2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第1講 電場力的性質(zhì)學(xué)案（含解析）

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1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第1講 電場力的性質(zhì)學(xué)案（含解析） 知識點　　電荷守恒　點電荷?、? 庫侖定律?、?.元電荷、點電荷 (1)元電荷：e＝1.6×10－19 C，最小的電荷量，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，其中質(zhì)子、正電子的電荷量與元電荷相同。電子的電荷量q＝－1.6×10－19 C。 (2)點電荷：忽略帶電體的大小、形狀及電荷分布狀況的理想化模型。 (3)比荷：帶電粒子的電荷量與其質(zhì)量之比。 2．電荷守恒定律 (1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消失，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)移的過程中，電荷的總量保持不變。

2、(2)起電方法：摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸起電。 (3)帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子。 (4)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同的導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶等量同種電荷；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，作用力的方向在它們的連線上。 (2)表達(dá)式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫靜電力常量。 (3)適用條件：真空中靜止的點電荷。 ①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。 ②當(dāng)兩個帶電體

3、的間距遠(yuǎn)大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。 ③兩個帶電體間的距離r→0時，不能再視為點電荷，也不遵循庫侖定律，它們之間的庫侖力不能認(rèn)為趨于無窮大。 (4)庫侖力的方向 由相互作用的兩個帶電體決定，且同號電荷相互排斥；異號電荷相互吸引。 知識點　　靜電場?、? 電場強(qiáng)度、點電荷的場強(qiáng)?、? 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(qiáng)度 (1)定義：放入電場中某點的電荷所受到的靜電力F跟它的電荷量q的比值。 (2)定義式：E＝，該式適用于一切電場。 (3)單位：N/C或V/m。

4、(4)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點所受靜電力的方向為該點電場強(qiáng)度的方向。 3．點電荷場強(qiáng)的計算式 (1)公式：在場源點電荷Q形成的電場中，與Q相距r的點的場強(qiáng)E＝k。 (2)適用條件：真空中靜止的點電荷形成的電場。 4．電場強(qiáng)度的疊加 電場中某點的電場強(qiáng)度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，遵循平行四邊形定則。 5．勻強(qiáng)電場：電場中各點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，這樣的電場叫做勻強(qiáng)電場。 知識點　　電場線?、? 1．定義：為了形象地描述電場中各點場強(qiáng)的大小和方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的場強(qiáng)方向，曲線的疏密表示場強(qiáng)的大小，這些曲線叫

5、做電場線，是假想的曲線，實際不存在。 2．電場線的特點 (1)電場線上每一點的切線方向與該點的場強(qiáng)方向一致。 (2)電場線從正電荷或無窮遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無窮遠(yuǎn)或負(fù)電荷。 (3)電場線在電場中不相交、不閉合、不中斷。 (4)在同一電場中，電場線越密集的地方場強(qiáng)越大，電場線越稀疏的地方場強(qiáng)越小。 (5)沿電場線的方向電勢逐漸降低。 (6)電場線和等勢面在相交處垂直。 3．幾種典型電場的電場線 如圖所示是幾種典型電場的電場線分布圖。 一 思維辨析 1．質(zhì)子的電荷量為一個元電荷，但電子、質(zhì)子是實實在在的粒子，不是元電荷。(　　) 2．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量

6、是否相同，它們之間的庫侖力大小一定相等。(　　) 3．根據(jù)F＝，當(dāng)r→∞時，F(xiàn)→0。(　　) 4．電場強(qiáng)度反映了電場的力的性質(zhì)，所以電場強(qiáng)度與試探電荷所受電場力成正比。(　　) 5．電場中某點的場強(qiáng)方向即為試探電荷在該點所受的電場力的方向。(　　) 6．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(qiáng)度都相同。(　　) 7．電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。(　　) 答案　1.√　2.√　3.√　4.×　5.×　6.×　7.× 二 對點激活 1.(人教版選修3－1·P3·實驗改編)(多選)如圖所示，A、B為相互接觸并用絕緣支柱支持的金屬導(dǎo)體，起初都不帶電，在它們的

7、下部貼有金屬箔片，C是帶正電的小球，下列說法正確的是(　　) A．把C移近導(dǎo)體A時，A、B上的金屬箔片都張開 B．把C移近導(dǎo)體A，再把A、B分開，然后移去C，A、B上的金屬箔片仍張開 C．把C移近導(dǎo)體A，先把C移走，再把A、B分開，A、B上的金屬箔片仍張開 D．把C移近導(dǎo)體A，先把A、B分開，再把C移走，然后重新讓A、B接觸，A上的金屬箔片張開，而B上的金屬箔片閉合 答案　AB 解析　雖然A、B起初都不帶電，但帶正電的小球C對A、B內(nèi)的電荷有力的作用，使A、B中的自由電子向左移動，使得A端積累了負(fù)電荷，B端積累了正電荷，其下部的金屬箔片因為接觸帶電，也分別帶上了與A、B相同的電

8、荷，所以金屬箔片都張開，A正確。帶正電的小球C只要一直在A、B附近，A、B上的電荷因受C的作用力而使A、B帶等量的異種感應(yīng)電荷，把A、B分開，因A、B已經(jīng)絕緣，此時即使再移走C，所帶電荷量也不能變，金屬箔片仍張開，B正確。但如果先移走C，A、B上的感應(yīng)電荷會馬上中和，不再帶電，所以金屬箔片都不會張開，C錯誤。先把A、B分開，再移走C，A、B仍然帶電，但重新讓A、B接觸后，A、B上的感應(yīng)電荷完全中和，金屬箔片都不會張開，D錯誤。 2．(人教版選修3－1·P9·T3改編)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力大小為F?，F(xiàn)用一個不帶電的同樣的

9、金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再將A、B間距離增大為原來的2倍，則A、B間的靜電力大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)A、B原來所帶電荷量分別為＋Q、－Q，A、B間靜電力大小F＝，將不帶電的同樣的金屬球C先與A接觸，再與B接觸后，A所帶電荷量變?yōu)椋?，B所帶電荷量變?yōu)椋珹、B間靜電力大小F′＝＝，故F′＝F，故B正確。 3.(人教版選修3－1·P15·T5改編)如圖所示為某區(qū)域的電場線分布，下列說法正確的是(　　) A．這個電場可能是正點電荷形成的 B．D處的場強(qiáng)為零，因為那里沒有電場線 C．點電荷q在A點所受的電場力比在B點所受電

10、場力小 D．負(fù)電荷在C點受到的電場力方向沿C點切線方向 答案　C 解析　正點電荷的電場線是從正電荷出發(fā)的直線，故A錯誤；電場線是為了更形象描述電場而人為畫出的，沒有電場線的地方，電場強(qiáng)度不一定為零，故B錯誤；由圖知B點處電場線比A點處電場線密集，故EB>EA，所以點電荷在A處所受的電場力小于在B處所受的電場力，故C正確；負(fù)電荷在C點所受電場力方向與C點切線方向相反，故D錯誤。 4．(人教版選修3－1·P15·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2 kg，所帶電荷量為＋2.0×10－8 C?，F(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場，平衡時絕緣繩與鉛垂線成30°夾角(如圖所示)。

11、求這個勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度。 答案　2.9×106 N/C 解析　小球受到重力mg、靜電力F，輕繩拉力FT的作用處于平衡狀態(tài)，它的受力情況如圖所示，則 ＝＝tan30° E＝tan30°＝× N/C≈2.9×106 N/C。 考點細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點1　庫侖力作用下的平衡問題 庫侖定律的表達(dá)式為F＝k，其適用條件是真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的靜電力。庫侖定律與平衡問題聯(lián)系比較密切，因此關(guān)于靜電力的平衡問題是高考的熱點內(nèi)容，題型以選擇題為主。對于這部分內(nèi)容，需要注意以下幾點：一是明確庫侖定律的適用條件；二是知道完全相同的導(dǎo)體小球接觸時電荷量的分配規(guī)律；三是進(jìn)行受力分析，

12、靈活應(yīng)用平衡條件。 　　　　 例1　(2014·浙江高考)(多選)如圖所示，水平地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(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細(xì)線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為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(　　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當(dāng)＝時，細(xì)線上的拉力為0 C．當(dāng)＝時，細(xì)線上的拉力為0 D．當(dāng)＝時，斜面對小球A的支持力為0 解題探究　(1)小球A受力情況怎樣？ 提示：如圖

13、所示，受豎直向下的重力、水平向左的庫侖力、垂直斜面向上的支持力，還可能受細(xì)線的拉力。 (2)當(dāng)拉力為0時，A受3個力平衡，用哪種方法更方便？ 提示：矢量三角形法。 嘗試解答　選AC。 由庫侖定律知A與B之間庫侖力大小為F＝，A正確；如果細(xì)線上的拉力為0，則小球A所受重力mg、支持力FN、庫侖力F的合力為零，這三個力可構(gòu)成一個力的矢量三角形，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系有F＝＝mgtanθ，解得＝，B錯誤，C正確；斜面對小球A的支持力不可能為零，D錯誤。 總結(jié)升華 求解帶電體平衡問題的方法 分析帶電體平衡問題的方法與力學(xué)中分析物體受力平衡問題的方法相同。 (1)當(dāng)兩個力在同一

14、直線上使帶電體處于平衡狀態(tài)時，根據(jù)二力平衡的條件求解； (2)在三個力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般運用勾股定理、三角函數(shù)關(guān)系以及矢量三角形等知識求解； (3)在三個以上的力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般用正交分解法求解。 [變式1－1]　如圖所示，兩條不等長的細(xì)線一端拴在同一點，另一端分別拴兩個帶同種電荷的小球，電荷量分別是q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2，當(dāng)兩小球處于同一水平面時恰好靜止，且α>β，則造成α、β不相等的原因是(　　) A．m1m2 C．q1q2 答案　A 解析　對兩帶電小球分別進(jìn)行受力分析如圖

15、，根據(jù)平衡條件有tanα＝，tanβ＝，兩者之間庫侖力F大小相等，因α>β，所以m1

16、個點電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。依據(jù)該規(guī)律知點電荷C應(yīng)在A左側(cè)，帶負(fù)電。設(shè)在A左側(cè)距A為x處，由于處于平衡狀態(tài)，所以k＝，解得x＝0.2 m，C正確。 考點2　電場強(qiáng)度的理解及計算 1．電場強(qiáng)度的性質(zhì) 2．電場強(qiáng)度三個表達(dá)式的比較 3．等量同號和異號點電荷的電場強(qiáng)度的比較 　　　　 例2　圖所示，在水平向右、大小為E的勻強(qiáng)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

17、線與電場線垂直。則(　　) A．A點的電場強(qiáng)度大小為 B．B點的電場強(qiáng)度大小為E－k C．D點的電場強(qiáng)度大小不可能為0 D．A、C兩點的電場強(qiáng)度相同 解題探究　(1)電場強(qiáng)度是矢量，場強(qiáng)的疊加遵循什么定則？真空中靜止點電荷場強(qiáng)決定式是什么？ 提示：平行四邊形定則，E＝k。 (2)兩點場強(qiáng)大小相等就可以說場強(qiáng)相同嗎？ 提示：兩點場強(qiáng)相同必須大小相等，方向相同。判斷兩點場強(qiáng)是否相同先看方向是否相同。 嘗試解答　選A。 ＋Q在A點的電場強(qiáng)度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強(qiáng)度大小為 ，A正確；同理，B點的電場強(qiáng)度大小為E＋k，B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強(qiáng)度為0，

18、C錯誤；A、C兩點的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，D錯誤。 總結(jié)升華 分析電場疊加問題的一般步驟 電場強(qiáng)度是矢量，疊加時遵循平行四邊形定則。分析電場的疊加問題的一般步驟是： (1)確定要分析計算的空間位置； (2)分析該點有幾個分電場，確定各個分電場在該點的電場強(qiáng)度的大小和方向； (3)利用平行四邊形定則求出各分電場強(qiáng)度的矢量和。 [變式2－1]　(2018·廣東六校聯(lián)考)真空中某一點電荷Q在自己周圍產(chǎn)生電場，a、b分別是該電場中的兩點，如圖，其中a點的電場強(qiáng)度大小為Ea，方向與a、b兩點連線成120°角；b點的電場強(qiáng)度大小為Eb，方向與a、b兩點連線成150°角，檢

19、驗電荷q分別放在a點和b點，則(　　) A．點電荷Q是負(fù)電荷 B．a(chǎn)、b兩點的電場強(qiáng)度大小之比為3∶1 C．檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小相等 D．a(chǎn)、b兩點可能處于同一等勢面上 答案　B 解析　將兩條電場線反向延長后相交于一點，即為點電荷Q的位置，設(shè)a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到，rb＝ra，根據(jù)公式E＝得，Ea＝3Eb，故B正確；因為b點距離點電荷Q遠(yuǎn)，檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小不相等，a、b兩點不可能處于同一等勢面上，C、D錯誤；由電場線方向及點電荷位置可知該點電荷為正電荷，A錯誤。 [變式2－2]　(人教版選修3－1·P15·T7

20、改編)如圖所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點A、B分別固定放置點電荷＋Q1和－Q2，x軸上的P點位于B點的右側(cè)，且P點電場強(qiáng)度為零，則下列判斷正確的是(　　) A．x軸上P點右側(cè)電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向 B．Q1Q2

21、，M點和P點關(guān)于O點對稱，P點電場強(qiáng)度為零，由點電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可知，M點電場強(qiáng)度一定不為零，D錯誤。 考點3　電場線的應(yīng)用 1．判斷電場強(qiáng)度的方向——電場線上任意一點的切線方向即為該點電場強(qiáng)度的方向。 2．判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負(fù)電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。 3．判斷電場強(qiáng)度的大小(定性)——同一電場，電場線密處電場強(qiáng)度大，電場線疏處電場強(qiáng)度小。 4．判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線方向電勢逐漸降低，電場強(qiáng)度的方向是電勢降低最快的方向。 　　　　 例3　電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是(　

22、　) A．c點的電場強(qiáng)度大于b點的電場強(qiáng)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(qiáng)度大于d點的電場強(qiáng)度 D．a(chǎn)點和b點的電場強(qiáng)度方向相同 解題探究　(1)在電場線分布圖中，用什么表示電場強(qiáng)度的大??？ 提示：電場線的疏密程度。 (2)沿曲線運動的粒子合力沿什么方向？ 提示：曲線的凹側(cè)。 嘗試解答　選C。 電場線的疏密表示了電場強(qiáng)度的大小，由題圖可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷如果沿電場線運動，則合力沿軌跡切線，這是不可能的，B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強(qiáng)度的方向，a點和b點的切線不同

23、向，D錯誤。 總結(jié)升華 電場線的應(yīng)用 熟悉幾種典型的電場線分布有利于我們對電場強(qiáng)度和電勢做出迅速判斷，且可以進(jìn)一步了解電荷在電場中的受力和運動情況、電場力做功及伴隨的能量轉(zhuǎn)化情況。 [變式3]　在如圖所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的是(　　) A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點 B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D．丁圖中非勻強(qiáng)電場中的a、b兩點 答案　C 解析　甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強(qiáng)度大小相同，

24、方向不相反，A錯誤；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強(qiáng)度大小相同，方向相反，C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強(qiáng)度大于a點的電場強(qiáng)度，D錯誤。 考點4　帶電粒子的運動軌跡判斷 1．沿軌跡的切線找出速度方向，依據(jù)粒子所受合力的方向指向軌跡的凹側(cè)來判斷電場力的方向，由此判斷電場的方向或粒子的電性。 2．由電場線的疏密情況判斷帶電粒子的受力大小及加速度大小。 3．由動能定理判斷速度變化：如果帶電粒子在運動中僅受電場力作用，若電場力做正功，則粒子動能增大；電場

25、力做負(fù)功，則動能減小。電場力做正功還是負(fù)功依據(jù)力與速度的夾角是銳角還是鈍角來判斷。 　　　　 例4　(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某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作用，根據(jù)此圖可做出的正確判斷是(　　) A．帶電粒子所帶電荷的正、負(fù) B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向 C．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大 D．帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大 解題探究　(1)如何判斷帶電粒子在a、b兩點的受力方向？ 提示：沿電場線且指向軌跡凹側(cè)。 (2)帶電粒子在a、b兩點的加速度

26、大小如何判斷？ 提示：依據(jù)電場線疏密判斷電場力大小，就可以判斷加速度大小。 嘗試解答　選BCD。 根據(jù)軌跡彎曲方向只能判斷出電場力方向，由于不知電場線方向，故無法判斷帶電粒子電性，A錯誤，B正確；根據(jù)電場線疏密知Ea>Eb，F(xiàn)a>Fb，a點加速度大于b點加速度，C正確；若從a到b，電場力做負(fù)功，若從b到a，電場力做正功，均可得出粒子在a點的速度大，D正確。 總結(jié)升華 電場線與帶電粒子運動軌跡的關(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，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合： (1)電場線為直線； (2)電荷初速度為零或速度方向與電場線平行； (3)電荷僅受

27、電場力或所受其他力合力的方向始終與電場力方向相同或相反。 [變式4]　實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用)，則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 B．靜電力對a做正功，對b做負(fù)功 C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大 D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 答案　D 解析　a、b兩個帶電粒子在M點以相同速度飛出，受電場力方向相反，但不知電場線方向，無法判斷哪個粒子帶正電，哪個粒子帶負(fù)電，A錯誤；電場力方向與速度方向夾角都小于90°，電場力對a、b均做正功，速度都將

28、增大，B、C錯誤；a向電場線稀疏處運動，b向電場線密集處運動，故a的加速度減小，b的加速度增大，D正確。 考點5　帶電體的力電綜合問題 解決力電綜合問題的一般思路 　　　　 例5　(2018·衡水六調(diào))(多選)細(xì)繩兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量分別為m1和m2。燒斷細(xì)繩后兩球向相反方向運動，下列說法正確的是(　　) A．運動的同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1 B．運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為m2∶m1 C．在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1 D．在相同的運動

29、時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為1∶1 解題探究　(1)當(dāng)燒斷細(xì)繩后兩球在什么力作用下向相反方向運動？ 提示：甲、乙之間的庫侖斥力。 (2)甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？ 提示：守恒。 嘗試解答　選BC。 根據(jù)庫侖定律可知，在同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小相等，A錯誤；燒斷細(xì)繩后兩球在庫侖力作用下向相反方向運動，滿足動量守恒定律，根據(jù)動量守恒定律，運動的同一時刻，甲、乙兩球動量大小之比為m1v1∶m2v2＝1∶1，根據(jù)動能與動量的關(guān)系式，Ek＝mv2＝，所以運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，B正確；由于兩帶電小球動量變化量大小相等，根

30、據(jù)動量定理，合外力的沖量大小等于動量的變化量，在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1，C正確；由于同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，根據(jù)動能定理，在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為m2∶m1，D錯誤。 總結(jié)升華 處理力電綜合問題的兩點注意 (1)受力分析是關(guān)鍵，畫出受力分析圖，找準(zhǔn)力與力之間的關(guān)系，并由此推斷物體的運動狀態(tài)；或由運動狀態(tài)推出受力情況。 (2)根據(jù)題目的所求問題靈活選用物理規(guī)律 ①與時間、加速度有關(guān)的首先選用牛頓運動定律。 ②僅與t有關(guān)的可選動量定理。 ③與時間、加速度無關(guān)的首先選用動能定理或能量

31、守恒定律，其次考慮動量守恒定律。 [變式5－1]　如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面(傾角為θ)，一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細(xì)線與斜面平行，小球A靜止在斜面上，其右側(cè)有一個與A帶等量同號電荷的小球B，開始兩球心在同一水平線上，細(xì)線剛好伸直，兩帶電小球可視為點電荷，現(xiàn)用絕緣手柄將小球B沿以A為圓心的圓周從B點緩慢移到C點，AC豎直，此過程中A始終靜止不動，則(　　) A．細(xì)線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力逐漸減小 B．細(xì)線對A的拉力逐漸增大，斜面對A的彈力先增大后減小 C．細(xì)線對A的拉力先增大后減小，斜面對A的彈力逐漸增大

32、 D．細(xì)線對A的拉力、斜面對A的彈力均先增大后減小 答案　B 解析　小球A受重力G、斜面的彈力N、細(xì)線的拉力T及球B的庫侖斥力F的作用而處于平衡狀態(tài)，如圖所示，在移動小球B的過程中，球A受球B的庫侖力大小不變，且圖中θ≤α≤θ＋，由圖知N＝Gcosθ＋Fsinα，Gsinθ＝Fcosα＋T，所以斜面的彈力N先增大后減小，細(xì)線拉力T＝Gsinθ－Fcosα一直在增大，B正確。 [變式5－2]　(2018·邯鄲一模)(多選)如圖，絕緣水平面上方存在著水平向右的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的輕質(zhì)小滑塊從t＝0時刻起由靜止開始沿水平面運動。小滑塊同時還受到豎直向下的壓力F，力F隨時間t的

33、變化關(guān)系為F＝kt，式中k為常數(shù)。小滑塊與水平面的動摩擦因數(shù)為μ。水平面足夠大，小滑塊的重力可忽略不計。則小滑塊(　　) A．所受摩擦力的最大值為2qE B．加速度的最大值為 C．速度的最大值為 D．最終以的速度做勻速直線運動 答案　AB 解析　小滑塊的重力忽略不計，由牛頓第二定律得Eq－μkt＝ma1，隨t增大，小滑塊先做加速度越來越小的加速運動，當(dāng)t>時，加速度反向，μkt－Eq＝ma2，小滑塊做加速度越來越大的減速運動，整個過程a隨t變化圖象如圖。由對稱性可知t＝時，速度v＝0，此時有最大摩擦力f＝μkt＝2qE，故A正確；加速度a的最大值出現(xiàn)在t＝0時和t＝時，均為

34、，故B正確；當(dāng)Eq＝μkt時，即加速度a＝0時，速度最大，由a-t圖線與t坐標(biāo)軸在0～段所圍成的面積得vm＝，故C錯誤；滑塊最終靜止，故D錯誤。 1．方法概述 場強(qiáng)有三個公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情況下可由上述公式計算場強(qiáng)，但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特殊帶電體產(chǎn)生的場強(qiáng)時，上述公式無法直接應(yīng)用。這時，如果轉(zhuǎn)換思維角度，靈活運用補(bǔ)償法、微元法、對稱法、等效法、極限法等巧妙方法，可以化難為易。 2．常見類型與解題思路 方法一：補(bǔ)償法 將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面分析，再減去補(bǔ)償?shù)牟糠之a(chǎn)生的影響。 【典題例證1】 均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的

35、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(qiáng)大小為E，則N點的場強(qiáng)大小為(　　) 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量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小。由對稱性知，帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強(qiáng)大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則

36、A正確。 [答案]　A 名師點睛　當(dāng)所給帶電體不是一個完整的規(guī)則物體時，將該帶電體割去或增加一部分，組成一個規(guī)則的整體，從而求出規(guī)則物體的電場強(qiáng)度，再通過電場強(qiáng)度的疊加求出待求不規(guī)則物體的電場強(qiáng)度。應(yīng)用此法的關(guān)鍵是“割”“補(bǔ)”后的帶電體應(yīng)當(dāng)是我們熟悉的某一物理模型。 方法二：對稱法 利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化。 【典題例證2】 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

37、處的場強(qiáng)為零，則d點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k [解析]　由b點處場強(qiáng)為零知，圓盤在b點處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1與q在b點處產(chǎn)生的場強(qiáng)E2大小相等，即E1＝E2＝k，由對稱性可知，圓盤在d點產(chǎn)生的場強(qiáng)E3＝k，q在d點產(chǎn)生的場強(qiáng)E4＝k，方向與E3相同，故d點的合場強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝k，B正確，A、C、D錯誤。 [答案]　B 名師點睛　形狀規(guī)則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強(qiáng)度大小相等。如果能夠求出其中一點處的電場強(qiáng)度，根據(jù)對稱性特點，另一點處的電場強(qiáng)度即可求出。 方法三：微元法 將帶電體分成許多電荷元，每個

38、電荷元可看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個電荷元的場強(qiáng)；再結(jié)合對稱性和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng)。 求解均勻帶電圓環(huán)、帶電平面、帶電直桿等在某點產(chǎn)生的場強(qiáng)問題，可應(yīng)用微元法。 【典題例證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)平面過圓心O的軸線上的一點，OP＝L，試求 P點的場強(qiáng)。 [解析]　如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝，由點電荷場強(qiáng)公式可求得每一點電荷在P處的場強(qiáng)為E＝＝。 由對稱性可知，各點電荷在P處的場強(qiáng)E的垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而E的軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在

39、P處的場強(qiáng)EP。 EP＝nEx＝nkcosθ＝·＝。 [答案]　 名師點睛　微元法是從部分到整體的思維方法，把帶電體看成由無數(shù)個點構(gòu)成。然后根據(jù)對稱性，利用平行四邊形定則進(jìn)行電場強(qiáng)度疊加。利用微元法可以使一些復(fù)雜的物理過程用我們熟悉的物理規(guī)律解決，使所求的問題簡單化。 方法四：等效法 在保證效果相同的條件下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。 【典題例證4】 (多選)如圖所示，在真空中某豎直平面內(nèi)固定一足夠大的接地金屬板MN，在MN右側(cè)與其相距2d處的P點放置一電荷量為Q的正點電荷，如果從P點作MN的垂線，則O為垂足，A為O、P連線的中點，B為OP延長線上的一點，P

40、B＝d。靜電力常量為k，關(guān)于各點的電場強(qiáng)度，下列說法正確的是(　　) A．O點場強(qiáng)大小為k B．A點場強(qiáng)大小為k C．B點場強(qiáng)大小為k D．A、B兩點場強(qiáng)大小相等，方向相反 [解析]　系統(tǒng)達(dá)到平衡后，因為接地金屬板電勢為零，所以電場線分布如圖所示，所以金屬板右側(cè)的電場的電場線分布與等量異號點電荷連線的中垂線右側(cè)的電場線分布相同，所以O(shè)點場強(qiáng)大小為EO＝k＋k＝k，A正確；A點場強(qiáng)大小為EA＝k＋k＝k，B錯誤；B點場強(qiáng)大小為EB＝k－k＝k，C正確；由上述分析可知D錯誤。 [答案]　AC 名師點睛　等效法的實質(zhì)是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(jìn)行知

41、識遷移的解題方法，往往是用較簡單的因素代替較復(fù)雜的因素。 方法五：極限法 對于某些特殊情況下求解有關(guān)場強(qiáng)問題，有時無法用有關(guān)公式、規(guī)律得出結(jié)論，可考慮應(yīng)用極限法。 極限法是把某個物理量的變化推向極端再進(jìn)行推理分析，從而做出科學(xué)的判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。極限法一般適用于所涉及的物理量隨條件單調(diào)變化的情況。 【典題例證5】 物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布。兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O

42、點右側(cè)與O點相距為r(r

43、綱的分析，有時可以幫助我們快速找到一些錯誤。 【針對訓(xùn)練】 1．(2013·江蘇高考)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點O處電場強(qiáng)度最大的是(　　) 答案　B 解析　由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強(qiáng)大小相等，D圖中在O點場強(qiáng)為0，因此B圖中兩圓環(huán)在O點合場強(qiáng)應(yīng)最大，B正確。 2．如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點P(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσ·，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為

44、r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標(biāo)為x)的電場強(qiáng)度為(　　) 答案　A 解析　無限大均勻帶電平板R取無限大，在Q點產(chǎn)生的 3.N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球均勻分布在半徑為R的圓周上，如圖所示。若移去位于圓周上P點(圖中未標(biāo)出)的一個小球，則圓心O點處的電場強(qiáng)度大小為________，方向______________。(已知靜電力常量為k) 答案　k　沿OP指向P 解析　P點的帶電小球在圓心O處的電場強(qiáng)度大小為E1＝k，方向沿PO指向O；N個小球在O點處電場強(qiáng)度疊加后，合場強(qiáng)為零；移去P點的小球后，則剩余的N－1個小球在圓心O處的電場強(qiáng)度與

45、P點的小球在圓心O處的電場強(qiáng)度等大反向，即E＝E1＝k，方向沿OP指向P。 4.如圖所示，半徑為r的圓環(huán)，在A、B之間留有寬度為d的間隙，且d?r。將電荷量為Q的正電荷均勻分布在圓環(huán)上，求圓心O處的電場強(qiáng)度。 答案　，方向背離圓心指向間隙 解析　解法一：假設(shè)將這個圓環(huán)的間隙補(bǔ)上，并且所補(bǔ)部分的電荷密度與原圓環(huán)上的電荷密度一樣，這樣就形成一個電荷均勻分布的完整的帶電圓環(huán)，圓環(huán)在圓心O處產(chǎn)生的電場疊加后合場強(qiáng)為0。設(shè)原帶有間隙的環(huán)所帶電荷的線密度為σ， 則σ＝ 補(bǔ)上的那一小段間隙的電荷量Q′＝σ·d＝ 由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，在圓心O處的場強(qiáng)為E1＝＝，方向由間隙指向圓

46、心，則帶有間隙的圓環(huán)在圓心O處的場強(qiáng)為 E＝0－E1＝－ 負(fù)號表示與E1方向相反，即方向背離圓心指向間隙。 解法二：在圓環(huán)上與間隙關(guān)于圓心O對稱的地方割出同樣大小的間隙，則剩余部分的圓環(huán)上下對稱，在圓心O處的合場強(qiáng)為0。因此在圓心O處的場強(qiáng)大小等于新割出的間隙在圓心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小。由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，所帶電荷量為 Q′＝ 在圓心O處的場強(qiáng)為E＝＝ 方向背離圓心指向間隙。 高考模擬 隨堂集訓(xùn) 1．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的

47、連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ 答案　D 解析　對固定的小球c受到的庫侖力進(jìn)行分析，要使c球受到的庫侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必須異號，如圖所示，則有：k·sinα＝k·sinβ，故＝＝＝，D正確。 2.(2016·浙江高考)如圖所示，兩個不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開，(　　) A．此時A帶正

48、電，B帶負(fù)電 B．此時A電勢低，B電勢高 C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 答案　C 解析　由于靜電感應(yīng)，使A帶負(fù)電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負(fù)電荷中和，金屬箔閉合，所以C正確，A錯誤；處于電場中的導(dǎo)體是等勢體，B錯誤；若先把A、B分開，然后移去C，A、B所帶電荷就不能中和，金屬箔不再閉合，D錯誤。 3．(2016·浙江高考)(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(xì)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

49、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(　　) 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(qiáng)度為0 答案　ACD 解析　用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A項正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示 sinθ＝＝0.60，θ＝37° F庫＝mgtan37°＝

50、6.0×10－3 N，B項錯誤； F庫＝k QA＝QB＝Q，r＝0.12 m 聯(lián)立得Q＝4×10－8 C，故C項正確； 由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強(qiáng)為0，故D項正確。 4．(2018·北京高考節(jié)選)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。 (1)請根據(jù)電場強(qiáng)度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強(qiáng)表達(dá)式； (2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強(qiáng)度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比。 答案　(1)k　(2) 解析　(1)在距Q為r的

51、位置放一電荷量為q的檢驗電荷，根據(jù)庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝k，根據(jù)電場強(qiáng)度的定義E＝，得E＝k。 (2)穿過每個面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上通過的條數(shù)就少，故通過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比＝＝＝。 5.(2017·北京高考)如圖所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)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(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)小球所受電場力

52、F的大小。 (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。 答案　(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s 解析　(1)F＝qE＝3.0×10－3 N。 (2)由＝tan37°， 得m＝4.0×10－4 kg。 (3)由mgl(1－cos37°)＝mv2， 得v＝＝2.0 m/s。 配套課時作業(yè) 　　時間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選) 1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的。關(guān)于b

53、點電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(　　) 答案　D 解析　由a至c曲線的彎曲情況可知質(zhì)點受力方向指向圖中虛線的右下方，質(zhì)點在b點的速度vb方向如圖所示，由a至c速率遞減可知受力方向與速度的方向的夾角為鈍角，大致如圖中F，α角大于90°，因為質(zhì)點帶負(fù)電荷，故場強(qiáng)方向應(yīng)與F方向相反，D正確。 2.如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細(xì)線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細(xì)線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k。則(　　) A．A、B間庫侖

54、力大小為m2g B．細(xì)線OA的彈力大小為m1g C．A、B間庫侖力大小為k D．A、B的質(zhì)量之比為m1∶m2＝3∶2 答案　B 解析　以B球為研究對象，受力分析如圖1所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝m2g，A錯誤；以A球為研究對象，受力分析如圖2所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m1gtan30°＝m1g，F(xiàn)彈A＝＝m1g，B正確；由幾何關(guān)系可知，A、B兩球之間的距離為2l，由庫侖定律知A、B兩球間庫侖力大小為F＝k＝k，C錯誤；由F＝m1g，F(xiàn)＝m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯誤。 3．(2018·武漢調(diào)研)a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作

55、用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q。關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是(　　) A．c一定帶負(fù)電 B．c所帶的電荷量一定大于q C．c可能處在a、b之間 D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定 答案　B 解析　根據(jù)點電荷所受的電場力方向以及受力平衡來確定各自電性，可以得出三個點電荷若要平衡應(yīng)處于同一條直線上，處于兩端的點電荷的電性相同且與中間點電荷的電性相反，即“兩同夾一異”，又因為Q>q，根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自電荷量的大小，因此一定為“兩大夾一小”，c所帶電荷量一定大于q，且c

56、必須帶正電，在b的另一側(cè)，A、C錯誤，B正確；如果固定a、b，因Q>q，則在a、b形成的靜電場中，只有b的另一邊僅存在一點場強(qiáng)為零，c放在此處時受力平衡，位置固定，而c的電荷量和電性均不確定，D錯誤。 4.(2018·山東六校聯(lián)考)某區(qū)域的電場線分布情況如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，下列說法正確的是(　　) A．負(fù)電荷由M點移動到P點，電場力做正功 B．正電荷在M點的電勢能小于其在N點的電勢能 C．同一電荷在N點受到的電場力大于其在M點所受的電場力 D．M點和N點電場強(qiáng)度的方向相同 答案　C 解析　沿著電場線的方向電勢降低，故φM>φN，φM>φP，所以M、P兩點電勢

57、差UMP>0，由電場力做功與電勢差關(guān)系可知，負(fù)電荷由M點到P點，電場力做負(fù)功，A項錯誤；正電荷在電勢較高的位置電勢能較大，B項錯誤；由電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小可判斷N點電場強(qiáng)度大于M點電場強(qiáng)度，所以同一電荷在N點所受電場力較大，C項正確；電場強(qiáng)度的方向沿電場線的切線方向，故M點和N點的電場強(qiáng)度方向不同，D項錯誤。 5.一負(fù)電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v-t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的(　　) 答案　C 解析　由v-t圖可知負(fù)電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應(yīng)由B指向A，且A到B

58、場強(qiáng)變大，電場線變密，C正確。 6.如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，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點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A點所受的電場力為(　　) A.，方向向上 B.，方向向上 C.，方向水平向左 D．不能確定 答案　B 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，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上的電場力大小為＝，故選B。 7．有五個半徑均為r的球體A、B、C、D、E，其中A和B是用相同的塑料制成的，所帶電荷量均為＋q(q>0)；C、D和E

59、均用相同的金屬制成，C和D所帶電荷量為＋q，E所帶電荷量為－7q。靜電力常量用k表示。關(guān)于摩擦起電和庫侖力，下列說法正確的是(　　) A．摩擦起電的過程，是一個物體得到電子，另一個物體得到原子核的過程 B．若A、B兩球心相距6r，則A、B間的庫侖力大小為 C．若C、D兩球心相距6r，則C、D間的庫侖力大小為 D．若D、E兩球心相距90r，D和E接觸后各自放回原處，則D、E間的庫侖力大小為 答案　BD 解析　摩擦起電的過程是一個物體得到電子，另一個物體失去電子的過程，A錯誤；因為絕緣體上的電荷是不能移動的，其電荷不會重新分布，對其他電荷的作用效果與點電荷類似，則電荷分布均勻的絕緣球體

60、可視為點電荷，A、B兩球間的庫侖力大小為，B正確；C、D兩球心間的距離為6r，沒有遠(yuǎn)大于球的半徑r，兩球不能視為點電荷，由于同種電荷相互排斥，C、D上的電荷分布不均勻，等效點電荷間的距離將大于6r，則C、D間的庫侖力小于，C錯誤；兩個大小相同的帶異種電荷的金屬球接觸后正負(fù)電荷先中和，再平分，D和E接觸后所帶的電荷量均為＝－3q，各自放回原處，球心間距離遠(yuǎn)大于球的半徑，球可視為點電荷，則D、E間的庫侖力大小為，D正確。 8.(2018·海南五校模擬)如圖所示，在y軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同號正點電荷，在x軸上C點有負(fù)點電荷，它們所帶電荷量均為Q，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下

61、列判斷正確的是(　　) A．若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強(qiáng)度增大 B．若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢減小，則D點電場強(qiáng)度減小 C．若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則O點電場強(qiáng)度減小 D．若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強(qiáng)度增大 答案　CD 解析　A、B兩處點電荷在O點產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，C處的點電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)為EO＝k，所以僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大時，O點電場強(qiáng)度不變，若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，O點電場強(qiáng)度減小，即A錯誤，C正確。由幾何知識知A、B兩處點電荷在D點產(chǎn)生的場強(qiáng)與C處點電荷

62、在D點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，合場強(qiáng)為零，若僅將A、B兩處點電荷的電荷量同時等量地緩慢減小，則D點電場強(qiáng)度增大，若僅將C處點電荷的電荷量緩慢減小，則同理得D點電場強(qiáng)度增大，所以B錯誤，D正確。 9.如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點)從P點由靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是(　　) 答案　AB 解析　在AB的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，小球C受力沿A

63、、B連線的垂直平分線。如果P、N相距足夠遠(yuǎn)，小球C從很遠(yuǎn)處開始向O點運動，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱悖俣冗_(dá)到最大，v-t圖線的斜率先變大后變??；由O點到很遠(yuǎn)處，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性，則B正確。如果P、N相距很近，同理可知A正確。 10.(2018·安慶模擬)如圖，傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一質(zhì)量為m、帶電量＋q的小物塊(可看做是點電荷)恰好能在斜面上勻速下滑，若在AB中點D的正上方與B等高的位置固定一帶電量＋Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動，在不考慮空氣阻力和物塊電荷

64、沒有轉(zhuǎn)移的情況下，關(guān)于在物塊下滑過程的分析正確的是(　　) A．在BA之間，物塊將做加速直線運動 B．在BD之間，物塊受到的庫侖力先增大后減小 C．在BA之間，斜面對地面的壓力有可能不變 D．在BA之間，斜面受到地面的摩擦力均為零 答案　BD 解析　原來小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，放上＋Q電荷后，開始一段時間，庫侖力對于物塊是阻力，且摩擦力變大，則導(dǎo)致其做減速運動，故A錯誤；根據(jù)庫侖定律，在BD之間，電荷間的間距先減小后增大，則物塊受到的庫侖力先增大后減小，故B正確；開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好

65、能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的，根據(jù)牛頓第三定律，物塊對斜面體的壓力和物塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的，增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力成正比例增加，物塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的，再對斜面體受力分析，受重力、物塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零，從整體分析，在BA之間，因庫侖斥力，導(dǎo)致斜面對地面的壓力增大，故C錯誤，D正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11.(14分)如圖所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0 m。若將電荷量均為q

66、＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)兩點電荷間的庫侖力大小； (2)C點的電場強(qiáng)度的大小和方向。 答案　(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C　方向沿y軸正方向 解析　(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝k① 代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3 N② (2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，均為E1＝k③ A、B兩點電荷形成的電場在C點的合電場強(qiáng)度大小為E＝2E1cos30°④ 由③④式并代入數(shù)據(jù)得 E＝7.8×103 N/C，電場強(qiáng)度E的方向沿y軸正向。 12.(2018·重慶二模)(16分)如圖所示，用一根絕緣細(xì)線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場，平衡時絕緣細(xì)線與豎直方向夾角為θ。 (1)試求這個勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大??； (2)如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時，絕緣細(xì)線仍與豎直方向夾角為θ，則E′的大小又是多少？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)對小球受力分析，受到