《2020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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020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）（40頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講 電場力的性質(zhì) 主干梳理 對點(diǎn)激活 知識(shí)點(diǎn)　　電荷守恒　點(diǎn)電荷?、? 庫侖定律　Ⅱ1.元電荷、點(diǎn)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(diǎn)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(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消失，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)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)起電方法：摩擦起電

2、、感應(yīng)起電、接觸起電。 (3)帶電實(shí)質(zhì)：物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子。 (4)電荷的分配原則：兩個(gè)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(gè)靜止點(diǎn)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(diǎn)電荷。 ①在空氣中，兩個(gè)點(diǎn)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(gè)帶電體的間距遠(yuǎn)大于本身的大小時(shí)

3、，可以把帶電體看成點(diǎn)電荷。 ③兩個(gè)帶電體間的距離r→0時(shí)，不能再視為點(diǎn)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(gè)帶電體決定，且同號電荷相互排斥；異號電荷相互吸引。 知識(shí)點(diǎn)　　靜電場?、? 電場強(qiáng)度、點(diǎn)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(diǎn)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)矢量性：規(guī)定正電荷

4、在電場中某點(diǎn)所受靜電力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向。 3．點(diǎn)電荷場強(qiáng)的計(jì)算式 (1)公式：在場源點(diǎn)電荷Q形成的電場中，與Q相距r的點(diǎn)的場強(qiáng)E＝k。 (2)適用條件：真空中靜止的點(diǎn)電荷形成的電場。 4．電場強(qiáng)度的疊加 電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)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(diǎn)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(shí)點(diǎn)　　電場線?、? 1．定義：為了形象地描述電場中各點(diǎn)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(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場強(qiáng)方向，曲線的疏密表示場強(qiáng)的大小，這些曲線叫做電場線，是假想的曲線，

5、實(shí)際不存在。 2．電場線的特點(diǎn) (1)電場線上每一點(diǎn)的切線方向與該點(diǎn)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(gè)元電荷，但電子、質(zhì)子是實(shí)實(shí)在在的粒子，不是元電荷。(　　) 2．相互作用的兩個(gè)點(diǎn)電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖

6、力大小一定相等。(　　) 3．根據(jù)F＝，當(dāng)r→∞時(shí)，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(diǎn)的場強(qiáng)方向即為試探電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向。(　　) 6．在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，以點(diǎn)電荷為球心的同一球面上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度都相同。(　　) 7．電場線的方向即為帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向。(　　) 答案　1.√　2.√　3.√　4.×　5.×　6.×　7.× 二 對點(diǎn)激活 1.(人教版選修3－1·P3·實(shí)驗(yàn)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，在它們的下部貼有金屬箔片，C是帶

7、正電的小球，下列說法正確的是(　　) A．把C移近導(dǎo)體A時(shí)，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(dòng)，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?yàn)榻佑|帶電，也分別帶上了與A、B相同的電荷，所以金屬箔片都張開，

8、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(shí)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(huì)馬上中和，不再帶電，所以金屬箔片都不會(huì)張開，C錯(cuò)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(huì)張開，D錯(cuò)誤。 2．(人教版選修3－1·P9·T3改編)真空中兩個(gè)相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點(diǎn)電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力大小為F?，F(xiàn)用一個(gè)不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再

9、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珺所帶電荷量變?yōu)椋?，A、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(gè)電場可能是正點(diǎn)電荷形成的 B．D處的場強(qiáng)為零，因?yàn)槟抢餂]有電場線 C．點(diǎn)電荷q在A點(diǎn)所受的電場力比在B點(diǎn)所受電場力小 D．負(fù)電荷在C

10、點(diǎn)受到的電場力方向沿C點(diǎn)切線方向 答案　C 解析　正點(diǎn)電荷的電場線是從正電荷出發(fā)的直線，故A錯(cuò)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(cuò)誤；由圖知B點(diǎn)處電場線比A點(diǎn)處電場線密集，故EB>EA，所以點(diǎn)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(diǎn)所受電場力方向與C點(diǎn)切線方向相反，故D錯(cuò)誤。 4．(人教版選修3－1·P15·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)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。現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)絕緣繩與鉛垂線成30°夾角(如圖所示)。求這個(gè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度

11、。 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(diǎn)細(xì)研 悟法培優(yōu) 考點(diǎn)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(gè)靜止點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)：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(shí)電荷量的分配規(guī)律；三是進(jìn)行受力分析，靈活應(yīng)用平衡條件。 　

12、　　　 例1　(2014·浙江高考)(多選)如圖所示，水平地面上固定一個(gè)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(gè)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(diǎn)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(shí)，細(xì)線上的拉力為0 C．當(dāng)＝時(shí)，細(xì)線上的拉力為0 D．當(dāng)＝時(shí)，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：如圖所示，受豎直向下的重力、

13、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(shí)，A受3個(gè)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(gè)力可構(gòu)成一個(gè)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(cuò)誤，C正確；斜面對小球A的支持力不可能為零，D錯(cuò)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(gè)力在同一直線上使帶電體處于平衡狀

14、態(tài)時(shí)，根據(jù)二力平衡的條件求解； (2)在三個(gè)力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時(shí)，一般運(yùn)用勾股定理、三角函數(shù)關(guān)系以及矢量三角形等知識(shí)求解； (3)在三個(gè)以上的力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時(shí)，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(diǎn)，另一端分別拴兩個(gè)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(shí)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，根據(jù)平衡條件有tanα

15、＝，tanβ＝，兩者之間庫侖力F大小相等，因α>β，所以m1

16、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?。弧敖∵h(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(diǎn)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(diǎn)2　電場強(qiáng)度的理解及計(jì)算 1．電場強(qiáng)度的性質(zhì) 2．電場強(qiáng)度三個(gè)表達(dá)式的比較 3．等量同號和異號點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(　　

17、) A．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為 B．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E－k C．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小不可能為0 D．A、C兩點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)場強(qiáng)大小相等就可以說場強(qiáng)相同嗎？ 提示：兩點(diǎn)場強(qiáng)相同必須大小相等，方向相同。判斷兩點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng)度沿OA方向，大小為k，所以A點(diǎn)的合電場強(qiáng)度大小為 ，A正確；同理，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E＋k，B錯(cuò)誤；如果E＝k，則D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，C錯(cuò)誤；A、C兩點(diǎn)的電場

18、強(qiáng)度大小相等，但方向不同，D錯(cuò)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(shí)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(jì)算的空間位置； (2)分析該點(diǎn)有幾個(gè)分電場，確定各個(gè)分電場在該點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，如圖，其中a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為Ea，方向與a、b兩點(diǎn)連線成120°角；b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為Eb，方向與a、b兩點(diǎn)連線成150°角，檢驗(yàn)電荷q分別放在a點(diǎn)和b

19、點(diǎn)，則(　　) A．點(diǎn)電荷Q是負(fù)電荷 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之比為3∶1 C．檢驗(yàn)電荷在a、b兩點(diǎn)受到的電場力大小相等 D．a(chǎn)、b兩點(diǎn)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(diǎn)，即為點(diǎn)電荷Q的位置，設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識(shí)得到，rb＝ra，根據(jù)公式E＝得，Ea＝3Eb，故B正確；因?yàn)閎點(diǎn)距離點(diǎn)電荷Q遠(yuǎn)，檢驗(yàn)電荷在a、b兩點(diǎn)受到的電場力大小不相等，a、b兩點(diǎn)不可能處于同一等勢面上，C、D錯(cuò)誤；由電場線方向及點(diǎn)電荷位置可知該點(diǎn)電荷為正電荷，A錯(cuò)誤。 [變式2－2]　(人教版選修3－1·P15·T7改編)如圖所示，在x軸上

20、關(guān)于原點(diǎn)O對稱的兩點(diǎn)A、B分別固定放置點(diǎn)電荷＋Q1和－Q2，x軸上的P點(diǎn)位于B點(diǎn)的右側(cè)，且P點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，則下列判斷正確的是(　　) A．x軸上P點(diǎn)右側(cè)電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向 B．Q1Q2，M點(diǎn)和P點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱

21、，P點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可知，M點(diǎn)電場強(qiáng)度一定不為零，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)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(diǎn)的切線方向即為該點(diǎn)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(diǎn)切線方向相同，負(fù)電荷的受力方向和電場線在該點(diǎn)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(　　) A．c點(diǎn)的電

22、場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度 B．若將一試探電荷＋q由a點(diǎn)釋放，它將沿電場線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn) C．b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)的電場強(qiáng)度 D．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；由于電場線是曲線，由a點(diǎn)釋放的正電荷如果沿電場線運(yùn)動(dòng)，則合力沿軌跡切線，這是不可能的，B錯(cuò)誤；電場線的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向，a點(diǎn)和b點(diǎn)的切線不同向，D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華

23、 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(yùn)動(dòng)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(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的是(　　) A．甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn) B．乙圖中兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn) C．丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn) D．丁圖中非勻強(qiáng)電場中的a、b兩點(diǎn) 答案　C 解析　甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相同，方向不相反，A錯(cuò)誤；對乙

24、圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，B錯(cuò)誤；丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)，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(diǎn)的電場強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場強(qiáng)度，D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)4　帶電粒子的運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理判斷速度變化：如果帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中僅受電場力作用，若電場力做正功，則粒子動(dòng)能增大；電場力做負(fù)功，則動(dòng)能減小。電

25、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(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)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(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的受力方向 C．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大 D．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)的加速度大小如何判斷？ 提示：

26、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(cuò)誤，B正確；根據(jù)電場線疏密知Ea>Eb，F(xiàn)a>Fb，a點(diǎn)加速度大于b點(diǎn)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(diǎn)的速度大，D正確。 總結(jié)升華 電場線與帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系 一般情況下帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場線重合，只有同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)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)電荷僅受電場力或所受其他力合力的

27、方向始終與電場力方向相同或相反。 [變式4]　實(shí)線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動(dòng)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(gè)帶電粒子在M點(diǎn)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(gè)粒子帶正電，哪個(gè)粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)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，速度都將增大，B、C錯(cuò)誤；a向電

28、場線稀疏處運(yùn)動(dòng)，b向電場線密集處運(yùn)動(dòng)，故a的加速度減小，b的加速度增大，D正確。 考點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1 B．運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為m2∶m1 C．在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的

29、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(yùn)動(dòng)？ 提示：甲、乙之間的庫侖斥力。 (2)甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)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(shí)刻，甲、乙兩球受到的電場力大小相等，A錯(cuò)誤；燒斷細(xì)繩后兩球在庫侖力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)，滿足動(dòng)量守恒定律，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)量大小之比為m1v1∶m2v2＝1∶1，根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系式，Ek＝mv2＝，所以運(yùn)動(dòng)的同一時(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，B正確；由于兩帶電小球動(dòng)量變化量大小相等，根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量

30、大小等于動(dòng)量的變化量，在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)刻，甲、乙兩球動(dòng)能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，根據(jù)動(dòng)能定理，在相同的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為m2∶m1，D錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 處理力電綜合問題的兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)；或由運(yùn)動(dòng)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(shí)間、加速度有關(guān)的首先選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。 ②僅與t有關(guān)的可選動(dòng)量定理。 ③與時(shí)間、加速度無關(guān)的首先選用動(dòng)能定理或能量守恒定律，其次考慮動(dòng)量守

31、恒定律。 [變式5－1]　如圖所示，水平地面上固定一個(gè)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(gè)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(gè)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(diǎn)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(diǎn)緩慢移到C點(diǎn)，AC豎直，此過程中A始終靜止不動(dòng)，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 D．細(xì)線對A的拉力、斜

32、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(dòng)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(shí)刻起由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)。小滑塊同時(shí)還受到豎直向下的壓力F，力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系為F＝kt，式中

33、k為常數(shù)。小滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。水平面足夠大，小滑塊的重力可忽略不計(jì)。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(yùn)動(dòng) 答案　AB 解析　小滑塊的重力忽略不計(jì)，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(yùn)動(dòng)，當(dāng)t>時(shí)，加速度反向，μkt－Eq＝ma2，小滑塊做加速度越來越大的減速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過程a隨t變化圖象如圖。由對稱性可知t＝時(shí)，速度v＝0，此時(shí)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(shí)和t＝時(shí)，均為，故B正確；當(dāng)Eq＝μk

34、t時(shí)，即加速度a＝0時(shí)，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(cuò)誤；滑塊最終靜止，故D錯(cuò)誤。 1．方法概述 場強(qiáng)有三個(gè)公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情況下可由上述公式計(jì)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(shí)，上述公式無法直接應(yīng)用。這時(shí)，如果轉(zhuǎn)換思維角度，靈活運(yùn)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)生的電場等效于電荷集中于球心

35、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(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R。已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)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(gè)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(diǎn)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(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確。 [答案]　A

36、 名師點(diǎn)睛　當(dāng)所給帶電體不是一個(gè)完整的規(guī)則物體時(shí)，將該帶電體割去或增加一部分，組成一個(gè)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(diǎn)，使復(fù)雜電場的疊加計(jì)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(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場

37、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(diǎn)處場強(qiáng)為零知，圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1與q在b點(diǎn)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(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3＝k，q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E4＝k，方向與E3相同，故d點(diǎn)的合場強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝k，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 [答案]　B 名師點(diǎn)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(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小相等。如果能夠求出其中一點(diǎn)處的電場強(qiáng)度，根據(jù)對稱性特點(diǎn)，另一點(diǎn)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(gè)電荷元可看成點(diǎn)電荷，先根

38、據(jù)庫侖定律求出每個(gè)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(diǎn)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(diǎn)，OP＝L，試求 P點(diǎn)的場強(qiáng)。 [解析]　如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)等分為n個(gè)小段，當(dāng)n相當(dāng)大時(shí)，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量為q＝，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可求得每一點(diǎn)電荷在P處的場強(qiáng)為E＝＝。 由對稱性可知，各點(diǎn)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P處的場強(qiáng)EP。 EP

39、＝nEx＝nkcosθ＝·＝。 [答案]　 名師點(diǎn)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(gè)點(diǎn)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(diǎn)放置一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，如果從P點(diǎn)作MN的垂線，則O為垂足，A為O、P連線的中點(diǎn)，B為OP延長線上的一點(diǎn)，PB＝d。靜電力常量為k，

40、關(guān)于各點(diǎn)的電場強(qiáng)度，下列說法正確的是(　　) A．O點(diǎn)場強(qiáng)大小為k B．A點(diǎn)場強(qiáng)大小為k C．B點(diǎn)場強(qiáng)大小為k D．A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向相反 [解析]　系統(tǒng)達(dá)到平衡后，因?yàn)榻拥亟饘侔咫妱轂榱?，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(diǎn)電荷連線的中垂線右側(cè)的電場線分布相同，所以O(shè)點(diǎn)場強(qiáng)大小為EO＝k＋k＝k，A正確；A點(diǎn)場強(qiáng)大小為EA＝k＋k＝k，B錯(cuò)誤；B點(diǎn)場強(qiáng)大小為EB＝k－k＝k，C正確；由上述分析可知D錯(cuò)誤。 [答案]　AC 名師點(diǎn)睛　等效法的實(shí)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(shí)進(jìn)行知識(shí)遷移的解題方法，往往是

41、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(shí)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(gè)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(jì)算才能驗(yàn)證，有時(shí)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(gè)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(diǎn)為O，軸線上的A點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)與O點(diǎn)相距為r(r

42、

43、們快速找到一些錯(cuò)誤。 【針對訓(xùn)練】 1．(2013·江蘇高考)下列選項(xiàng)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(diǎn)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(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，D圖中在O點(diǎn)場強(qiáng)為0，因此B圖中兩圓環(huán)在O點(diǎn)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(diǎn)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。現(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r的圓板，如圖乙所示。則

44、圓孔軸線上任意一點(diǎn)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(diǎn)產(chǎn)生的 3.N(N>1)個(gè)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(diǎn)(圖中未標(biāo)出)的一個(gè)小球，則圓心O點(diǎn)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(diǎn)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(gè)小球在O點(diǎn)處電場強(qiáng)度疊加后，合場強(qiáng)為零；移去P點(diǎn)的小球后，則剩余的N－1個(gè)小球在圓心O處的電場強(qiáng)度與P點(diǎn)的小球在圓心O處的電

45、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(gè)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(gè)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(diǎn)電荷，在圓心O處的場強(qiáng)為E1＝＝，方向由間隙指向圓心，則帶有間隙的圓環(huán)在圓

46、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(diǎn)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(gè)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的連線。設(shè)小球a、b所帶電

47、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(gè)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(shí)A帶正電，B帶負(fù)電 B．此時(shí)

48、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(cuò)誤；處于電場中的導(dǎo)體是等勢體，B錯(cuò)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(cuò)誤。 3．(2016·浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個(gè)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(diǎn)。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定。兩球接觸后分開，平衡時(shí)距離為0.1

49、2 m。已測得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點(diǎn)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(diǎn)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(xiàng)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°＝6.0×10－3 N，B

50、項(xiàng)錯(cuò)誤； F庫＝k QA＝QB＝Q，r＝0.12 m 聯(lián)立得Q＝4×10－8 C，故C項(xiàng)正確； 由等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的特點(diǎn)可知，A、B兩球連線中點(diǎn)處的場強(qiáng)為0，故D項(xiàng)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(diǎn)電荷Q的場強(qiáng)表達(dá)式； (2)點(diǎn)電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點(diǎn)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(jì)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的位置放一電荷量為q的檢驗(yàn)

51、電荷，根據(jù)庫侖定律，檢驗(yàn)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(gè)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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)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F的大小。 (2)小球

52、的質(zhì)量m。 (3)將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)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(shí)作業(yè) 　　時(shí)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(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的。關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列

53、圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)(　　) 答案　D 解析　由a至c曲線的彎曲情況可知質(zhì)點(diǎn)受力方向指向圖中虛線的右下方，質(zhì)點(diǎn)在b點(diǎn)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?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)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(diǎn)，平衡時(shí)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間庫侖力大小為m2g B．細(xì)

54、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?yàn)檠芯繉ο螅芰Ψ治鋈鐖D1所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝m2g，A錯(cuò)誤；以A球?yàn)檠芯繉ο?，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(cuò)誤；由F＝m1g，F(xiàn)＝m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯(cuò)誤。 3．(2018·武漢調(diào)研)a、b、c三個(gè)點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a

55、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(diǎn)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(gè)點(diǎn)電荷若要平衡應(yīng)處于同一條直線上，處于兩端的點(diǎn)電荷的電性相同且與中間點(diǎn)電荷的電性相反，即“兩同夾一異”，又因?yàn)镼>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必須帶正電，在b的另一側(cè)

56、，A、C錯(cuò)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(diǎn)場強(qiáng)為零，c放在此處時(shí)受力平衡，位置固定，而c的電荷量和電性均不確定，D錯(cuò)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(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是(　　) A．負(fù)電荷由M點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場力做正功 B．正電荷在M點(diǎn)的電勢能小于其在N點(diǎn)的電勢能 C．同一電荷在N點(diǎn)受到的電場力大于其在M點(diǎn)所受的電場力 D．M點(diǎn)和N點(diǎn)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(diǎn)電勢差UMP>0，由電場力做

57、功與電勢差關(guān)系可知，負(fù)電荷由M點(diǎn)到P點(diǎn)，電場力做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；正電荷在電勢較高的位置電勢能較大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度大小可判斷N點(diǎn)電場強(qiáng)度大于M點(diǎn)電場強(qiáng)度，所以同一電荷在N點(diǎn)所受電場力較大，C項(xiàng)正確；電場強(qiáng)度的方向沿電場線的切線方向，故M點(diǎn)和N點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 5.一負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，它運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，則A、B兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，故電場線應(yīng)由B指向A，且A到B場強(qiáng)變大，電場線變密，C

58、正確。 6.如圖所示，一個(gè)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(diǎn)，過O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷＋q，則＋q在A點(diǎn)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(gè)小部分，每一部分可視為點(diǎn)電荷，各點(diǎn)電荷對檢驗(yàn)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(gè)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均用相同的金屬制成，C和

59、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(gè)物體得到電子，另一個(gè)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(gè)物體得到電子，另一個(gè)物體失去電子的過程，A錯(cuò)誤；因?yàn)榻^緣體上的電荷是不能移動(dòng)的，其電荷不會(huì)重新分布，對其他電荷的作用效果與點(diǎn)電荷類似，則電荷分布均勻的絕緣球體可視為點(diǎn)電荷，A、B兩球

60、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(diǎn)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(diǎn)電荷間的距離將大于6r，則C、D間的庫侖力小于，C錯(cuò)誤；兩個(gè)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(diǎn)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(diǎn)對稱的A、B兩點(diǎn)有等量同號正點(diǎn)電荷，在x軸上C點(diǎn)有負(fù)點(diǎn)電荷，它們所帶電荷量均為Q，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°。下列判斷正確的是(　　)

61、 A．若僅將A、B兩處點(diǎn)電荷的電荷量同時(shí)等量地緩慢增大，則O點(diǎn)電場強(qiáng)度增大 B．若僅將A、B兩處點(diǎn)電荷的電荷量同時(shí)等量地緩慢減小，則D點(diǎn)電場強(qiáng)度減小 C．若僅將C處點(diǎn)電荷的電荷量緩慢減小，則O點(diǎn)電場強(qiáng)度減小 D．若僅將C處點(diǎn)電荷的電荷量緩慢減小，則D點(diǎn)電場強(qiáng)度增大 答案　CD 解析　A、B兩處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，C處的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為EO＝k，所以僅將A、B兩處點(diǎn)電荷的電荷量同時(shí)等量地緩慢增大時(shí)，O點(diǎn)電場強(qiáng)度不變，若僅將C處點(diǎn)電荷的電荷量緩慢減小，O點(diǎn)電場強(qiáng)度減小，即A錯(cuò)誤，C正確。由幾何知識(shí)知A、B兩處點(diǎn)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與C處點(diǎn)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等

62、，方向相反，合場強(qiáng)為零，若僅將A、B兩處點(diǎn)電荷的電荷量同時(shí)等量地緩慢減小，則D點(diǎn)電場強(qiáng)度增大，若僅將C處點(diǎn)電荷的電荷量緩慢減小，則同理得D點(diǎn)電場強(qiáng)度增大，所以B錯(cuò)誤，D正確。 9.如圖所示，兩個(gè)帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)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(diǎn)，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)由靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，小球C受力沿A、B連線的垂直平分線。如

63、果P、N相距足夠遠(yuǎn)，小球C從很遠(yuǎn)處開始向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)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?。挥蒓點(diǎn)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(diǎn)電荷)恰好能在斜面上勻速下滑，若在AB中點(diǎn)D的正上方與B等高的位置固定一帶電量＋Q的點(diǎn)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(dòng)，在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉(zhuǎn)移的情況下，關(guān)于在

64、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(yùn)動(dòng) 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(shí)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)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(shí)刻小物塊受重力、支持力和摩擦力，物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明

65、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(cuò)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(diǎn)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

66、的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大??； (2)C點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，均為E1＝k③ A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場在C點(diǎn)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(gè)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(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向夾角為θ。 (1)試求這個(gè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大?。? (2)如果將電場方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時(shí)，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，受到重力、電場力和細(xì)線的拉力