《2019版高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第1講 庫侖定律 電場力的性質學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第1講 庫侖定律 電場力的性質學案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第1講　庫侖定律　電場力的性質 ★★★考情微解讀★★★ 微知識1 電荷守恒　點電荷　庫侖定律 1．元電荷 元電荷e＝1.60×10－19_C，帶電體的電荷量都是元電荷的整數倍，單個質子、電子的電荷量與元電荷相同。 2．電荷守恒定律 (1)內容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消失，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，在轉移的過程中，電荷的總量保持不變。 (2)三種起電方式 ①接觸起電；②摩擦起電；③感應起電。 (3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。 3．點電荷 代表帶電體的有一定電荷量的點，是一種理想化模型，當帶電體本身大小和形狀對

2、研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷。點電荷的體積不一定很小，帶電量也不一定很少。 4．庫侖定律 (1)內容：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，與它們之間距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。 (2)公式：F＝k，式中的k叫做靜電力常量，其數值是9.0×109 N·m2/C2。 (3)適用條件：真空中靜止的點電荷。 微知識2 靜電場　電場強度　點電荷的場強 1．靜電場 靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種物質，其基本性質是對放入其中的電荷有力的作用。 2．電場強度 (1)定義式：E＝，是矢量，單位：N/C或V/m。 (2)點電荷

3、的場強：E＝。 (3)方向規(guī)定：正電荷在電場中某點受力的方向為該點的電場強度方向。 (4)電場疊加：多個電荷在空間某處產生的電場為各電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。 (5)計算法則：遵循矢量合成法則——平行四邊形定則。 微知識3 電場線 1．定義 為了形象地描述電場中各點的電場強度的強弱及方向，在電場中畫出的一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場強度的大小。 2．幾種典型電場的電場線 　 　　 3．特點 (1)電場線從正電荷出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處，或來自于無限遠處，終止于負電荷。 (2)電場線在電場中不相交。 (3)在

4、同一電場中，電場線越密的地方場強越大。 (4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。 (5)沿電場線方向電勢逐漸降低。 (6)電場線和等勢面在相交處互相垂直。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．質子的電荷量為一個元電荷，但電子、質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，不論它們的電荷量是否相等，它們之間的庫侖力大小一定相等。(√) 3．根據F＝k，當r→0時，F→∞。(×) 4．電場強度反映了電場力的性質，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的方向即為試探電

5、荷在該點所受電場力的方向。(×) 6．在點電荷產生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度相同。(×) 二、對點微練 1．(感應起電)靜電現象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 解析　梳過頭發(fā)的塑料梳子因與頭發(fā)摩擦帶電，能吸引輕小物體紙屑，是靜電現象。帶電小球移至不帶電金屬球附近，使不帶電小球近

6、端感應出與帶電小球異種的電荷，而相互吸引，是靜電現象。小線圈接近通電線圈的過程中，小線圈中產生感應電流，是電磁感應現象，不是靜電現象。從干燥的地毯上走過，人與地毯摩擦產生靜電，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺，是放電現象，屬于靜電現象。因此不屬于靜電現象的是C項。 答案　C　 2．(庫侖定律)如圖所示，完全相同的兩個金屬小球A、B帶有等量電荷，相隔一定的距離，兩球之間的相互吸引力大小為F?，F用第三個完全相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩個球接觸后移開，這時A、B兩個小球之間的相互作用力大小是(　　) A.F　　　B.F　　　C.F　　　D.F 解析　由于A、B間有吸引力，故A、B

7、帶異種電荷，設A、B帶的電荷量分別為Q、－Q，則兩球之間的相互吸引力即為靜電力F＝k。當C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量都變?yōu)閝1＝。當C球再與B球接觸后，B、C兩球的電荷量都變?yōu)閝2＝＝。所以此時A、B兩球之間的相互作用力的大小為F′＝＝k＝，A項正確。 答案　A　 3．(電場強度)電場中有一點P，下列說法正確的是(　　) A．若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半 B．若P點沒有檢驗電荷，則P點場強為零 C．P點場強越大，則同一電荷在P點所受靜電力越大 D．P點的場強方向為試探電荷在該點的受力方向 解析　公式E＝是電場強度的定義式，E與F、q無關，A、B項錯；由F

8、＝Eq知，C項正確；場強方向與正電荷受力方向相同，與負電荷受力方向相反，D項錯。 答案　C　 4．(電場線)如圖所示，實線是一簇未標明方向的由點電荷Q產生的電場線，若帶電粒子q(|Q|?|q|)由a運動到b，電場力做正功。已知在a、b兩點粒子所受電場力分別為Fa、Fb，則下列判斷正確的是(　　) A．若Q為正電荷，則q帶正電，Fa＞Fb B．若Q為正電荷，則q帶正電，Fa＜Fb C．若Q為負電荷，則q帶正電，Fa＞Fb D．若Q為負電荷，則q帶正電，Fa＜Fb 解析　由于粒子由a運動到b電場力做正功，可知電場 力指向外側，Q、q為同種電荷；電場線密集的地方電場強度大，由F＝

9、Eq知Fa較大，A項正確。 答案　A　 5．(電場的疊加)如圖所示，正電荷Q置于一勻強電場中(圖中水平直線為勻強電場的電場線)，在以正電荷Q為圓心、半徑為r的圓周上有a、b、c三點，其中a點的電場強度Ea＝0，則下列判斷正確的是(　　) A．勻強電場電場強度E＝，方向水平向右 B．勻強電場電場強度E＝，方向水平向左 C．c點電場強度為Ec＝0 D．b點的電場強度為Eb＝，與勻強電場方向成45°角 解析　因a點的電場強度Ea＝0，所以正電荷在a點的電場強度與勻強電場的電場強度等大反向，即勻強電場的電場強度E＝，方向水平向右，A、B項錯；由電場疊加原理知c點電場強度為Ec＝，方向

10、水平向右，C項錯；同理可得b點的電場強度為Eb＝，與勻強電場方向成45°角，D項對。 答案　D　 見學生用書P103 微考點　1　庫侖力及庫侖力作用下的平衡問題 核|心|微|講 1．對庫侖定律F＝k的理解與計算 (1)近似條件：在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作真空來處理。當帶電體間的距離遠大于它們本身尺度時，可把帶電體看作點電荷。 (2)計算方法：注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據結果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力。 特別

11、提醒　不可由r→0時，得出F→∞的結論，雖然從數學角度成立，但從物理角度分析，當r→0時，兩帶電體不能視為點電荷，公式已不適用。 2．庫侖力具有力的共性 (1)兩個點電荷之間相互作用的庫侖力遵守牛頓第三定律。 (2)庫侖力可使帶電體產生加速度。例如原子的核外電子繞核運動時，庫侖力使核外電子產生向心加速度。 (3)庫侖力可以和其他力平衡。 (4)某個點電荷同時受幾個點電荷的作用時，要用平行四邊形定則求合力。 3．三個點電荷的平衡問題 要使三個自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應為零。由庫侖力的方向

12、和二力平衡知識可知，三個點電荷必須在同一條直線上，并且同種電荷不能相鄰，由F＝k知，中間異種電荷電荷量應最小，靠近兩側電荷量較小的那一個，即“三點共線，兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”。 典|例|微|探 【例1】　 (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的質量為m、電量為q。小球A的右側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

13、 B．當＝ 時，細線上的拉力為零 C．當＝ 時，細線上的拉力為零 D．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為零 【解題導思】 (1)A球最多受幾個力作用？都是哪些力？ 答：最多受4個力作用，分別是重力、斜面的支持力、B對A的庫侖力、繩子的拉力。 (2)繩子的拉力為零的條件是什么？ 答：當B對A的庫侖斥力等于mgtanθ時，繩子的拉力為零。 解析　根據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，由平衡條件得＝mgtanθ，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。

14、答案　AC　 點電荷的平衡問題的分析方法與純力學平衡問題的分析方法是相同的，只是在原受力分析的基礎上多了一個庫侖力或電場力。 題|組|微|練 1．(多選)如圖所示，可視為點電荷的小球A、B分別帶負電和正電，B球固定，其正下方的A球靜止在絕緣斜面上，則A球受力個數可能為(　　) A．2個　　B．3個 C．4個　　D．5個 解析　以A為研究對象，根據其受力平衡可得，如果沒有受到摩擦力，則A對斜面一定無彈力，其只受重力和庫侖引力作用而平衡，A項正確；如果A受摩擦力作用，則其一定受彈力，所以此時A受4個力作用而平衡，C項正確。 答案　AC　 2．如圖所示，在光滑絕緣水平面上

15、放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數均為k0的輕質彈簧絕緣連接。當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l。已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為(　　) A．l＋ B．l－ C．l－ D．l－ 解析　對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球對它向右的庫侖斥力，大小分別為F1＝和F2＝。由力的平衡可知彈簧彈力的大小F＝F1＋F2＝，彈簧的伸長量為Δl＝＝，故彈簧的原長為l0＝l－Δl＝l－，C項正確。 答案　C　 微考點　2　電場強度的理解及電場的疊加 核|心|微|講 1．場強的公式 2．電場的疊加

16、(1)疊加原理：多個電荷在空間某處產生的電場為各電荷在該處所產生的電場場強的矢量和。 (2)計算法則：平行四邊形定則。 典|例|微|探 【例2】　直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。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(　　) A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 【解題導思】 (1)電場強度是矢量，場強的疊加遵循什么樣的規(guī)律？ 答：遵循平行四邊形定則。 (2)M、N兩負電荷產生的電場

17、關于x軸有對稱的特點嗎？ 答：雖然MN兩點的位置和兩負電荷的電荷量大小關系不明確，但它們產生的電場關于x軸對稱。 解析　當正電荷置于O點時，由對稱性可知，H、G兩點電場強度大小相等，均為零。當正電荷置于G點時，H點場強E＝－＝－，沿y軸負方向，B項正確。 答案　B 【反思總結】 求電場強度的兩種特殊方法 1．對稱法：巧妙而合理地假設放置額外電荷，或將電荷巧妙地分割使問題簡化而求得未知電場強度，這都可采用對稱法求解。 2．微元法：微元法就是將研究對象分割成若干微小的單元，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。

18、 題|組|微|練 3.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點電場強度的大小變?yōu)镋2。則E1與E2之比為(　　) A．1∶2　　　B．2∶1 　C．2∶　　　D．4∶ 解析　 兩個點電荷分別在M點和N點時，每個點電荷在O點產生的電場強度的大小相等、方向相同，所以EM＋EN＝E1，得EM＝EN＝。將N點處的點電荷移至P點時，假設M點的電荷為正電荷，則O點的電場強度如圖所示。M點和P點的點電荷在O點產生的電場強度的大小

19、仍相等，夾角為120°，所以O點電場強度E2＝EM＝，即＝，B項正確。 答案　B　 4.如圖所示，M、N為兩個等量同種正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關于點電荷q的運動的說法正確的是(　　) A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值 D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零 解析　 如圖所示，根據電場疊加原理，O點場強為零，設OM＝ON＝a、∠MPO＝∠NPO＝θ，對P點的場強合成結合數學

20、關系，有Ep＝2E1cosθ＝sin2θcosθ，根據極值特點，顯然當cosθ＝sin2θ時場強有最大值，電場力有最大值。 點電荷從P→O的過程中，電場力可能是先變大后變小，加速度隨之先變大后變??；也可能電場力一直變 小，加速度一直變小。不過，在到達O點之前，電場力一直表現為引力，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關于直線MN對稱，電荷越過O點后的運動也不一定是單調變化的。有些粗心的同學容易認為從P→O時，點電荷距離兩個場源電荷越來越近，電場力就會越來越大而錯選A項。其實，點電荷與場源電荷的兩個電場力確實是變大的，只是兩個電場力的合力未必變大，這要看電場的矢量合成情

21、況。 答案　C　微考點　3　電場線　帶電粒子運動軌跡判斷 核|心|微|講 1．判斷速度方向：帶電粒子軌跡的切線方向為該點處的速度方向。 2．判斷電場力(或場強)的方向：帶電粒子所受電場力方向(僅受電場力作用)指向軌跡曲線的凹側，再根據粒子的正、負判斷場強的方向。 3．判斷電場力做功的正負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減小；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加。 典|例|微|探 【例3】　某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是(　　)

22、 A．粒子必定帶正電荷 B．該靜電場一定是孤立正電荷產生的 C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度 D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度 【解題導思】 (1)在不知道電場線方向的情況下，能否由粒子軌跡的彎曲方向確定電場力的方向？ 答：能，電場力指向軌跡的凹側。 (2)根據電場力的方向，結合電場線的分布能否判斷粒子的電性？ 答：不能，因為電場的方向不知道。 (3)由電場線的分布特點，能否分析粒子加速度的大小變化？ 答：能，在電場線密集處加速度大，在電場線稀疏處加速度小。 解析　帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或其反方向，且指向曲線彎曲的內側，靜電力方向大致向上，

23、因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以選項A錯；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以選項B錯；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產生的加速度也大，所以選項C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以選項D錯誤。 答案　C 【反思總結】 電場線與軌跡問題的判斷方法 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”——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

24、一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設法”分別討論各種情況。 題|組|微|練 5.如圖所示，實線表示某電場的電場線，過O點的虛線MN與電場線垂直，兩個相同的帶負電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動，速度方向垂直于MN，且都能從MN左側經過O點。設粒子P、Q在A、B兩點的加速度大小分別為a1和a2，電勢能分別為Ep1和Ep2，過O點時的速度大小分別為v1和v2，到達O點經過的時間分別為t1和t2。粒子的重力不計，則(　　) A．a1v2 C．t1

25、電粒子的加速度大，即a1>a2，選項A錯誤；A點的電勢高于B點的電勢，負電荷在電勢高的位置電勢能小，所以Ep1t2，選項C錯誤。 答案　D　 6．在空間O點固定帶正電的點電荷Q，其電場的電場線如圖所示，在其電場中的A點有一個帶電粒子q(重力不計)。若給帶電粒子一個垂直于OA方向的初速度v0，在只受電場力的作用下，以下說法

26、正確的是　(　　) A．若q為負電荷，則q一定做圓周運動 B．若q為負電荷，則q可能做勻變速曲線運動 C．若q為正電荷，則q的電勢能可能增大 D．若q為正電荷，則q一定做遠離O點的變加速曲線運動 解析　若q為負電荷，只有當粒子受到的電場力恰好和粒子做圓周運動的向心力大小相等時，粒子才做勻速圓周運動，否則粒子做變速曲線運動，所以A項錯誤；當粒子做曲線運動時，粒子受到的電場力的大小要改變，所以粒子做的是變加速曲線運動，所以B項錯誤；若q為正電荷，那么粒子一定會向遠離電荷Q的方向運動，電場力做正功，則q的電勢能逐漸減小，所以C項錯誤；若q為正電荷，那么粒子一定會遠離O點，受到的電場力的

27、大小逐漸減小，做變加速曲線運動，所以D項正確。 答案　D　 見學生用書P105 用對稱法和補償法求電場強度 　素能培養(yǎng) 1．對稱法求電場強度 對稱法實際上是某些物理現象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法可以避免復雜的運算和推導，直接抓住問題的實質，有出奇制勝之效。 2．補償法求電場強度 求解物理問題，要根據問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型不是完整的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就轉化為一個求解新模型和補充條件的差值問題了。 　經典考題　 均勻帶電的球殼在球

28、外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為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(　　) A.　　　　　　　 B.－E C.－E D.＋E 解析　左半球面AB上的正電荷產生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球殼產生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產生的電場的合電場，則有E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產生的場強大小相

29、等，則EN＝E′＝－E＝－E，B項正確。 答案　B 　對法對題 1.如圖所示，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數)的外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點A放置一個帶電量為＋2q的點電荷，其余頂點分別放置帶電量均為－q的點電荷(未畫出)。則圓心O處的場強大小為(　　) A．2kq/R2 B．3kq/R2 C．(N－1)kq/R2 D．Nkq/R2 解析　由對稱性可知，除A點外各點的點電荷在O點產生電場的合場強等效為與A點關于O點對稱的點電荷(電荷量為－q)產生的電場E′，由電場的疊加原理知，EO＝EA＋E′＝＋＝，B項正確。 答案　B 2．如圖所示，用一根金屬絲彎

30、成半徑為r的圓環(huán)，但在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金屬絲上，則圓心O處的電場強度大小及方向為(　　) A.　背離圓心向左 B.　背離圓心向右 C.　背離圓心向左 D.　背離圓心向右 解析　假設將這個圓環(huán)的缺口補上，并且所補部分的電荷密度與原金屬絲上的電荷密度一樣，這樣就形成一個電荷均勻分布的完整的帶電圓環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微小部分所帶電荷可視為兩個相對應的點電荷，它們在圓心O處產生的電場疊加后合場強為零。根據對稱性可知，帶電圓環(huán)在圓心O處的合場強E＝0。至于補上的那一小段，由題中條件可看做點電荷，它在圓心O處的場強E1是可求的。若題

31、中待求場強為E2，則E1＋E2＝0。設原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為σ，σ＝，則補上的那一小段金屬絲的電荷量Q′＝σ·d＝，Q′在圓心O處的場強為E1＝＝，方向背離圓心向右。由E1＋E2＝0，可得E2＝－E1＝－，負號表示E2與E1方向相反，即背離圓心向左。故選項C正確。 答案　C 見學生用書P105 1．(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為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。已測得每個小球質量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g取

32、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度為0 解析　因A、B兩球相同，故接觸后兩球所帶的電荷量相同，故A項正確；由題意知平衡時A、B兩球離懸點的高度為h＝ m＝0.08 m，設細線與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝＝，由tanθ＝，知A球所受的靜電力F＝mgtanθ＝6×10－3 N，B項錯誤；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C項正確；A、B兩球帶同種電荷，則

33、A、B兩球連線中點處的電場強度為0，故D項正確。 答案　ACD　 2.一個帶正電的粒子，在xOy平面內以速度v0從O點進入一個勻強電場，重力不計。粒子只在電場力作用下繼續(xù)在xOy平面內沿圖中虛線軌跡運動到A點，且在A點時的速度方向與y軸平行，則電場強度的方向可能是(　　) A．沿x軸正方向 B．沿x軸負方向 C．沿y軸正方向 D．垂直于xOy平面向里 解析　在O點粒子速度有水平向右的分量，而到A點時水平分量變?yōu)榱?，說明該粒子所受電場力向左或有向左的分量，又因為粒子帶正電，故只有B項正確。 答案　B　 3.(多選)在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球構成菱形，其帶電量如圖所示。

34、圖中－q與－q的連線跟－q與＋Q的連線之間夾角為α，若該系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式為(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析　設菱形的邊長為L，對下方的電荷應用力的平衡條件得2kcosα＝k，解得cos3α＝，A項正確，B項錯誤；對左邊電荷應用力的平衡條件得2ksinα＝k，解得sin3α＝，C項正確，D項錯誤。 答案　AC　 4.如圖所示，兩根等長帶電棒放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上，棒與坐標軸圍成等腰直角三角形。兩棒帶電量相等，且電荷均勻分布，此時O點的電場強度大小為E。撤去其中一根帶電棒后，O點的電場強度大小變?yōu)?　　) A.　　　B.　　　C．E　　　D.E 解析　 兩根等長帶電棒等效成兩個正點電荷如圖所示，兩正點電荷在O點產生的場強的大小為E＝E1，故撤走一根帶電棒后，在O點產生的場強為E1＝，故選B項。 答案　B　 18