《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第1講 電場力的性質(zhì)學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第1講 電場力的性質(zhì)學(xué)案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　電場力的性質(zhì) 　　　　　　 【基礎(chǔ)梳理】 一、電荷和電荷守恒定律 1．點電荷：形狀和大小對研究問題的影響可忽略不計的帶電體稱為點電荷． 2．電荷守恒定律 (1)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)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電． 二、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．公式：F＝k，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．

2、3．適用條件：(1)點電荷；(2)真空． 三、靜電場　電場強度 1．靜電場：靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，其基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用． 2．電場強度 (1)意義：描述電場強弱和方向的物理量． (2)公式 ①定義式：E＝，是矢量，單位：N/C或V/m. ②點電荷的場強：E＝k，Q為場源電荷，r為某點到Q的距離． ③勻強電場的場強：E＝． (3)方向：規(guī)定為正電荷在電場中某點所受電場力的方向． 四、電場線及特點 1．電場線：電場線是畫在電場中的一條條有方向的曲線，曲線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向． 2．電場線的特點 (1)電場線從正電荷或無限

3、遠處出發(fā)，終止于無限遠處或負電荷． (2)電場線不相交． (3)在同一電場里，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)沿電場線方向電勢降低． (6)電場線和等勢面在相交處互相垂直． 3．幾種典型電場的電場線(如圖所示) 【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(shù)倍．(　　) (2)根據(jù)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(zhì)，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．(　

4、　) (5)在真空中，點電荷的場強公式E＝中的Q是產(chǎn)生電場的場源電荷的電荷量，E與試探電荷無關(guān)．(　　) (6)帶電粒子的運動軌跡一定與電場線重合．(　　) (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．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)× 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(guān)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(chǎn)

5、、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.根據(jù)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． 想一想 計算兩個帶電小球之間的庫侖力時，公式中的r一定是指兩個球心之間的距離嗎？為什么？ 提示：不一定．當兩個小球之間的距離相對于兩球的直徑較小時，兩球不能看做點電荷，這時公式中的r大于(帶同種電荷)或小于(帶異種電

6、荷)兩個球心之間的距離． 　對庫侖定律的理解及應(yīng)用[學(xué)生用書P127] 【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(xué)平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎(chǔ)，應(yīng)用平衡條件是關(guān)鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結(jié)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

7、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(　　) 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

8、力大小F1＝F2＝0.866 N [審題指導(dǎo)]　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(shè)A、B間距為l，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＝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，選項B正確；當B移到無窮遠處時，F(xiàn)1＝

9、F2＝GA＝1 N，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：F1cos 30°＝F2cos 30°＋F′cos 30° 豎直方向：F1sin 30°＋F2sin 30°＝GA＋F′sin 30° 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． [答案]　BC 1．對庫侖定律應(yīng)用的認識 (1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離． (2)對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球

10、表面電荷的重新分布． (3)不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞.其實，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點電荷了． 2．電荷的分配規(guī)律 (1)兩個帶同種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量平分． (2)兩個帶異種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量先中和再平分． 3．三點電荷共線平衡模型：三個點電荷若只受電場力且共線平衡，則滿足“兩同夾一異，兩大夾一小，近小遠大”的原則，即若已知一正一負兩點電荷，則第三個點電荷應(yīng)放在小電荷的外側(cè)且與小電荷電性相反，再根據(jù)受力平衡求解相應(yīng)距離和對應(yīng)電荷量．　 【遷移題組】 遷移1　庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合問題 1．三個相同的金屬小球1、

11、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的電荷量為q，球2的電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知(　　) A．n＝3　　　　　　　　　 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6 解析：選D.由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷．由庫侖定律F＝k知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，則接觸時平分總電荷量，故有q×nq＝×，解得n＝6，D正確． 遷移2　三

12、點電荷共線平衡的求解 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帶電荷量為＋Q，B帶電荷量為－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷處于平衡狀態(tài)，問：C應(yīng)帶什么性質(zhì)的電荷，應(yīng)放于何處？所帶電荷量為多少？ 解析：根據(jù)平衡條件判斷，C應(yīng)帶負電荷，放在A的左邊且和A、B在一條直線上，設(shè)C帶電荷量為q，與A點相距為x，如圖所示． 答案：應(yīng)為帶電荷量為Q的負電荷，置于A左方0.2 m處且和A、B在一條直線上 遷移3　庫侖力作用下的平衡問題 3.(多選)(2018·吉林長春外國語學(xué)校檢測)如圖所示，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA＝O

13、B，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為，可采用以下哪些方法(　　) A．將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍 B．將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍 C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半 D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍 解析： 選BD.如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應(yīng)與重力大小相等、方向相反；由幾何關(guān)系可知，＝，而庫侖力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d變?yōu)?，可以使B球質(zhì)量增大到原來的8倍而保證上式成立，故A錯誤，B正確；或?qū)⑿∏駻、B的電

14、荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍，也可保證等式成立，故C錯誤，D正確． 　對電場強度的理解及巧解[學(xué)生用書P129] 【知識提煉】 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(guān)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(guān) 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：1 N/C＝1 V/m 【典題例析】

15、 　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 [審題指導(dǎo)]　由點電荷場強公式E＝可計算出各點的場強大小，再由矢量合成原則分析場強的疊加． [解析]　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)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(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M

16、、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)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(chǎn)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． [答案]　B 電場強度的疊加與計算 　 【遷移題組】 遷移1　點電荷電場中場強的計算 1．如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的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＝＋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??； (2)C點的電場強度的大小和方向． 解析：(1)

17、根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝k?、? 代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3 N． ② (2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為 E1＝k ③ A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為 E＝2E1cos 30° ④ 由③④式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得E≈7.8×103 N/C 場強E的方向沿y軸正方向． 答案：(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C　方向沿y軸正方向 遷移2　特殊電場中電場強度的巧解 2．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

18、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.－E　　　　　　　　 B． C.－E D．＋E 解析：選A.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的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大?。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A正確． 　電場線與粒子運動軌跡問題[學(xué)生用書P129] 【知識提煉】 1．電荷運動的軌跡與電場線一般不重合．若電

19、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(nèi)側(cè)，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． 【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(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加

20、速度將增大 D．兩個粒子的電勢能都減少 [審題指導(dǎo)]　解此題關(guān)鍵要抓住兩點： (1)利用運動軌跡結(jié)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?。? [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 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

21、 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(guān)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(shè)”——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

22、的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．　 【遷移題組】 遷移1　等量異(同)種電荷電場線的分布 1．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(chǎn)、b是兩點電荷連線上關(guān)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(chǎn)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(chǎn)點的場強小于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 C．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗

23、電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小 D．a(chǎn)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(guān)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． 遷移2　電場線中帶電粒子的運動分析 2. 如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的

24、電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，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．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va D．a(chǎn)b>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(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè)，因此Q

25、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． 遷移3　根據(jù)粒子運動情況判斷電場線分布 3. 一負電荷從電場中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(　　) 解析：選C.由v－t圖象可知負電荷在電場中做加

26、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的方向場強變大，電場線變密，選項C正確． ,　　　　　　　　[學(xué)生用書P130]) 1. (多選)(2016·高考浙江卷)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(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－

27、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：選ACD.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正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示 sin θ＝＝0.60， θ＝37° F庫＝mgtan 37°＝6.0×10－3 N，B項錯誤； F庫＝k QA＝QB＝Q，r＝0.12 m 聯(lián)立上式得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為0，故D項正確． 2．(多選)(2017·高考天津卷)

28、 如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAaB，說明電子在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，所以A距離點電荷較近，B距離點電荷較遠，又因為電子受到的電場力指向軌跡凹側(cè)

29、，因此Q靠近M端且為正電荷，B正確；無論Q是正電荷還是負電荷，若電子從A運動到B，一定是克服電場力做功，若電子從B運動到A，一定是電場力做正功，即一定有EpA

30、b、d連線上的兩點，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等．則下列判斷正確的是(　　) A．D點的電場強度為零 B．A、B、C、D四點電場強度相等 C．A點電勢比B點電勢高 D．O點的電場強度為零 解析：選CD.根據(jù)電場的疊加原理，a、c兩個電極帶等量正電荷，其中點O的合場強為零，b、d兩個電極帶等量負電荷，其中點O的合場強為零，則O點的合場強為零，D正確；同理，D點的場強方向水平向右，A錯誤；A、B、C、D四點的場強大小相等，方向不同，B錯誤；由電場特點知，電場方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，則φA>φB，C正確． 4．(2017·高考北京卷)如圖所示，

31、長l＝1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，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?。? 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

32、案：見解析 [學(xué)生用書P319(單獨成冊)] (建議用時：60分鐘) 一、單項選擇題 1．兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：選D.兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律F＝k，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝k，由以上兩式可解得F′＝，D正確． 2．(2015·高考浙江卷)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

33、球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則(　　) 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：選D.兩極板間電場由正極板指向負極板，鍍鋁乒乓球內(nèi)電子向正極板一側(cè)聚集，故乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負電荷，選項A錯誤；乒乓球受到重力、細線拉力和電場力三個力的作用，選項C錯誤；乒乓球與任一金屬極板接觸后會帶上與這一金屬極板同種性質(zhì)的電荷，而相互排斥，不會吸在金屬極板上，到達另一側(cè)接觸另一金屬極板時也會發(fā)生同樣的現(xiàn)象，所以乒乓球會在兩極板間來回碰撞

34、，選項B錯誤、D正確． 3．(2016·高考江蘇卷)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 解析：選C.由于A點處電場線比B點處電場線疏，因此A點電場強度比B點小，A項錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，因此小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的電勢高，B項錯誤；由于處于靜電平衡的導(dǎo)體表面是等勢面，電場線垂直

35、于等勢面，因此B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直，C項正確；將檢驗電荷從A點沿不同的路徑移到B點，由于A、B兩點的電勢差恒定，因此電場力做功WAB＝qUAB相同，D項錯誤． 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)(　　) A．k　　　　　　　　 B．k C．k D．k 解析：選B.由b點處的合場強為零可得圓盤在b點處的場強與點電荷q在b點處的場強大小相等、方向相反，所以

36、圓盤在b點處的場強大小為Eb＝k，再根據(jù)圓盤場強的對稱性和電場強度疊加即可得出d點處的場強大小為Ed＝Eb＋k＝k，B正確． 5.如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 解析：選D.點電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點對稱的電偶極子形成的電場．所以z軸上z

37、＝處的場強E＝k＋k＝k，選項D正確． 6. 將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為(　　) A. B． C. D． 解析：選B. 取小球a、b整體作為研究對象，則受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關(guān)系，由圖知F的最小值為2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯，B對． 二、多項選擇題 7

38、．如圖所示為在同一電場中a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得的檢驗電荷所受電場力跟它的電荷量的函數(shù)關(guān)系圖象，那么下列敘述正確的是(　　) A．這個電場是勻強電場 B．a(chǎn)、b、c、d四點的場強大小關(guān)系是Ed＞Ea＞Eb＞Ec C．a(chǎn)、b、c、d四點的場強大小關(guān)系是Ea＞Ec＞Eb＞Ed D．a(chǎn)、b、d三點的強場方向相同 解析：選CD.由場強的定義式E＝并結(jié)合圖象的斜率可知電場強度的大小，則Ea＞Ec＞Eb＞Ed，此電場不是勻強電場，選項A、B錯誤，選項C正確；圖象斜率的正負表示電場強度的方向，a、b、d三點相應(yīng)圖線的斜率為正，三點的場強方向相同，選項D正確． 8．(2015

39、·高考江蘇卷)兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示．c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 解析：選ACD.由題圖看出，a點處電場線比b點處電場線密，則a點的場強大于b點的場強，故A正確．電場線從正電荷到負電荷，沿著電場線方向電勢降低，所以b點的電勢比a點的高，所以B錯誤；負電荷在c點的合場強為零，c點只有正電荷產(chǎn)生的電場強度，在d點正電荷產(chǎn)生的場強向上，兩個負電荷產(chǎn)生的場強向下，合場強是它們的差值，所以c點的

40、電場強度比d點的大，所以C正確；正電荷到c點的平均場強大于正電荷到d點的平均場強，根據(jù)U＝Ed可知，正電荷到c點電勢降低的多，所以c點的電勢比d點的低，所以D正確． 9．(多選)(高考浙江卷)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＝時，細線上的拉力為0

41、 C．當＝時，細線上的拉力為0 D．當＝時，斜面對小球A的支持力為0 解析：選AC. 根據(jù)庫侖定律，A、B小球間的庫侖力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A的支持力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＝tan θ，所以＝，選項C正確，選項B錯誤；斜面對小球A的支持力FN始終不會等于零，選項D錯誤． 10. 如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質(zhì)點)均緊靠接觸面而處于靜止狀態(tài)，這時兩球之間的距離

42、為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當移動B球，小球A與B重新處于靜止狀態(tài)，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)(　　) A．A球?qū)ωQ直墻壁的作用力不變 B．兩球之間的距離一定增大 C．A球?qū)球作用的靜電力增大 D．地面對B球的彈力不變 解析：選AC.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止狀態(tài)，故B球?qū)球的庫侖力沿豎直方向上分力增大，B球應(yīng)該向左移動，A球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強電場對B球的靜電力，而勻強電場對B球的靜電力不變，根據(jù)作用力和反作用力的關(guān)系，B球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變，所以A球?qū)ωQ直

43、墻壁的壓力不變，選項A正確；A、B兩球的連線與水平方向的夾角θ變大，F(xiàn)庫cosθ不變，庫侖力F庫一定變大，選項C正確；兩球之間的距離減小，選項B錯誤；根據(jù)力的相互作用性可知，A球?qū)球的庫侖力在豎直方向上的分力變大，故地面對B球的彈力變大，選項D錯誤． 三、非選擇題 11．如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置電荷量分別為q1、q2、q3的三個點電荷，三者位于一條直線上，已知q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，三個點電荷都處于靜止狀態(tài)． (1)若q2為正電荷，判斷q1和q3的電性； (2)求q1、q2、q3三者電荷量大小之比． 解析：(1)q2為正電荷時，假設(shè)q1為

44、正電荷，要使q2受力平衡，q3應(yīng)為正電荷，但此時分析q1的受力情況，q2對q1有向左的斥力，q3對q1也有向左的斥力，q1所受的合力向左，不能平衡，因此，q2為正電荷時，q1只能為負電荷．同理可知，q3為負電荷． (2)三個點電荷所受合力都等于零，根據(jù)共點力平衡條件和庫侖定律有，對q2：k＝k 對q1：k＝k 聯(lián)立可解得q1∶q2∶q3＝∶1∶. 答案：(1)負　負　(2)∶1∶ 12. (2018·泉州檢測)如圖，一半徑為r的圓環(huán)上均勻分布著電荷量為＋Q的電荷，在垂直于圓環(huán)面且過圓心O的軸線上有A、B、C三個點，C和O、O和A間的距離均為d，AB間距離為2d.在B點處有一電荷

45、量為＋q的固定點電荷．已知A點處的場強為零，k為靜電力常量，求： (1)帶電圓環(huán)在O點處的場強大??； (2)C點處場強． 解析：(1)圓環(huán)上關(guān)于圓心對稱的兩小段圓弧上的電荷在O點處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，其合場強為零，則帶電圓環(huán)在O點處的場強為EO＝0. (2)A點處的場強為零，根據(jù)電場疊加原理知，帶電圓環(huán)和B點處點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小均為 EBA＝、兩者方向相反 根據(jù)對稱性可知帶電圓環(huán)在C點處產(chǎn)生的場強大小為 EC1＝、方向沿OC向外 B處點電荷在C點處產(chǎn)生的場強大小為 EC2＝、方向沿OC向外，則C點處場強E＝EC1＋EC2，解得E＝、方向沿OC向外． 答案：(1)0　(2)，方向沿OC向外 20