電場力的性質(zhì)

1、學案正標題、考綱要求1理解電場強度的定義、意義及表示方法2. 熟練掌握各種電場的電場線分布，并能利用它們分析解決問題 3會分析、計算在電場力作用下的電荷的平衡及運動問題.二、知識梳理1元電荷、點電荷(1 )元電荷：e= 1.6 x 1019 C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，但符號相反.(2) 點電荷：當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點 電荷.2. 電荷守恒定律(1 )內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另二個物體，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 (2) 起電方

2、式：摩擦起電、接觸起電、感應起電.(3) 帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子.(4) 電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同的導體，接觸后再分開，兩者帶同種電荷時， 電荷量平均分配；兩者帶異種電荷時，異種電荷先中和后平分.3. 感應起電：感應起電的原因是電荷間的相互作用，或者說是電場對電荷的作用.(1) 同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸弓I(2 )當有外加電場時，電荷向?qū)w兩端移動，出現(xiàn)感應電荷，當無外加電場時，導體兩端 的電荷發(fā)生中和.4. 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用力的方向在它們的連線上.(2) 表達

3、式：F= k ，式中k = 9.0 x 10Nm2/C2,叫做靜電力常量.(3 )適用條件：真空中的點電荷. 在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式. 當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷5. 靜電場(1) 電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場.(2 )電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的.電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作 用.6. 電場強度(1) 物理意義：表示電場的強弱和方向(2) 定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做該點的電場強 度.F(3 )定義式：E=.g(4)標矢性：電場強度是矢量，

4、正電荷在電場中某點受力的方向為該點電場強度的方向， 電場強度的疊加遵從平行四邊形定則.7. 電場線(1) 定義：為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向， 在電場中畫出一系列的曲線, 線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大小.(2) 特點： 電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處; 電場線在電場中不相交； 在同一電場里，電場線越密的地方場強越大； 電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向； 沿電場線方向電勢逐漸降低； 電場線和等勢面在相交處互相垂直.使曲幾種典型電場的電場線 (如圖所示).尊斌同種點血祈妙思炳3理業(yè)場點咆亦怎両殆li場三、要點

5、精析1使物體帶電的三種方法及其實質(zhì)摩擦起電、感應起電和接觸帶電是使物體帶電的三種方法，它們的實質(zhì)都是電荷的轉(zhuǎn)移.電荷轉(zhuǎn)移的原因是同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引.2.驗電器與靜電計的結(jié)構(gòu)與原理玻璃瓶內(nèi)有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導體棒的下端， 棒的上端通過瓶塞從瓶口伸出 圖甲所示).如果把金屬箔換成指針，并用金屬做外殼，這樣的驗電器又叫靜電計(如圖示).注意金屬外殼與導體棒之間是絕緣的.不管是靜電計的指針還是驗電器的箔片，它們張開角度的原因都是同種電荷相互排斥.3. 電荷的分配規(guī)律(1) 兩個相同的導體球，一個帶電，一個不帶電，接觸后電荷量平分.(2) 兩個相同導體球帶同種電荷，先接觸再分

6、離，則其電荷量平分.(3) 兩個相同導體球帶異種電荷，先接觸再分離，則其電荷量先中和再平分.4對庫侖定律的深入理解(1) F=, 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為兩球心間r距.(2) 當兩個電荷間的距離 rt0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.5庫侖力作用下的平衡問題(1) 處理平衡問題的常用方法：(1)合成法，(2)正交分解法.(2) 三個自由點電荷的平衡問題 條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反. 規(guī)律三點共線”一一三個點電荷分布在同一直線上；兩同夾異”一-負電荷相互間隔；兩大夾小

7、”一-間電荷的電荷量最??；近小遠大”一-間電荷靠近電荷量較小的電荷.6分析點電荷平衡問題的方法步驟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，只是在原來受力的基礎上多了一個電場力.具體步驟如下：7場強的公式適用于任何電場與檢驗電荷是否存在無關(guān)嗟j適用于點電荷產(chǎn)牛的電場PS為場源電荷的電荷量'適用于勻強電場q L為兩點間的電勢差，d為沿電場方向 兩點間的距離V8電場的疊加(1 )電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強 度的矢量和.(2 )運算法則：平行四邊形定則.9求解合場強常用的方法(求解合場強常用的四種方對*迭補心法微JL法利用帶

8、電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產(chǎn) 生的電場典有對稱性的特點求合場強的方法.題給條件建立的模型片不融一個完整的標戀模 住，這時需要給原來的何題補充一些條件，由這 碰補充條件建工另一個容易求解的模熨扒并n 模型a與模型呂恰好組成一個完戟的標施模題 這樣求解模型/!的冋題就變?yōu)榍蠼庖慌Ｍ暾?標準模熨勺模型B的羞值問題.物理中體現(xiàn)極限思維的常見方法祈扱限法.極 限法足把某個物理朮推向極®L從而做出科學 的推理分析，給出判斷或&出一般結(jié)論極限 思堆法在進行某些物理過秤分析時，具有獨特 作用，便間題化堆為易，化繁為簡，收到事半 功倍的效果.黴朮法就是將研究對象分割成許多微小的單元 或

9、從研究對象上選取某一 “微元“加以分析, 從而化曲為也將變赧、難以確定的域轉(zhuǎn)化為常 氐容助求得的氐10.等量同種和異種點電荷的電場線的比較比較項目等量異種點電荷等量冋種點電荷電場線分布圖1I-MB?9連線中點0處的場強連線上0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0點向外場強大 小0點最大，向外逐漸減小0點最小，向外先變大后變 小關(guān)于0點對稱的A與A'、B 與B'的場強等大同向等大反向11. 電場線與運動軌跡的關(guān)系根據(jù)電場線的定義， 一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3

10、個條件時，兩者才會重合：(1 )電場線為直線;(2) 電荷的初速度為零，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的合力的方向與電場線平行.12. 電場線與運動軌跡問題的解題思路(1)根據(jù)帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起.13. 電場線的五點妙用”(1) 判斷電場強度的方向電場線上任意一點的切線方向即為該點電場的方向.(2) 判斷電場力的方向 正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受 力方向和電場線在該點切線方向相反.(3) 判斷電場強度的大小(

11、定性) 電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小， 進而 可判斷電荷受力大小和加速度的大小.判斷電勢的高低與電勢降低的快慢一一沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向.(5) 確定運動電荷的電性根據(jù)帶電粒子(只受電場力)的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受的 電場力指向運動軌跡曲線的凹側(cè)，再結(jié)合電場線的方向確定帶電粒子的電性.14帶電體的力電綜合問題的分析方法(1 )基本思路（2 ）運動情況反映受力情況 體靜止（保持）：F合=0.做直線運動a.勻速直線運動，F(xiàn) 合=0.b.變速直線運動：F合MQ且F合與速度方向總是一致.做曲線運動：F合MQ F合與速度

12、方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線凹的一側(cè).F合與v的夾角為a,加速運動：0°W90°；減速運動：90° <aW 180°勻變速運動：F合=恒量.四、典型例題1. 【2015新課標11-14】如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn).',再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，改微粒將A. 保持靜止狀態(tài)C.向正下方做勻加速運動【答案】D【解析】B. 向左上方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動試題分析：現(xiàn)將兩板繞過 a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋

13、轉(zhuǎn)時，兩板間的電場強度不變， 電場力也不變，所以現(xiàn)將兩板繞過a點的軸（垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)后，帶電微粒受兩大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒將向左下方做勻加速運動，故D正確，A、B、C錯誤2. （2015浙江-16）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，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在金屬極板中間，則A. 乒乓球的左側(cè)感應出負電荷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【答案】D【解析】試

14、題分析：從圖中可知金屬板右側(cè)連接電源正極，所以電場水平向左， 故乒乓球上的電子移動到右側(cè)，即乒乓球的右側(cè)感應出負電荷，A錯誤；乒乓球右側(cè)帶負電，受到的電場力向右，乒乓球左側(cè)帶正電， 受到的電場力向左， 因為左右兩側(cè)感應出的電荷量相等，所以受到的電場力相等，乒乓球受到擾動后，最終仍會靜止，不會吸附到左極板上，B錯誤；乒乓球受到重力和細線拉力作用而平衡，C錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球帶正電，在電場力作用下，與左極板接觸，然后乒乓球帶負電，又在電場力作用下，運動到右極板， 與右極板接觸后乒乓球帶正電，在電場力作用下， 運動到左極板，如此重復，即乒乓球會在兩極板間來回碰撞，D正確；考

15、點：考查了庫侖力，靜電感應3. （2015浙江-20 ）如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的MN兩點，A上帶有0二3.0x10C的正電荷。兩線夾角為120°兩線上的拉力大小分別為：和：。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(zhì)量為0.2kg （重力加速度取'；靜電力常量: 一 ，AB球可視為點電荷）貝UA.支架對地面的壓力大小為2.0NB. 兩線上的拉力大小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為£=1.225Nf：二 13D. 將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小.-

16、 - -【答案】BCA對B豎直向上的庫侖力，故對【解析】對B和支架分析可知，受到豎直向下的重力，和 地面的壓力為Fv = G汕=2AT- 09V=1.1N ，A錯誤；對 A分析，A受到豎直向下的重力，r豎直向下的庫侖力，兩線上的拉力，三力的夾角正好是120°處于平衡狀態(tài)，所以B正確；將B水平右移，使 M、A、B在同一直線上，則r0-3A亡兩小球的距離變?yōu)?，故有sin 30"片斗空二F、 ，解得1山 C正確；將B移到無窮遠處，兩*IA*I/r小球之間的庫侖力為零，則兩線上的拉力大小- -，D錯誤； 考點：庫侖定律，共點力平衡條件4. 【2015山東-18】直角坐標系xOy中

17、，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Av鳳0匚G(0C y)A.B.C.D.3kO j 宀，沿y軸正向4 /3kO-，沿y軸負向5kQ'，沿y軸正向處0，沿y軸負向4a*【答案B【解析】因正電荷在 0點時，G點的場強為零，則可知兩負電荷在G點形成的電場的合場強為 &二詔 ;若將正電荷移到 G點，則正電荷在 H點的場強為 £二上顯弋二丄里,=cC（2。），4 a1因兩負電荷在G點的場強與在H點的場強

18、等大反向，則H點的合場強為 會勺&方向沿y軸負向；故選B.考點：場強的疊加M、N、P、圖中所標出的a粒子在5. 【2015安徽-14圖示是a粒子（氦原子核）被重金屬原子核散射的運動軌跡, Q是軌跡上的四點，在散射過程中可以認為重金屬原子核靜止不動?！敬鸢浮緾D. Q點同種電荷相互排斥,【解析由庫侖定律，可得兩點電荷間的庫侖力的方向在兩者的兩線上， 由牛頓第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正確，ABD錯誤。考點：考查庫侖定律和牛頓第二定律。qi 和 q2。6. 【2015安徽-15由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電荷量分別為其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為，

19、式中k為靜電力常量。若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應為23A. kg A m【答案】B-23-4B. kg A m s2 -2C. kg m C2 -2D. Nm 【解析】試題分析：由- 一可得單位為g】的q呼TiX”nT _kg ms' m* _k.m nT _kg tn：,故選Bo考點：考查庫侖定律和單位制。7. 【2015安徽-20】已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中.為平面上單位面積所帶的電荷量，為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S,其間為真空，帶電荷量為Q。不計邊緣效應時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互

20、的靜電引力大小分別為Q 0A.和亠【答案】DB.和丁【解析】試題分析:由公式-正負極板都有場強,由場強的疊加可得二- 先s電場力J -，故選Do考點：考查電場知識。8. 【2014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9o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（）QsA. 小球A與B之間庫侖力的大小為6*時，細線上的拉力為時，細線上的拉力為D

21、.-:時，斜面對小球A的支持力為0d J ktan S【答案】AC【解析】根據(jù)庫侖定律可知小球A與B之間的庫侖力大小為 k，選項A正確.若細線上F= k的拉力為零，小球 A受重力、庫侖力和支持力作用，如圖所示，由平衡條件可得mgtan 0,選項B錯誤，選項C正確；因為兩小球帶同種電荷，所以斜面對小球A的支持力不可能為0，選項D錯誤.9. 【2014海南卷】如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為I的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動。重力加速度為 g。粒子運動的加速度為/A

22、.B.D.'【答案】A【解析】粒子受重力和電場力，開始時平衡，有:當把金屬板從電容器中快速抽出后，根據(jù)牛頓第二定律，有:聯(lián)立解得：I故選：A.10. 【2014上海卷】如圖，豎直絕緣墻上固定一帶電小球A,將帶電小球 B用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛在A的正上方C處，圖中AC=h。當B靜止在與豎直方向夾角方向時，A對B的靜電力為B所受重力的倍，則絲線BC長度為。若A對B的靜電力為B所受重力的0.5J倍，改變絲線長度，使 B仍能在 m 處平衡。以后由于 A漏電，B在豎直平面內(nèi)緩慢運動，到乍_1了處A的電荷尚未漏完，在整個漏電過程中，絲線上拉力大小的變化情況是?！敬鸢浮?或者拉力先不變后變大33【解析】

23、對B受力分析(如圖所示)，根據(jù)正弦 定理得：所以a的值為60；或120；sin30: sinaf當 a =60時，BC= i_05 Iff匚，當a =120時，BC=亠；由于B受到靜電力為B所Jcosjff J受重力的0.5倍，故a =90；在B漏電的過程中,J p夾角e減小，由于 abc込NMB所以AC所以一貞，當e =0時,*r=TT=mg+F 靜 >二.，故拉力先不變后增大圖(a)11.【2014福建卷】如圖,L=2.0m。若將電荷量均為k=9.0 X 9N m1 2/C2。求：圖(b)考點：庫侖力動態(tài)平衡真空中 xOy平面直角坐標系上的 ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長 q=+2.

24、0 X 1c的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量【解析】（1 ）根據(jù)庫侖定律 A、B兩點電荷間的庫侖力的大小為代入數(shù)據(jù)得.心| J, ' ' ；（2） A、B兩點電荷在c點產(chǎn)生的場強大小相等，均為A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E合=2E. cos30代入數(shù)據(jù)得:；方向沿y軸正方向【考點】庫侖定律、電場的矢量疊加12. 使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開.下列各圖表示驗電器上感應 電荷的分布情況，其中正確的是（）L»【答案】B【解析】由于靜電感應，當帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器時，驗電器達到靜電平衡，近端（靠近金屬球端）感應出異種

25、電荷，遠端（金屬箔片）感應出同種電荷，只有 B正確.13. 如圖所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸現(xiàn)使 帶負電的橡膠棒 C靠近A（C與A不接觸），然后先將A、B分開，再將C移走關(guān)于A、B的 帶電情況，下列判斷正確的是（）A. A帶正電，B帶負電B. A帶負電，B帶正電C. A、B均不帶電D. A、B均帶正電【答案】A【解析】C靠近A后A帶正電，B帶負電.分開 A、B后，A帶正電，B帶負電，所以選 A.14. 如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支架上，兩球心間的距離為I,為球殼外半徑r的3倍.若使它們

26、帶上等量異種電荷，使其所帶電荷量的絕對值均為Q,那么a、b兩球之間的萬有引力 Fi與庫侖力F2為A.Fi= GrF2= k -B. FiMG,rFTF2= 一D. Fi = G二F2；【答案】D【解析】雖然兩球心間的距離I只有球殼外半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點，因此，可以應用萬有引力定律求 F仁而本題中由于a、b兩球殼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(cè)電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離I只有其外半徑r的3倍，不滿足I遠大于r的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以庫侖定律不適用，D正確.15. 使兩個完全

27、相同的金屬小球 （均可視為點電荷）分別帶上一3Q和+ 5Q的電荷后，將它們固 定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為Fi.現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為 2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2.則Fi與F2之比為（）A. 2 : i【答案】DB. 4 : iC. i6 : iD. 60 : iQ,距離變?yōu)樵瓉淼摹窘馕觥績蓚€完全相同的金屬球相互接觸并分開后，帶電荷量均變?yōu)? 兩倍，根據(jù)庫侖定律可知選項D正確.16. 如圖所示，將兩個擺長均為I的單擺懸于0點，擺球質(zhì)量均為 m,帶電荷量均為q(q>0) 將 另一個帶電荷量也為q(q>0)的小球從0點正下方較遠處

28、緩慢移向0點，當三個帶電小球分別處在等邊三角形abe的三個頂點上時，兩擺線的夾角恰好為 120°則此時擺線上的拉力大q小等于() / 01 * /* * % * /B. mgA fmgC 2，廠【答案】B【解析】如圖為a處帶電小球的受力示意圖, 處帶電小球和移動的帶電小球?qū)λ膸靵隽?其中F為擺線對小球的拉力，F(xiàn)i和F2分別為b根據(jù)題意分析可得Fi= F2= k_,根據(jù)共點力的平衡知識可得Feos 30° = k _ + k3r需cos 60 ,° mg= Fsin 30 +° k話in 60，聯(lián)立以上兩式解得 F=或F= mg,故選項中只有B正確.17

29、. 如圖所示，點電荷+ 4Q與+ Q分別固定在 A、B兩點，C、D兩點將AB連線三等分，現(xiàn) 使一個帶負電的粒子從 C點開始以某一初速度向右運動，不計粒子的重力，則該粒子在CD之間運動的速度大小 v與時間t的關(guān)系圖象可能是圖中的()D【答案】B【解析】粒子在 AB連線上的平衡位置即為場強為零的位置，設粒子與B點的距離為X,所kO *40£亠一亠以=，得x=，即在D點，粒子在 D點左側(cè)時所受電場力向左，粒子在 D點右側(cè)時所受電場力向右.所以粒子的運動情況有以下三種情況：在D點左側(cè)時先向右減速至速度為零然后向左加速運動；粒子能越過 D點時，先在D點左側(cè)減速，過 D點以后加速 運動；或在D點

30、左側(cè)減速，運動到 D點速度減為0,以后一直靜止，由于 C圖象不對稱，所 以粒子在CD之間的運動可以用 B圖象描述，故 B正確.18. 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6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為通過半球頂點與球心O的直線，在直線上有 M、N兩點- -=2R.已知M點的場強大小為 E,貝U N點的場強大小為（）A.B.4PC.D.【答案】A【解析】設想球殼是一完整的球面，則M、N兩點的場強大小為 Eo= k，去掉左側(cè)半球面，右側(cè)半球面在 N點產(chǎn)生的場強大小與只有左側(cè)半球面時在M點產(chǎn)生的場強大小相同，因此N點

31、場強E= Eo-E= E, A選項正確.2T19. 如圖所示，a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷+ Q和一Q, c是線段ab的中點，d 是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c e點，它所受的電場力分別為 Fd、Fc、Fe,則下列說法中正確的是A.Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右B.Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上C.Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c= 0D.Fd、Fc、Fe的大小都相等【答案】A【解析】根據(jù)場強疊加原理，等量異種點電荷連線及中垂線上的電場線分布如圖所示，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點受電場力方向與場強方向相同可

32、得到A正20.圖中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷+q、+ q、一 q,則該三角形中心O點處的場強為()確，B、C錯誤；連線上場強由A到B先減小后增大，中垂線上由0到無窮遠處逐漸減 小, 因此0點場強是連線上最小的（但不為0），是中垂線上最大的，故 Fd>Fc>Fe，故D錯誤.6kqA. ，方向由C指向0 a6樹B. ，方向由O指向CAD.C.C指向O方向由O指向C【答案】B【解析】每個點電荷在0點處的場強大小都是畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得0點處的合場強為 Eo= 2E=j，方向由0指向C.B項正確.21. 如圖所示，真空中 0點有一點電荷，在它產(chǎn)

33、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 點場強大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是Eb,方向與ab連線成30°角關(guān)于a、b兩().書E】EA. Ea=EbB. Ea= Eb一-C. Ea= J EbD. Ea= 3Eb【答案】D廠*0 &才 3【解析】由題圖可知，b=a,再由E= 可知，r. = 一，故D正確.Er r?22. 如圖甲所示，在 x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，0、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示，貝U()A. A點的電場強度大小為 1

34、X 10N/CB. B點的電場強度大小為 2 X 10N/CC. 點電荷Q在A、B之間D. 點電荷Q在A、O之間【答案】C【解析】對于電場中任意一點而言，放在該處的試探電荷的電荷量q不同，其受到的電場力FF的大小也不同，但比值 一是相同的，即該處的電場強度不變所以F q圖象是一條過原g點的直線，斜率越大則場強越大.由題圖可知A點的電場強度Ea= 2X 10 N/C, B點的電場強度Eb= 0.5 X l0N/C, A、B錯誤.A、B兩點放正、負不同的電荷，受力方向總為正，說明 A、B的場強方向相反，點電荷 Q只能在A、B之間，C正確.23. 用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點場強的強弱如

35、圖甲是等量異種點電荷形 成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對 O 對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱.則（）A. B、C兩點場強大小和方向都相同B. A、D兩點場強大小相等，方向相反C. E、O、F三點比較，O點場強最弱D. B、O、C三點比較，O點場強最強【答案】A【解析】由等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律可知選項A正確，B、C、D錯誤.24. 如圖所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點，在這些點上各固定一 個點電荷，除A點處的電荷量為一q夕卜，其余各點處的電荷量均為+q,則圓心O處（）A.場強大小為2，方向沿OA方向B.場強大

36、小為,方向沿AO方向C.場強大小為Ikq，方向沿OA方向D.場強大小為2 At?，方向沿AO方向【答案】C【解析】在A處放一個一 q的點電荷與在 A處同時放一個+ q和一 2q的點電荷的效果相當， 因此可以認為圓心 0處的電場是由五個+ q和一個一2q的點電荷產(chǎn)生的電場合成的，五個 + q處于對稱位置上，在圓心0處產(chǎn)生的合場強為 0,所以O點的場強相當于一2q在O處產(chǎn)生的場強，故選 C.25.下列關(guān)于電場強度的兩個表達式E= F/q和E= kQ/r2的敘述，不正確的是（）A. E= F/q是電場強度的定義式， 電荷量B. E= F/q是電場強度的定義式， 的電荷量，它適用于任何電場F是放入電場

37、中的電荷所受的力,F是放入電場中電荷所受的電場力,q是產(chǎn)生電場的電荷的q是放入電場中電荷它不適用于勻強電場C. E= kQ/r2是點電荷場強的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量,D. 從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F= k 于，式-是點電荷q2產(chǎn)生的電場r廣在點電荷qi處的場強大小，而是點電荷qi產(chǎn)生的電場在q2處場強的大小【答案】AI解析】公式E= F/q是電場強度的定義式，適用于任何電場.E一是點電荷場強的計算公式，只適用于點電荷電場，庫侖定律公式F=可以看成qi在q2處產(chǎn)生的電場強度Ei =對q2的作用力，故A錯誤,B、C D正確.6 fa?2E= 一，方向由0指向C.B項正確.

38、26.（2015唐山模擬）如圖所示，勻強電場中的A、B、C三點構(gòu)成一邊長為 a的等邊三角形.電 場強度的方向與紙面平行.電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A的過程中動能減少Eo,質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動到A的過程中動能增加 Eo,已知電子和質(zhì)子電荷量的絕對值均為 e,則勻強電場的電場強度為（）B-距離 d= asin 60 = a,由場強與電勢差的關(guān)系7民FE=解得E=L_，選項C正確.3ea【答案】C 解析對電子從B到A的過程，由動能定理可知，一 eUBA= Eo；對質(zhì)子從C到A的過程，有 eUcA= Eo,可見Uba= Uca,故B、C兩點電勢相等，在同一等勢面上， AB沿電場

39、線方向上的F kO27.（多選）下列關(guān)于電場強度的兩個表達式E= 和E=的敘述，正確的是（）A. E= 是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電g曰.荷量FB. E=是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中電荷所受的電場力，q是放入電場中電荷的g電荷量，它適用于任何電場C.是點電荷場強的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場D.從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F=，其中二是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而一l是點電荷q1產(chǎn)生的電場在q2處場強的大小*【答案】BCDF解析公式E= 是電場強度的定義式,g適用于任何電場.是點電荷場強的

40、計算公式,只適用于點電荷電場，庫侖定律公式k 可以看成 qi在q2處的電場 Ei = l對q2的廣r作用力，故A錯誤，B C、D正確.28.（2015西寧高三質(zhì)檢）如圖所示，以 量正、負點電荷分別放置在a、b、c、 d、e、O為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f.等d兩處時，在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E.現(xiàn)改變a處點電荷的位置,使 0點的電場強度改變,F列敘述正確的是()-解析放置在a、d兩處的等量正、負點電荷在圓心0處產(chǎn)生的電場強度方向相同，每個電荷A.移至c處，O處的電場強度大小不變，方向沿OeB.移至b處,O處的電場強度大小減半,方向沿OdC.移至e處，O處的電場強度大小

41、減半,方向沿OcD.移至f處，O處的電場強度大小不變，方向沿Oe【答案】Ca處正電荷移至c處，0處的在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小均為:根據(jù)場強疊加原理,E電場強度大小為一，方向沿Oe，選項A錯誤；a處正電荷移至b處，0處的電場強度大小£S為2cos 30。= 二 E,方向沿/ eOd的角平分線，選項 B錯誤；a處正電荷移至e處，O處的電場強度大小為 E/2,方向沿 Oc，選項C正確；a處正電荷移至f處，O處的電場強度大小為2上cos 30 = 11 E,方向沿/ cOd的角平分線，選項 D錯誤.29. A、B C三點在同一直線上， AB： BC= 1 : 2, B點位于A、C之間，在

42、B處固定一電荷量 為Q的點電荷當在 A處放一電荷量為+ q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為一2q的點電荷，其所受電場力為A. - F/2B. F/2C. FD F【答案】B解析如圖所示，設B處的點電荷帶電荷量為正，AB= r，則BC= 2r，根據(jù)庫侖定律有F=二-，r*kQ-2qf； W，可得F=，故選項B正確.("I2ABFr C片 »f+g Q -230. N(N>1)個電荷量均為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(圖中未標出)的一個小球，則圓心。點處的電場強度大小為 ，方向.(已

43、知靜電力常量為 k)I答案】一沿OP指向P小球在0點處電場強度疊加后，合場強為零；移去P點的小球后，則剩余 N- 1個小球在圓心O處的電場強度與 P點的小球在圓心 O處的電場強度等大反向，即 E= Ei= k，方向R*沿op指向P31. 可以自由移動的點電荷 qi、q2、q3放在光滑絕緣水平面上，如圖所示，已知qi與q2之間的距離為li, q2與q3之間的距離為 J且每個電荷都處于平衡狀態(tài).(1)如果q2為正電荷，貝U qi為電荷，q3為電荷.(2)q1、q2、q3三者電荷量大小之比是 【答案】(1)負負(2)【解析】(1)q2處于平衡狀態(tài)，則 qi、q3對它的靜電力等大反向，所以qi、q3帶

44、同種電荷；qi處于平衡狀態(tài)，則 q2、q3對它的靜電力等大反向，所以q2、q3帶異種電荷.因此，qi、q3都帶負電荷.g® Si?對qi列平衡方程：k .= k . _對q3列平衡方程:陥十 2'i二曲2聯(lián)立解得：q1 q2 : q3= (): 1 :().32. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R,在中心處固定一帶電荷量為+ Q的點電荷質(zhì)量為 m、帶電荷量為+ q的帶電小球在圓形絕緣細管中 做圓周運動，當小球運動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力是多大？【答案】6mg【解析】設小球在最高點時的速度為V1，根據(jù)牛

45、頓第二定律mg kQq設當小球在最低點時的速度為 V2,管壁對小球的作用力為 F,根據(jù)牛頓第二定律有kQqv：F mg= m-計R小球從最高點運動到最低點的過程中只有重力做功，故機械能守恒則1 ； 1 ；-.+ mg2R= -.由式得F= 6mg33. 半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶正電荷的小球，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示，小球所受電場力是其重力的-倍，將小球從環(huán)4上最低點位置 A點由靜止釋放，則：(1)小球所能獲得的最大動能是多大;(2)小球?qū)Νh(huán)的最大壓力是多大.【解析】(1)因 qE= mg,所以 qE、4【答案】 mgrmgmg的合力F合與豎直方

46、向夾角tan 9=-=',即卩 0= 37°噸 4則小球由A點靜止釋放后從 理得A到B過程中做加速運動， 如圖所示,B點動能最大，由動能定qErsin -9 mgr(1 cos 0=) Ek解得B點動能即最大動能Ek= - mgr.(2)設小球在B點受圓環(huán)彈力為Fn，由牛頓第二定律得Fn F 合=驅(qū) 5而F合=mgcosy 4-mg.解得Fn = - mg,由牛頓第三定律得，小球?qū)A環(huán)的最大壓力也為34. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O,半徑R=0.50

47、m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小 E= 1.0 X 10J/C,現(xiàn)有質(zhì)量m = 0.20 kg、電荷量q = 8.0 X04 C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始運動，已 知Xab= 1.0 m,帶電體與軌道 AB CD間的動摩擦因數(shù)均為 0.5.假定帶電體與軌道之間的最2大靜摩擦力和滑動摩擦力相等.求：(取 g = 10 m/s )VJ* Hi tM acrEJ；一直(1) 帶電體運動到圓弧形軌道 C點時的速度；(2) 帶電體最終停在何處.g【答案】(1)10m/s，方向豎直向上 (2)C點上方到C點的豎直距離為'm處3【解析】 設帶電體到達 C點時的速度

48、為v,從A到C由動能定理得：qE(XAB+ R)卩mgXB12mgR= mv解得 v= 10m/s(2)設帶電體沿豎直軌道 CD上升的最大高度為 h，從C到D由動能定理得：1 2mgh 卩 qE= 0 mv5解得h= m3在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax=卩qE= 4N,重力 G= mg = 2N因為 G<Ffmax所以帶電體最終靜止在 C點上方到C點的豎直距離為 -m處.335. 如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道的圓心處，將另一帶正電、電荷量為q2、質(zhì)量為m的小球，從軌道的 A處無初速度釋放，求：(1) 小球運動到B點時的速度大小;(2) 小球在B點時對軌道

49、的壓力.(2)3mg + k，方向豎直向下mgR【解析】(1)帶電小球q2在半圓光滑軌道上運動時，庫侖力不做功，故機械能守恒，則解得 Vb = J小球到達B點時，受到重力 mg、庫侖力F和支持力Fn，由圓周運動和牛頓第二定律得Fn_ mg 一 k解得 Fn = 3mg + k 一:根據(jù)牛頓第三定律，小球在 B點時對軌道的壓力為Fn'= Fn = 3mg + k 方向豎直向下.36. 如圖所示，質(zhì)量為 m的小球A放在絕緣斜面上，斜面的傾角為a小球A帶正電，電荷量為q.在斜面上B點處固定一個電荷量為 Q的正電荷，將小球 A由距B點豎直高度為H處無 初速度釋放小球 A下滑過程中電荷量不變不計

50、A與斜面間的摩擦，整個裝置處在真空中.已知靜電力常量 k和重力加速度g.(1) A球剛釋放時的加速度是多大？當A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離.【答案】(1)gsin p-(2) 1"V，;mH1 V wgsincj【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律 mgsin a- F= maOq H根據(jù)庫侖定律：F= k二-,r = rsin 住聯(lián)立以上各式解得 a= gsin -尬。mH，A球與B點間的距離為 R,貝U mgsin當A球受到合力為零、加速度為零時，速度最大，動能最大.設此時B、C均帶正電，且 qc= 1.0 X 105 c,B、C間相距L= 1.0 m .現(xiàn)給A a= 1.

51、0 m/s2的勻加速直線運動，假37. 如圖所示，可視為質(zhì)點的三物塊A、B、C放在傾角為30。的固定斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) 尸二，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別為mA45=0.60 kg , mB= 0.30 kg , mc= 0.50 kg ,其中 A不帶電, 開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用， 施加一平行于斜面向上的力F,使A在斜面上做加速度定斜面足夠長.已知靜電力常量k= 9.0 X 10Nm2/C2, g = 10 m/s2.求:B物塊的帶電量qB；A、B運動多長距離后開始分離.【答案】(1)5.0 X 10 c (2)0.5 m【解

52、析】(1)設B物塊的帶電量為 qB, A、B、C處于靜止狀態(tài)時，C對B的庫侖斥力以A、B為研究對象，根據(jù)力的平衡有Fo= (mA+ mB)gs in 30°聯(lián)立解得qB= 5.0 X 105 C(1) 給A施加力F后，A、B沿斜面向上做勻加速直線運動，C對B的庫侖斥力逐漸減小，A、t時刻C對B的庫侖斥力為B之間的彈力也逐漸減小設經(jīng)過時間t, B、C間距離變?yōu)長； A、B兩者間彈力減小到零，此后兩者分離則以B為研究對象，由牛頓第二定律有F0 mBgs in 30 jimgcos 30 = mBa聯(lián)立以上各式解得 L '= 1.5 m則A、B分離時，A、B運動的距離 AL L L= 0.5 m38. 在電場強度為E的勻強電場中，取 O點為圓心，r為半徑作一圓周，在 O點固定一電荷 量為+ Q的點電荷，a、b、c、d為相互垂直的兩條直