q3均帶負電，則雖然q2可以平衡，但q1(或q3)所受的兩個庫侖力均為斥力，故而方向相同，不能平衡．假設(shè)q1、q3均帶正電，則每個點電荷所受的兩個庫侖力均方向相反，可能平衡．因此，q1、q3均帶正電．也就是說，在這種情況下，q1、q3必須是同種電荷且跟q2是異種電荷． (2)q1受q2水平向右的庫侖引力作用和q3水平向左的庫侖斥力作用． 由庫侖定律和力的平衡條件有k＝k， 同理，對q2有k＝k， 對q3有k＝k， 由以上

10、三式得q1∶q2∶q3＝2∶1∶2. 三個自由點電荷的平衡問題 (1)條件 兩個點電荷在第三個點電荷處的合電場強度為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反． (2)規(guī)律 ①“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上； ②“兩同夾異”——正負電荷相互間隔； ③“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最?。? ④“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷． 　二　庫侖力作用下的共點力平衡問題 解決庫侖力作用下平衡問題的方法 庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場力． [例2](多選)如圖所示，水平地

11、面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　AC　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當(dāng)＝時，細線上的拉力為0 C．當(dāng)＝時，細線上的拉力為0 D．當(dāng)＝時，斜面對小球A的支持力為0 解析　根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝，選項A正確；當(dāng)細線上的拉力為零時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條

12、件得＝mgtan θ，解得＝，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為零，選項D錯誤． 　三　電場強度的理解和應(yīng)用 1．電場強度三個表達式的比較 表達式 比較 E＝ E＝k E＝ 公式意義 電場強度定義式 真空中點電荷的電場強度決定式 勻強電場中E與U的關(guān)系式 適用條件 一切電場 真空中點電荷的電場 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與檢驗電荷q無關(guān)，q充當(dāng)測量工具 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本身決定，d為兩點沿電場方向的距離 2．電場的疊加 (1)疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷

13、在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和． (2)運算法則：平行四邊形定則． [例3]如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖所示．M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　B　) A．　　沿y軸正向　　 B．　　沿y軸負向 C．　　沿y軸正向　　 D．　　沿y軸負向 解析　正點電荷置于O點時，G點場強為0，即兩負點電荷在G點的場強大小為E1＝，方向沿y軸正方向．由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向．當(dāng)把

14、正點電荷放在G點時，正點電荷在H處產(chǎn)生的場強大小為E3＝，方向沿y軸正方向．所以H處場強的大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，選項B正確． 分析電場疊加問題的一般步驟 電場強度是矢量，疊加時應(yīng)遵從平行四邊形定則． 分析電場的疊加問題的一般步驟： (1)確定分析計算的空間位置； (2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向； (3)依次利用平行四邊形定則求出矢量和． 　四　電場線的理解和應(yīng)用 1．電場線的對稱性 (1)兩等量同種點電荷連線及中垂線上關(guān)于O點對稱的點的電場強度等大反向． (2)兩等量異種點電荷連線及中垂線上關(guān)O點對稱的點

15、的電場強度等大同向． 2．電場線的應(yīng)用 [例4]如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示．則(　C　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增加 D．兩個粒子的動能，一個增加一個減小 解析　設(shè)電場線為正點電荷的電場線，則由軌跡可判定a帶正電，b帶負電．若電場線為負點電荷的電場線，則a為負電荷，b為正電荷，選項A錯誤．由粒子的偏轉(zhuǎn)軌跡可知電場力對a、b均做正功，動能增加，選項B、D錯誤．但由電場線的疏密可判定，a受電場力逐漸減小

16、，加速度減小．b正好相反，選項C正確． (1)由粒子運動軌跡判斷粒子運動情況 (2)由粒子受力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，且與電場線相切．從而判斷電場的方向． (3)由電場線的疏密判斷加速度大?。? (4)由電場力做功的正負判斷粒子動能的變化情況． 五　對稱法在電場疊加中的應(yīng)用 　對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應(yīng)用對稱性不僅能幫助我們認識和探索某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題．利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問題的特點，出奇制勝，快速簡便地求解問題． 對稱法在電場疊加中的應(yīng)用技巧 (1)有些物理題不具有對稱性，

17、直接求解比較困難，但采取割補法卻使問題迎刃而解． (2)該法的核心思想就是變不對稱為對稱． [例5](2017·湖北黃岡診斷)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為通過半球面頂點與球心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(　A　) A．－E B． C．－E D．＋E 解析　左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷－q的右

18、半球面在M點產(chǎn)生場強大?。畮щ姾桑璹的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則選項A正確． 1．如右圖所示，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(　A　) A．A點的電場強度大小為 B．B點的電場強度大小為E－k C．D點的電場強度大小不可能為0 D．A、C兩點的電場強度相同 解析?。玅在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，選項A正確；同理，B點的電場

19、強度大小為E＋k，選項B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，選項C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，選項D錯誤． 2．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為(　C　) A．正　　B的右邊0.4 m處 B．正　　B的左邊0.2 m處 C．負　　A的左邊0.2 m處 D．負　　A的右邊0.2 m處 解析　要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”、“兩大夾小”的原則，所以選項C正確． 3．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電

20、荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣，則坐標(biāo)原點O處電場強度最大的是(　B　) 解析　設(shè)帶電圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E.A圖中坐標(biāo)原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，故原點O處電場強度大小為E；B圖中坐標(biāo)原點O處電場強度是第一象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場強度E和第二象限帶負電圓環(huán)產(chǎn)生電場強度E的矢量和，故坐標(biāo)原點O處電場強度大小等于E；C圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生的電場相互抵消，故坐標(biāo)原點O處電場強度是第二象限帶負電圓環(huán)產(chǎn)生的，故原點O處電場強度大小為E；D圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生的電場相互抵消，第二象限帶負電圓環(huán)和第四象限帶負電圓環(huán)

21、產(chǎn)生的電場相互抵消，故坐標(biāo)原點O處的電場強度的為零．綜上所述，選項B正確． 4．如圖所示，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)(　B　) A．k　　 B．k C．k　　 D．k 解析　b點處的電場強度為零，說明固定點電荷和帶電圓盤在b點產(chǎn)生的電場強度大小均為k，方向相反，由此可得圓盤帶正電，由于b點和d點關(guān)于圓盤對稱，故帶電圓盤在d點產(chǎn)生的電場強度大小為k，方向水平向右，固定點電荷

22、在d點產(chǎn)生的電場強度大小為k，方向也水平向右，則d點處場強的大小為k＋k＝k.故選項B正確． 5．水平面上A、B、C三點固定著三個電荷量為Q的正點電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四面體，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量為(　C　) A． B． C． D． 解析　設(shè)OA、OB、OC與豎直方向夾角為θ，對小球根據(jù)平衡條件有3kcos θ＝mg，sin θ＝，聯(lián)立解得q＝.故選項C正確． 6．某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是(　C　) A．c點的電

23、場強度大于b點的電場強度 B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點 C．b點的電場強度大于d點的電場強度 D．a(chǎn)點和b點的電場強度的方向相同 解析　電場線的疏密表示了電場強度的大小，由題圖可知EaEc，Eb>Ed，Ea>Ec，故選項C正確，選項A錯誤．由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷不可能沿電場線運動，故選項B錯誤．電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不在同一條直線上，選項D錯誤． [例1](6分)如圖所示，真空中A、B兩個點電荷的電荷量分別為＋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(shù)為

24、k0.當(dāng)系統(tǒng)平衡時，彈簧的伸長量為x0.已知彈簧均在彈性限度內(nèi)，k為靜電力常量，則(　　) A．保持Q不變，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的伸長量等于3x0 B．保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的伸長量小于3x0 C．保持Q不變，將q變?yōu)椋璹，平衡時彈簧的縮短量等于x0 D．保持q不變，將Q變?yōu)椋璔，平衡時彈簧的縮短量小于x0 [答題送檢]來自閱卷名師報告 [錯誤解答]由庫侖定律、胡克定律和共點力平衡可得，當(dāng)電荷量為q時，k＝k0x0，當(dāng)電荷量為3q時，k＝k0x1，解得x1＝3x0；當(dāng)Q不變，將q變?yōu)椋璹或q不變，將Q變?yōu)椋璔時，k＝k0x2，解得x2＝x0.本題答案為A、C．

25、 [錯因分析]把電荷間的距離誤認為不變，在應(yīng)用庫侖力定律時一定要注意這個動態(tài)變化過程，當(dāng)電荷量發(fā)生變化時，有時可能引起電荷間距離的變化． [規(guī)范解答] [解析]設(shè)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(dāng)電荷量為q時，k＝k0x0；當(dāng)Q不變，將q變?yōu)?q或q不變，將Q變?yōu)?Q時，設(shè)彈簧的伸長量為x1，有k＝k0x1，解得＝<3，即x1<3x0；將q變?yōu)椋璹或q不變，將Q變?yōu)椋璔時，設(shè)彈簧的壓縮量為x2，同理有k＝k0x2，解得＝>1，即x2>x0. [答案]B 1．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上，a、b帶正

26、電，電荷量均為q，c帶負電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強電場的場強大小為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝，由平衡條件得2F庫cos 30°＝Eqc，即＝Eqc，得E＝.此時a的受力如圖乙所示，有2＋2＝2，得qc＝2q，即當(dāng)qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故選項B正確． 2．如圖所示，光滑斜面傾角為37°，一帶有正電荷的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加有如圖中所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，

27、電場強度變化為原來的，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)原來的電場強度的大??； (2)物塊運動的加速度大?。? (3)沿斜面下滑距離為l時小物塊的速度大?。? 解析　(1)對小物塊受力分析如圖所示，物塊靜止于斜面上，則mgsin 37°＝qEcos 37°，E＝. (2)當(dāng)場強變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊的合外力F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝mgsin 37°， 又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下． (3)由動能定理得F合·l＝mv2－0， 即mgsin 37°·l＝mv2，所以v＝. 答案　(1)　

28、(2)3 m/s2　(3) 1．(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　ACD　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0 解析　因A、B兩球相同，故接觸后兩

29、球所帶的電荷量相同，故選項A正確；由題意知平衡時A、B兩球離懸點的高度為h＝ m＝0.08 m，設(shè)細線與豎直方向夾角為θ，則tan θ＝＝，由tan θ＝，知A球所受的靜電力F＝mgtan θ＝6×10－3 N，選項B錯誤；由庫侖定律F＝k，得B球所帶的電荷量Q＝r＝0.12× C＝4×10－8 C，則選項C正確；A、B兩球帶同種電荷，則A、B兩球連線中點處的電場強度為0，故選項D正確． 2．(多選)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.0×10－6 C的正電荷．兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2.A的正

30、下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可視為點電荷)，則(　BC　) A．支架對地面的壓力大小為2.0 N B．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時兩線上的拉力大小F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N D．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N　 解析　A對B有豎直向上的庫侖力，大小為FAB＝＝0.9 N；對B與支架整體分析，豎直方向上合力為零，則FN＋FAB＝mg，可得FN＝

31、mg－FAB＝1.1 N，由牛頓第三定律知F′N＝FN，選項A錯誤；因兩細線長度相等，B在A的正下方，則兩繩拉力大小相等，小球A受到豎直向下的重力、庫侖力和F1、F2四個力的作用而處于平衡狀態(tài)，因兩線夾角為120°，根據(jù)力的合成特點可知F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9 N；當(dāng)B移到無窮遠處時，F(xiàn)1＝F2＝GA＝1 N，選項B正確，D錯誤；當(dāng)B水平向右移至M、A、B在同一條 直線上時，如圖所示，對A受力分析并沿水平和豎直方向正交分解， 水平方向F1cos 30°＝F2cos 30°＋F′cos 30°， 豎直方向F1sin 30°＋F2sin 30°＝GA＋F′sin 30°，

32、 由庫侖定律知，A、B間庫侖力大小F′＝＝＝0.225 N，聯(lián)立以上各式可得F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N，選項C正確． 3．(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球(　BC　) A．做直線運動　　 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大　　 D．速率先增大后減小 解析　小球受到的電場力水平向左，重力豎直向下，因此重力與電場力的合力斜向左下且恒定，與小球初速度方向的夾角大于90°，因此小球做類斜向上拋運動，軌跡是拋物線，速率先減小后增大，選項B、C正確． 4．如圖所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接

33、一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受電場力F的大??； (2)小球的質(zhì)量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小． 解析　(1)F＝qE＝3.0×10－3 N. (2)由＝tan 37°，得m＝4.0×10－4 kg. (3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，得 v＝＝2.0 m/s. 答案　(1)3.0×10－3 N　(2

34、)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s 課時達標(biāo)　第19講 [解密考綱]主要考查庫侖定律、電場強度的理解和電場疊加的計算、電場線的理解和應(yīng)用． 1．(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是(　BD　) A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上 C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 解析　M、N處于靜止?fàn)顟B(tài)，則M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0，則FPM＝FPN

35、，即k＝k，則有x＝L，那么M、N間距離為(－1)L，故選項A錯誤，選項D正確；由于M、N靜止不動，P對M和對N的力應(yīng)該在一條直線上，故選項B正確；在P產(chǎn)生電場中，M處電勢較高，故選項C錯誤． 2．如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置，工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在金屬極板中間，則(　D　) A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負電荷 B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上 C．乒乓球共受到電場力，重力和庫侖力三個力的作用 D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞 解析　由圖可知，右側(cè)金屬

36、板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，近端感應(yīng)出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出正電荷，選項A錯誤；乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，選項B錯誤；乒乓球共受到懸線的拉力，重力和電場力的作用，選項C項錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右板的排斥，向左運動與左極板接觸，又帶上負電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，選項D正確． 3．(2018·福建廈門模擬)已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)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

37、A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R.現(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)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(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　由題意知，半徑為R的均勻帶電體在A點產(chǎn)生的場強E整＝＝.挖出的小球半徑為，因為電荷均勻分布，其帶電荷量Q′＝Q＝.則其在A點產(chǎn)生的場強E挖＝＝＝.所以剩余空腔部分電荷在A點產(chǎn)生的場強E＝E整－E挖＝－＝，故選項B正確． 4．某電場的電場線分布如圖所示，A、B是直電場線上的兩點，一帶負電粒子僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，且到B點時速率不為零，則其在A、B間的v－t圖線可能

38、是(　B　) 解析　由電場線的疏密程度可知粒子從A到B所受電場力逐漸減小，又因粒子帶負電，粒子做加速度減小的減速運動，選項B正確． 5．(2017·吉林長春模擬)如圖所示，AC垂直平分BD，電荷量為＋Q、－Q的兩點電荷分別放在B、D兩點，O是AC的中點，且OA＝OB＝a，∠BOC＝60°，則(　C　) A．O點的電場強度大小為，方向垂直AC向右 B．O點的電場強度大小為，方向垂直AC向左 C．A點的電場強度大小為，方向垂直AC向右 D．電荷量為＋q的電荷在O點的電勢能大于在A點的電勢能 解析　由點電荷電場強度公式及電場疊加原理知O點電場強度為EO＝cos 30°，即為

39、，方向垂直AC向右，選項A、B錯誤；同理A點電場強度為EA＝cos 60°，而AB＝a，所以EA＝，方向垂直AC向右，選項C正確；因AC線是等勢線，所以電荷量為＋q的電荷在O點的電勢能等于在A點的電勢能，選項D錯誤． 6．(2017·浙江金華模擬)如圖所示，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數(shù))外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點A放置一個帶電荷量為＋2q的點電荷，其余頂點分別放置帶電荷量為－q的點電荷(未畫出)，則圓心O處的電場強度大小為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　若正N邊形的各頂點帶上相同點電荷，則圓心的電場強度為零，題中一頂點A放置一個帶電荷量為＋2q

40、的點電荷，則由對稱法可知此圓心O處的電場強度應(yīng)為k＋k＝，選項B正確． 7．(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　AC　) A．cos3α＝　　 B．cos3α＝ C．sin3α＝　　 D．sin3α＝ 解析　設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，兩個－q之間距離為2acos α.選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos 3α＝，選項A正確，B錯誤；選Q作為研究對象，由庫侖定

41、律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin 3α＝，選項C正確，D錯誤． 8．(多選)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個孤立的點電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運動，在運動過程中三個點電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計點電荷間的萬有引力，下列說法正確的是(　AC　) A．Q1、Q2的電荷量之比為()2 B．Q1、Q2的電荷量之比為 C．Q1、Q2的質(zhì)量之比為 D．Q1、Q2的質(zhì)量之比為()2 解析　由Q恰好靜止可知k＝k，則Q1、Q2兩點電荷的電荷量之比為2，選項A正確，B錯誤；Q1做勻速圓周運動，k－k＝m1r1ω2，Q2

42、做勻速圓周運動，k－k＝m2r2ω2，聯(lián)立解得Q1、Q2的質(zhì)量之比應(yīng)是，選項C正確，D錯誤． 9．如圖所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角并固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m、電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止(　B　) A．垂直于桿斜向上，場強大小為 B．豎直向上，場強大小為 C．垂直于桿斜向上，場強大小為 D．水平向右，場強大小為 解析　若所加電場的場強垂直于桿斜向上，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項A、C錯

43、誤；若所加電場的場強豎直向上，對小球受力分析可知，當(dāng)E＝時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項B正確；若所加電場的場強水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設(shè)小球此時能夠靜止，則根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtan θ，所以E＝，選項D錯誤． 10．(多選)如圖所示，用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在天花板上．三個帶電小球質(zhì)量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零，則(　AD　) A．B球和C球都帶負電荷 B．B球帶負電荷，C球帶正電荷 C．B球和C球所帶電荷量不一定相等 D．B球和C球所帶電荷量一定相等 解析　B球

44、受重力及A、C對B球的庫侖力而處于平衡狀態(tài)，則A與C球?qū)球的庫侖力的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反，而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應(yīng)指向A，C對B的作用力應(yīng)指向B的左側(cè)，則可知B、C都應(yīng)帶負電，故選項A正確，B錯誤；由受力分析可知，A對B的庫侖力應(yīng)為C對B的庫侖力的2倍，故C帶電荷量應(yīng)為A帶電荷量的一半；同理分析C可知，B帶電荷量也應(yīng)為A帶電荷量的一半，故B、C帶電荷量相等，故選項C錯誤，D正確． 11．如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一

45、試探電荷＋q，則＋q在A點所受的電場力為(　B　) A．，方向向上　　 B．，方向向上 C．，方向水平向左　　 D．不能確定 解析　先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一部分可視為點電荷，各點電荷對試探電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直方向上電場力大小為＝，方向向上，選項B正確． 12．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E.一根不可伸長的絕緣細線長為l，細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為0.以下說法中正確的是(　D　) A．

46、小球在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是Eq＝mg C．小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，且幅度將逐漸減小 D．小球從A運動到B過程中，電場力對其做的功為－qEl 解析　小球到達B點時速度為0，向心力為0，則沿細線方向合力為0，而小球有沿圓弧的切向分力，故在B點小球的合力不為0，不是平衡狀態(tài)，選項A錯誤．根據(jù)動能定理有mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，解得Eq＝mg，選項B錯誤．類比單擺，小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，能量守恒，振幅不變，選項C錯誤．小球從A到B，沿電場線方向運動的有效距離d＝l－lcos θ＝l，所以電場力做功W＝－qEd＝－Eql，選項D正

47、確． 13．(多選)一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小E0＝，方向如圖所示；把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E3、E4，則(　AC　) A．E1>　　 B．E2> C．E3>　　 D．E4< 解析　如題圖甲，取對稱微元，實線上面的電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角小，合電場強度E1大，實線下面的電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角大，合電場強度E2小，即E1>E2，又E1＋E2＝E0，則E1>，選項A正確，B錯誤；如題圖乙，左右兩邊對稱，在O點產(chǎn)生的電場強度E3＝E4，再由矢量合成可知，E3＝E4>E0＝，選項C正確，D錯誤． 22