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1、 專題一 電場力的性質 一、庫侖定律與庫侖力作用下的平衡 1．庫侖定律 F＝k適用于真空中兩個點電荷．當r→0時，公式不再適用． 2．庫侖力作用下的平衡問題 (1)特點：F合＝0 (2)分析方法 ①同一直線上三個自由電荷的平衡 電荷間的關系：“三點共線”、“兩大夾小”、“兩同夾異”、“近小遠大”． ②不共線力作用下的平衡 用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等． [復習過關] 1．在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列三個帶電小球A、B、C(可視為質點)，如圖1所示．若它們恰能處于平衡狀態(tài)，那么這三個小球所帶電荷量及電性的關系，下面情況可能的是(　

2、　) 圖1 A．9、－4、36 B．4、9、36 C．－3、2、8 D．2、－3、6 答案　A 解析　根據(jù)“兩同夾異”“兩大夾小”可知，B、C、D錯誤，A正確． 2．(多選)A、B兩帶電小球，質量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細線如圖2懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度．若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．FA＜FB B．細線AC對A的拉力FTA＝ C．細線OC的拉力FTC＝(mA＋mB)g D．同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向的加速度相同 答案　CD 解析　對小球A受力分析，受重力、庫侖力、拉力，如圖

3、所示，兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，一定相等，與兩個球帶電荷量是否相等無關，故A錯誤；根據(jù)平衡條件有：mAg＝FTAcos30°，因此FTA＝mAg，故B錯誤；由整體法可知，細線的拉力等于兩球的重力，故C正確；同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向只受重力，所以加速度相同，故D正確． 二、電場強度及其疊加 1．場強的公式 E＝ E＝ 2．電場的疊加 (1)電場疊加：多個電荷在空間某處產生的電場強度為各電荷單獨在該處所產生的電場強度的矢量和． (2)運算法則：平行四邊形定則． (3)注意事項 ①弄清場源電荷是正電荷還是負電荷．②弄清求哪一點的場強，各場源電荷在該點產生場

4、強的大小和方向．③明確場強是矢量，矢量的合成滿足平行四邊形定則． [復習過關] 3.如圖3所示，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結論正確的是(　　) 圖3 A．Ea＝Eb B．Ea＝Eb C．Ea＝Eb D．Ea＝3Eb 答案　D 解析　由題圖可知，rb＝ra，再由E＝可知，＝＝3，故D正確． 4.圖4中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點處的場強為(　　)

5、圖4 A.，方向由C指向O B.，方向由O指向C C.，方向由C指向O D.，方向由O指向C 答案　B 解析　每個點電荷在O點處的場強大小都是E＝＝，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點處的合場強為E合＝2E＝，方向由O指向C.B項正確． 5.如圖5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(　　) 圖5 A．A點的場強大小為 B．B點的場強大小為E－k C．D點的場強大小不可能為0 D．A、C兩點的場強相同 答案　A 三、

6、電場線的應用 1．電場線的應用 (1)判斷電場強度的大小 電場線越密的地方電場強度越大，電場線越疏的地方電場強度越?。? (2)判斷電場力的方向 電場線上某點的切線方向為電場強度的方向．正電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同，負電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反． (3)判斷電勢高低 沿著電場線的方向電勢逐漸降低． (4)電場線與等勢面垂直 電場線與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面． 2．電場線與電荷運動的軌跡 (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

7、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． [復習過關] 6．(多選)某靜電場中的電場線如圖6所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，由M運動到N，其運動軌跡如圖中虛線所示，以下說法正確的是(　　) 圖6 A．粒子必定帶正電荷 B．由于M點沒有電場線，粒子在M點不受電場力的作用 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點的動能小于在N點的動能 答案　ACD 解析　根據(jù)帶電粒子運動軌跡彎曲的情況

8、，可以確定粒子受電場力的方向沿電場線方向，故此粒子帶正電，A選項正確．由于電場線越密，電場強度越大，粒子受到的電場力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N點加速度大，B選項錯誤，C選項正確．粒子從M點運動到N點，電場力做正功，根據(jù)動能定理得此粒子在N點的動能大，故D選項正確． 7．實線為三條方向未知的電場線，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7中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則 (　　) 圖7 A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．電場力對a做正功，對b做負功 C．a的速度將減小，b的速度將增大 D．a的加速度將減小，b

9、的加速度將增大 答案　D 解析　由于電場線的方向未知，故無法確定a、b的電性，A錯；電場力對a、b均做正功，兩帶電粒子動能均增大，則速度均增大，B、C均錯；a向電場線稀疏處運動，電場強度減小，電場力減小，故加速度減小，b向電場線密集處運動，電場強度增大，電場力增大，故加速度增大，D正確． 8.如圖8所示，一電荷量為＋q、質量為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： 圖8 (1)水平向右的勻強電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大；電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 答案　(1)　(2)0.3g　0.3mgL 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示， 則有FNsin37°＝qE① FNcos37°＝mg② 由①②可得E＝. (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma 可得a＝0.3g.電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL. 6