《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 8 第六章 靜電場 1 第1節(jié) 電場力的性質教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復習 8 第六章 靜電場 1 第1節(jié) 電場力的性質教學案（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第六章 靜電場 知識內容 考試要求 真題統計 2016.10 2017.4 2017.11 2018.4 2018.11 2019.4 2020.1 1.電荷及其守恒定律 c 2.庫侖定律 c 13 6 13 3.電場強度 c 8 2 1、3、6 13 4.電勢能和電勢 c 8 2 11 6 10 5.電勢差 c 6.電勢差與電場強度的關系 c 7.靜電現象的應用 b 8.電

2、容器的電容 c 2、3 9.帶電粒子在電場中的運動 d 8、23 8 19 11 7 第1節(jié)　電場力的性質 【基礎梳理】 提示：1.60×10－19C　電荷的總量　接觸　k　點電荷　　k　電場強度 【自我診斷】 判一判 (1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數倍．(　　) (2)根據公式F＝k得，當r→0時，有F→∞.(　　) (3)電場強度反映了電場力的性質，所以電場中某點的場強與試探電荷在該點所受的電場力成正比．(　　) (4)電場中某點的場強方向與負電荷在該點所受的電場力的方向相反．(　　) (5)在真空中

3、，點電荷的場強公式E＝中的Q是產生電場的場源電荷的電荷量，E與試探電荷無關．(　　) (6)帶電粒子的運動軌跡一定與電場線重合．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)× 做一做 如圖所示為真空中兩點電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關于虛線對稱，O點為A、B電荷連線的中點，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點，則下列說法正確的是(　　) A．A、B可能帶等量異號的正、負電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a、b兩點處無電場線，故其電場強度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等，方向一定相反 提示：選D.根

4、據題圖中的電場線分布可知，A、B帶等量的正電荷，選項A、B錯誤；a、b兩點處雖然沒有畫電場線，但其電場強度一定不為零，選項C錯誤；由圖可知，a、b兩點處電場強度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力一定大小相等，方向相反，選項D正確． 　對庫侖定律的理解及應用 【知識提煉】 1．對庫侖定律的理解 (1)F＝k，r指兩點電荷間的距離．對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球的球心間距． (2)當兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大． 2．求解涉及庫侖力的平衡問題的解題思路 涉及庫侖力的平衡問題與純力學平衡問題分析方法

5、一樣，受力分析是基礎，應用平衡條件是關鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結合解決問題，但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點．具體步驟如下： 【典題例析】 　(多選)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.0×10－6C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的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質量為0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可視為點電荷)，則(　　) A．支架對地面的壓力大小為2.0N

6、 B．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9N 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＝1.225N，F2＝1.0N D．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N [審題指導]　對小球進行受力分析，除受到重力、拉力外，還受到庫侖力，按照力的平衡的解題思路求解問題． [解析]　設A、B間距為l，A對B有豎直向上的庫侖力，大小為FAB＝＝0.9N；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＝mg－FAB＝1.1N，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

7、豎直向下的重力、庫侖力和F1、F2作用而處于平衡狀態(tài)，因兩線夾角為120°，根據力的合成特點可知：F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9N，選項B正確；當B移到無窮遠處時，F1＝F2＝GA＝1N，選項D錯誤；當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：F1cos30°＝F2cos30°＋F′cos30°，豎直方向：F1sin30°＋F2sin30°＝GA＋F′sin30°，由庫侖定律知，A、B間庫侖力大小F′＝＝＝0.225N，聯立以上各式可得F1＝1.225N，F2＝1.0N，選項C正確． [答案]　BC 【題組過關】 考向1　庫侖

8、力作用下的平衡問題 1．(2020·1月浙江選考)如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接．A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0>0，qB＝－q0，當系統處于靜止狀態(tài)時，三小球等間距排列．已知靜電力常量為k，則(　　) A．qC＝q0 B．彈簧伸長量為 C．A球受到的庫侖力大小為2Mg D．相鄰兩小球間距為q0 答案：A 考向2　庫侖力作用下的動力學問題 2．(2020·舟山調研)如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的絕緣水平桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B，現給小球B一個垂直A、B連線方向的速

9、度v0，使其在水平桌面上運動，則下列說法中正確的是(　　) A．若A、B帶同種電荷，B球可能做速度減小的曲線運動 B．若A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增大的曲線運動 C．若A、B帶異種電荷，B球一定做類平拋運動 D．若A、B帶異種電荷，B球可能做速度大小和加速度大小都不變的曲線運動 解析：選D.若A、B帶同種電荷，則A對B有斥力作用，且斥力方向和速度方向夾角越來越小，速度增大，A、B間距離越來越大，庫侖力越來越小，加速度越來越小，A、B錯誤；若A、B帶異種電荷，B受到的庫侖力指向A，庫侖力可能等于B做勻速圓周運動需要的向心力，C錯誤，D正確． 　對電場強度的理解與計算 【知識

10、提煉】 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 真空中點電荷電場強度的決定式 勻強電場中E與U的關系式 適用條件 一切電場 (1)真空(2)點電荷 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與q無關 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為沿電場方向的距離 相同點 矢量，遵守平行四邊形定則 單位：1N/C＝1V/m　　　 2.求解電場強度的常規(guī)方法 3．求解電場強度的非常規(guī)思維方法 疊加法 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

11、平衡法 帶電體受力平衡時可根據平衡條件求解 等效法 在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景 對稱法 空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性 補償法 將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為球面等 【典題例析】 　(2019·4月浙江選考)用長為1.4m的輕質柔軟絕緣細線，拴一質量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10－8C的小球，細線的上端固定于O點．現加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成37°，如圖所示．現向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則(sin37°＝0.6)(　　) A．該勻強電場的場強為3.75×107N/

12、C B．平衡時細線的拉力為0.17N C．經過0.5s，小球的速度大小為6.25m/s D．小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7m/s [解析]　小球處于平衡狀態(tài)時，受力分析如圖所示，則可知qE＝mgtan37°，則該勻強電場的電場強度E＝＝3.75×106N/C，故A錯誤；細線的拉力F＝＝0.125N，故B錯誤；在外力作用下，小球拉至細線水平時，由靜止釋放，如圖所示，小球在電場力和重力作用下，從A點由靜止開始做勻加速直線運動至B點，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4m，在此過程中，細線處于松弛狀態(tài)，無拉力作用，小球運動至B點時，細線繃緊，勻加速直線運動結束．根據牛

13、頓第二定律可知小球勻加速直線運動時的加速度a＝＝＝m/s2＝12.5m/s2，假設經過0.5s后，小球仍在沿AB方向做勻加速直線運動，則小球的速度v＝at＝6.25m/s，經過的距離x＝at2＝×12.5×0.52m＝1.5625m，A、B間的距離|AB|＝2×l×cos53°＝1.68m，x<|AB|，假設成立，故0.5s時，小球的速度大小為6.25m/s，故C正確；小球運動至B點時，細線繃緊，小球沿細線方向的分速度減為零，動能減小，假設細線繃緊過程小球機械能損失ΔE，此后在電場力、重力和細線拉力作用下沿圓弧運動至O點正下方，根據能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，可得v<7

14、m/s，故D錯誤． [答案]　C 【題組過關】 1．(2020·嘉興調研)下列說法中正確的是(　　) A．由E＝知，電場中某點的電場強度與檢驗電荷在該點所受的電場力成正比 B．電場中某點的電場強度等于，但與檢驗電荷的受力大小及帶電量無關 C．電場中某點的電場強度方向即檢驗電荷在該點的受力方向 D．公式E＝和E＝對于任何靜電場都是適用的 解析：選B.E＝只是電場強度的定義式，不能由此得出電場中某點的場強與檢驗電荷在該點所受的電場力成正比、與電荷量成反比，因為電場中某點的電場強度只與電場本身的性質有關，與檢驗電荷的電量及受力無關，A錯，B對；電場中某點的電場強度方向為正電荷在該

15、點的受力方向，C錯；公式E＝對于任何靜電場都是適用的，E＝只適用于真空中的點電荷的電場，D錯． 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 解析：選B.處于O點的正點電荷在G點處產生的場強E1＝k，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據對稱性，M、N

16、處兩負點電荷在H點共同產生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負向． 　電場線與運動軌跡問題 【知識提煉】 1．電荷運動的軌跡與電場線一般不重合．若電荷只受電場力的作用，在以下條件均滿足的情況下兩者重合： (1)電場線是直線； (2)電荷由靜止釋放或有初速度，且初速度方向與電場線方向平行． 2．由粒子運動軌跡判斷粒子運動情況 (1)粒子受力方向指向曲線的內側，且與電場線相切． (2)由電場線的疏密判斷加速度大?。? (3)由電場力做功的正負判斷粒子動能的變化情況

17、． 【典題例析】 　(多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　) A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．a的速度將減小，b的速度將增大 C．a的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的電勢能都減少 [審題指導]　解此題關鍵要抓住兩點： (1)利用運動軌跡結合曲線運動分析粒子的受力方向及做功特點． (2)利用電場線的疏密分析電場力及加速度的大小． [解析]　因為電場線方向未知，不能確定a、b的電性，所以選項A錯誤；由于電場力對a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，電勢能都

18、減少，選項B錯誤，D正確；粒子的加速度大小取決于電場力的大小，a向電場線稀疏的方向運動，b向電場線密集的方向運動，所以選項C正確． [答案]　CD 【題組過關】 考向1　等量異(同)種電荷電場線的分布 1.(2020·紹興質檢)如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點．a、b是兩點電荷連線上關于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點．下列說法中正確的是(　　) A．a點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小 B．a點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到

19、d，所受電場力先減小后增大 C．a點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小 D．a點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大 解析：選C.在兩電荷的連線上，由場強的疊加原理可知，中點O場強最小，從O點到a點或b點，場強逐漸增大，由于a、b是兩點電荷連線上關于O的對稱點，場強相等，選項A、B錯誤；在兩電荷連線的中垂線上，中點O的場強最大，由O點到c點或d點，場強逐漸減小，所以沿MN從c點到d點場強先增大后減小，因此檢驗電荷所受電場力先增大后減小，所以C正確，D錯誤.考向2　電場線中帶電粒子的運動分析 2.如圖，P是

20、固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則(　　) A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 解析：選D.由點電荷電場強度公式E＝k可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B選項錯誤；由力與運動的關系

21、可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負功，動能減少，從b到a的過程中電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于c、b兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕 對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有va>vc>vb，C選項錯誤，D選項正確． 1．重要電場線的比較 比較項目 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 連線上O點場強最小，指向負電荷一方 為零 連線上的場強 大小(從左到右) 沿

22、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 關于O點對稱 的A與A′、B 與B′的場強 等大同向 等大反向 2.求解電場線與運動軌跡問題的方法 (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)，從二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，是題意中相互制約的三個方面．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(三

23、不知)，則要用“假設法”分別討論各種情況．　 [隨堂檢測] 1．(2018·4月浙江選考)真空中兩個完全相同、帶等量同種電荷的金屬小球A和B(可視為點電荷)，分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F.用一個不帶電的同樣金屬球C先后與A、B球接觸，然后移開球C，此時A、B球間的靜電力為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：選C.設原來A、B各帶Q電荷量，根據相同的小球接觸后電荷的分配規(guī)律可知，C球與A球碰后，A、C均帶的電荷量，然后C球與B球接觸后，C、B各帶的電荷量，原來的靜電力為F＝k，后來的靜電力為F′＝k＝F，故選項C正確． 2．(2017·11月浙江選考)電場

24、線的形狀可以用實驗來模擬，把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里，加上電場，頭發(fā)屑就按照電場的方向排列起來，如圖所示．關于此實驗，下列說法正確的是(　　) A．a圖是模擬兩等量同種電荷的電場線 B．b圖一定是模擬兩等量正電荷的電場線 C．a圖中的A、B應接高壓起電裝置的兩極 D．b圖中的A、B應接高壓起電裝置的兩極 答案：C 3．(2020·麗水高二月考)四種電場的電場線如圖所示．一正電荷q僅在靜電場力作用下由M點向N點做加速運動，且加速度越來越大．則該電荷所在的電場是圖中的(　　) 解析：選D.由正電荷q僅在靜電力的作用下由M點向N點做加速運動，故由M向N的方向為電場線的方向，故B錯誤；加

25、速度越來越大，即電場線越來越密，故A、C錯誤，D正確． 4．(2020·臺州調研)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自由釋放一個負電荷q，不計重力影響，關于點電荷q的運動下列說法正確的是(　　) A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度也越來越大 B．從P→O的過程中，加速度越來越小，到O點速度達到最大值 C．點電荷越過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：選C.如圖所示，根據電場疊加原理知：O點場強為零，從O點沿中垂線向外，場強先變大后變?。c電荷從P→O的過程中，靜電力可能是

26、先變大后變小，加速度隨之先變大后變??；也可能靜電力一直變小，加速度一直變小，關鍵是P點位置的不確定性．不過，在到達O點之前，靜電力一直表現為引力，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電荷距離兩個場源電荷越來越近，靜電力就會越來越大而錯選A.其實，點電荷與場源電荷的兩個靜電力確實是變大的，只是兩個靜電力的合力未必變大，這要看電場的矢量合成情況． [課后達標] 一、選擇題 1.如圖所示，有三個點電荷A、B、C位于一個等邊三角形的三個頂點上，已知A、B都帶正電荷，A所受B、C兩個點

27、電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，那么可以判定點電荷C所帶電荷的電性為(　　) A．一定是正電 B．一定是負電 C．可能是正電，也可能是負電 D．無法判斷 答案：B 2.(2020·嘉興質檢)如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a和b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣底座上，兩球心間的距離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，那么關于a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的表達式正確的是(　　) A．F引＝G，F庫＝k　 B．F引≠G，F庫≠k C．F引≠G，F庫＝k D．F引＝G，F庫≠k 解析：選D.由于a、b兩球

28、所帶異種電荷相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側電荷分布較密集，又l＝3r，不滿足l?r的要求，故不能將帶電球殼看成點電荷，所以不能應用庫侖定律，故F庫≠k.雖然不滿足l?r，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看成質量集中于球心的質點，可以應用萬有引力定律，故F引＝G.故選D. 3.如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷 C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷 解析：選D.對P、Q整體進行受力分析可知，在水

29、平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，D正確，C錯誤． 4．(多選)(2020·寧波質檢)如圖所示，質量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2的兩小球，分別用絕緣輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向的夾角分別為α和β(α>β)，兩小球恰在同一水平線上，那么(　　) A．兩球一定帶異種電荷 B．q1一定大于q2 C．m1一定小于m2 D．m1所受的庫侖力一定大于m2所受的庫侖力 解析：選AC.由于兩帶電小球相互吸引，所以一定帶異種電荷，選項A正確．設輕絲

30、線與豎直方向的夾角為θ，根據平衡條件可得兩球之間的庫侖力F＝mgtanθ，因此m1g

31、荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，僅受電場力和另一個力，則電子所受另一個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 答案：B 7．(多選)如圖所示，半徑為r的硬橡膠圓環(huán)上，帶有均勻分布的負電荷，單位長度的電荷量為q，其圓心O處的合場強為零．若在圓環(huán)頂部截去長度為l(l?r)的一小段AB，則剩余部分在圓心O產生的場強(　　) A．大小為　　　　 B．方向為豎直向下 C．方向為豎直向上 D．大小和方向無法判斷 答案：AB 8.(2020·金華質檢)如

32、圖所示，一電場的電場線分布關于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM＝MN.P點在y軸右側，MP⊥MN.則O、M、N、P四點中電場強度最大的是(　　) A．O點B．M點 C．N點D．P點 解析：選A.電場線的疏密程度表示場強大小，由此可知場強最大的點為O點，故選A. 9．(多選)(2020·浙江省名?？记把簩?如圖所示，在真空中一條豎直向下的電場線上有a、b兩點．一帶電質點在a處由靜止釋放后沿電場線向上運動，到達b點時速度恰好為零．則下列說法正確的是(　　) A．該帶電質點一定帶正電荷 B．該帶電質點一定帶負電荷 C．a點的電場強度大于b點的電場強度 D．質

33、點在b點所受到的合力一定為零 解析：選BC.帶電質點由a點釋放后向上運動，可知合力方向向上，而質點所受重力豎直向下，故電場力一定豎直向上，與電場線方向相反，故該質點一定帶負電，A錯，B對；帶電質點到b點時速度又減為零，可知向上運動過程中，合力先向上再向下，因重力不變電場力減小，知a點的場強大于b點，C對，D錯． 10．(2018·11月浙江選考)電荷量為4×10－6C的小球絕緣固定在A點，質量為0.2kg、電荷量為－5×10－6C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點．A、B間距離為30cm，AB連線與豎直方向夾角為60°.靜電力常量為9.0×109N·m2/C2，小球可視為點電荷．下列圖示正確

34、的是(　　) 答案：B 11.如圖所示，絕緣細線上端固定，下端懸掛一輕質帶電小球N，當帶同種電荷的金屬球M固定在N近旁的絕緣支架上時，懸掛N的細線與豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是(　　) A．僅將M的電荷量增大，θ不變 B．僅將M的電荷量增大，θ變小 C．僅將支架沿水平地面移近N，θ變小 D．僅將支架沿水平地面移近N，θ變大 答案：D 12．(2020·湖州質檢)兩點電荷形成電場的電場線分布如圖所示，A、B是電場線上的兩點，下列判斷正確的是(　　) A．A、B兩點的電場強度大小不等，方向相同 B．A、B兩點的電場強度大小相等，方向不同 C．左邊電荷帶負電，

35、右邊電荷帶正電 D．兩電荷所帶電荷量相等 解析：選C.電場線的疏密代表場強的強弱，電場線越密，代表電場越強，電場方向為電場線的切線方向，故從圖中可以看出A點、B點電場強度大小和方向均不同，故A、B錯誤；電場線從正電荷指向負電荷，故C正確；右邊電荷周圍的電場線密集，故此電荷的電荷量較大，故D錯誤． 13.如圖，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點的場強大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為(　　) A．1∶2B．2∶1 C．2∶D．4∶

36、 解析：選B.依題意，每個點電荷在O點產生的場強為，則當N點處的點電荷移至P點時，O點場強如圖所示，合場強大小為E2＝，則＝，B正確． 14．(2020·衢州檢測)兩個等量點電荷P、Q在真空中產生的電場線(方向未畫出)如圖所示，一電子在A、B兩點所受的電場力分別為FA和FB，則它們的大小關系為(　　) A．FA＝FB　　　　　 B．FA＞FB C．FA＜FB D．無法確定 解析：選B.從電場線的疏密判斷，A點的電場強度比B點的電場強度大，故EA＞EB.根據電場力F＝qE知，FA＞FB，故B正確，A、C、D錯誤． 15.(多選)(2020·麗水質檢)如圖所示，水平地面上固定一個光

37、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、電荷量為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 B．當＝時，細線上的拉力為0 C．當＝時，細線上的拉力為0 D.＝時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選AC.根據庫侖定律，A、B球間的庫侖力F庫＝k，選項A正確；小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫侖力F庫＝，由平衡條件知，當斜面對小球的支持力

38、FN的大小等于重力與庫侖力的合力大小時，細線上的拉力等于零，如圖所示，則＝tanθ，＝，所以選項C正確，B錯誤．若A靜止在斜面上，則斜面對小球A的支持力不可能為零，故選項D錯誤． 二、非選擇題 16．(2020·舟山質檢)在一個點電荷Q的電場中，Ox坐標軸與它的一條電場線重合，如圖甲所示坐標軸上A、B兩點的坐標分別為2.0m和5.0m．放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，電場力的大小跟試探電荷所帶電量的關系圖象如圖乙中直線a、b所示，放在A點的電荷帶正電，放在B點的電荷帶負電． 　 (1)求B點的電場強度的大小和方向； (2)試判斷點電荷Q的電性，并說明理由

39、； (3)求點電荷Q的位置坐標． 解析：(1)由圖可知，B點的電場強度EB＝＝2.5N/C，方向指向x軸負方向．同理A點的電場強度EA＝40N/C，方向指向x軸正方向． (2)放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，而正電荷所受電場力與電場強度方向相同，負電荷所受電場力與電場強度方向相反．若點電荷在A的左側或在B的右側，正負電荷所受電場力方向不可能相同，所以點電荷Q應位于A、B兩點之間，根據正負電荷所受電場力的方向，知該點電荷帶負電． (3)設點電荷Q的坐標為xm，由點電荷的電場E＝k，可知＝＝ 解得x＝2.6(另解x＝1舍去) 所以點電荷Q的位置坐標為2.6

40、m. 答案：(1)2.5N/C　方向指向x軸負方向　 (2)負電荷　理由：若點電荷在A的左側或在B的右側，正負電荷所受電場力方向不可能相同，所以點電荷Q應位于A、B兩點之間，根據正負電荷所受電場力的方向，知該點電荷帶負電．　(3)2.6m 17．(2020·杭州高二檢測)如圖所示，一質量為m＝1.0×10－2kg，帶電量為q＝1.0×10－6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成37°角．小球在運動過程中電量保持不變，重力加速度g取10m/s2. (1)求電場強度E的大小； (2)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過1s時小球的速度大小v及方向．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：(1)由平衡條件得小球所受電場力 F＝mgtanθ， 所以小球所在處的電場強度的大?。篍＝＝＝N/C＝7.5×104N/C. (2)細線剪斷后，小球的合力 F合＝＝1.25mg 根據牛頓第二定律，小球的加速度： a＝＝1.25g＝12.5m/s2. 所以1s時小球的速度大小v＝at＝12.5m/s，速度方向沿原細線方向向下，即方向與豎直方向成37°角，斜向左下． 答案：(1)7.5×104N/C　(2)12.5m/s　方向與豎直方向成37°角，斜向左下 18