2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 熱點題型歸納與變式演練 專題18 電場的力學(xué)性質(zhì)（含解析）

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1、專題18 電場的力學(xué)性質(zhì) 【專題導(dǎo)航】 目錄 熱點題型一　庫侖定律的理解及其相關(guān)平衡問題 1 庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合問題 2 三個孤立共線點電荷平衡問題 3 庫侖力作用下的平衡問題 4 熱點題型二　電場強度的理解與計算 5 點電荷電場中場強的計算 6 補償法求電場強度 7 等效法求電場強度 9 微元法求電場強度 9 熱點題型三　電場線的理解和應(yīng)用 10 等量異(同)種電荷電場線的分布 11 電場線中帶電粒子的運動分析 12 根據(jù)粒子運動情況判斷電場線分布 13 【題型演練】 14 【題型歸納】 熱點題型一　庫侖定律的理解及其相關(guān)平衡問題 1

2、．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(dāng)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．“三個自由點電荷平衡”的問題 (1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零，或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合電場強度為零的位置． (2) 3．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．

3、具體步驟如下： 庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合問題 【例1】．三個相同的金屬小球1、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 【答案】D. 【解析】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

4、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．　 【變式】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． 【答案】D. 【解析】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． 三個孤立共線點電荷平衡問題 (1)條件：每個點電荷所受合力為零． (2)平衡

5、規(guī)律 “兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最?。弧敖∵h大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷． 【例2】(2019·浙江十校聯(lián)盟測試)如圖所示，a、b、c為真空中三個帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕 緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等， 懸掛a小球的細線向左傾斜，懸掛c小球的細線豎直，則 (　　) A．a(chǎn)、c兩小球帶同種電荷 B．a(chǎn)、c兩小球帶異種電荷 C．a(chǎn)小球帶電荷量為－4Q

6、 D．c小球帶電荷量為＋4Q 【答案】　AC 【解析】　已知b球帶正電，若c球也帶正電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球應(yīng)帶負電，此時a球受到b、c兩球向右的庫侖引力，故懸掛a球的細線向右傾斜，與事實不符；若c球帶負電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球也應(yīng)帶負電，此時若c球給a球的斥力大于b球給a球的引力，則懸掛a球的細線向左傾斜，與事實相符，綜上可知，a、c兩球都帶負電，A正確，B、D錯誤．對c球進行分析，由庫侖定律和牛頓第二定律有k＋k＝0，解得Qa＝－4Q，C正確． 【變式】.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶

7、負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則(　　) A．Q3為負電荷，且放于A左方 B．Q3為負電荷，且放于B右方 C．Q3為正電荷，且放于A、B之間 D．Q3為正電荷，且放于B右方 【答案】A. 【解析】因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間．根據(jù)庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應(yīng)放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于

8、平衡，故應(yīng)放在Q1的左側(cè)．要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故選項A正確． 庫侖力作用下的平衡問題 【例3】. (多選)(2019·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＝OB，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，可采用的方法有(　　) 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 【答案】BD. 【解析】如圖所示，B受重力、繩

9、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． 【變式】如圖所示，在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，電荷量為q的帶正電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當(dāng)大小的力F拉住，使B處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時B與A點的距離為R，B和C之間的細線與AB垂直．若B所受的重力

10、為G，緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪，靜電力常量為k，環(huán)境可視為真空，則下列說法正確的是(　　) A．F逐漸增大 B．F逐漸減小 C．B受到的庫侖力大小不變 D．B受到的庫侖力逐漸增大 【答案】BC 【解析】對B進行受力分析，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系和三力平衡可得，＝＝(F1＝)，F(xiàn)′＝，且F＝F′，當(dāng)L逐漸減小時，F(xiàn)逐漸減小，選項A錯誤，B正確；在B緩慢移動過程中，設(shè)B與A點的距離為x，在整個過程中，x都滿足＝，對比＝，得x＝R，即B與點電荷間的距離不變，B受到的庫侖力大小不變，選項C正確，D錯誤． 熱點題型二　電場強度的理解與計算

11、1．電場強度的三個計算公式 2．求解電場強度的非常規(guī)思維方法 (1)等效法：在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景． 例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示． (2)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，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化． 如圖丙所示，均勻帶電的球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向． (3)填補法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍．

12、 (4)微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強． 點電荷電場中場強的計算 【例4】．(2018·高考北京卷)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述． (1)請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式； (2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2.我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大?。堄嬎鉙1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比. 【答案】見解析 【解析】(1)在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷． 根據(jù)庫侖定律，檢

13、驗電荷受到的電場力 F＝k 根據(jù)電場強度的定義 E＝ 得E＝k. (2)穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比 ＝＝. 【變式】如圖所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)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． 【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兩點處的點電荷間的庫侖力大小為 F＝k①

14、 代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3 N② (2)A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為 E1＝k③ A、B兩點處的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． 補償法求電場強度 【例5】．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　　　

15、 B．C．－E D．＋E 【答案】A. 【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． 對稱法求電場強度 【例6】．(2019·陜西渭南教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，在x軸上放置兩正點電荷Q1、Q2，當(dāng)空間存在沿y軸負 向的勻強電場時，y軸上A點的場強等于零，已知勻強電場的電場強度大小為E，兩點電荷到A的距離分別 為

16、r1、r2，則在y軸上與A點對稱的B點的電場強度大小為 (　　) A．E　　　 B.E C．2E D．4E 【答案】C 【解析】A點場強為零，說明兩點電荷在A點的合場強與勻強電場的場強等大反向，即豎直向上，大小為E，根據(jù)對稱性，兩點電荷在B處產(chǎn)生的合場強豎直向下，大小為E，所以B點的場強大小為2E，方向豎直向下，C正確． 【變式】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

17、>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．kC．kD．k 【答案】B. 【解析】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． 等效法求電場強度 【例7】．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

18、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．kB．kC．kD．k 【答案】D. 【解析】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＝處的場強E＝k＋k＝k，選項D正確． 微元法求電場強度 【例8】．一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正

19、確的表達式是(　　) A．B．C．D． 【答案】D 【解析】.設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為 q＝　 ① 由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強 EP＝k＝k　 ② 由對稱性可知，各小段電環(huán)在P處的場強垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強E，故 E＝nEx＝n··cos θ＝　 ③ 而r＝　 ④ 聯(lián)立①②③④式，可得E＝，D正確． 【變式】下列選項中的各圓環(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O處電場強度最大的是 (　　) 【答案

20、】B 【解析】將圓環(huán)分割成微元，根據(jù)對稱性和矢量性疊加，選項D圖中O點的場強為零，選項C圖中等效為第二象限內(nèi)電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與選項A中的相等，選項B中正、負電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的倍，也是選項A、C場強的倍，因此選項B正確． 熱點題型三　電場線的理解和應(yīng)用 1．電場線的用途 (1)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． (2)判斷電場強度的大小(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?。? (3)判斷電勢的高低與電

21、勢降低的快慢——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． (4)判斷等勢面的疏密——電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏． 2．兩種等量點電荷的電場 比較 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的電場強度 在電荷連線上，中點O的電場強度最小，指向負電荷一方 為零 連線上的電場強度大小 沿連線先變小，再變大 沿連線先變小，再變大 沿中垂線由O點向外電場強度大小 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′的電場強度 等大同向 等大反向

22、等量異(同)種電荷電場線的分布 【例9】．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

23、力先減小后增大 【答案】C 【解析】.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． 【變式】如圖所示，在x軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量正點電荷(帶電荷量均為Q)，在y軸上C點 有負點電荷(帶電荷量為Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是 (　　) A．O點電場強度小于D點的

24、電場強度 B．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度也增大 C．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度也增大 D．若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大 【答案】CD 【解析】兩個正點電荷在D點產(chǎn)生的合場強與負點電荷在D點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，合場強為零，兩個正點電荷在O點產(chǎn)生的場強為零，但負點電荷在O點產(chǎn)生的場強為E＝k，若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度不變，選項A、B錯誤；若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度將增大，若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大，所以選項C、D正確

25、． 電場線中帶電粒子的運動分析 (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． 【例10】.如圖所示，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

26、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 【答案】D. 【解析】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與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電

27、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． 【變式】(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的加速度將

28、增大 D．兩個粒子的電勢能都減少 【答案】　CD 【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． 根據(jù)粒子運動情況判斷電場線分布 【例11】.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(　　) 【答案】C. 【解析】由v－t圖象可知負電荷在電場中做

29、加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． 【題型演練】 1．(2019·四川自貢診斷)兩個完全相同的金屬小球，所帶電荷量多少不同，相距一定的距離時，兩個金屬球之間有相互作用的庫侖力，如果將兩個金屬球相互接觸一下后，再放到原來的位置，則兩球的作用力變化情況是(　　) A．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力仍是引力 B．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力為零 C．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力仍是斥力 D．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力是引力

30、 【答案】C 【解析】如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，且兩球帶不等量的異種電荷，則相互接觸后的庫侖力是斥力，A、B錯誤．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則兩球帶同種電荷，則相互接觸后帶等量的同種電荷，相互間的庫侖力仍是斥力，C正確，D錯誤． 2．如圖所示，實線為等量異種點電荷周圍的電場線，虛線為以一點電荷為中心的圓，M點是兩點電荷連線的中點，若將一正試探點電荷從虛線上N點移動到M點，則電荷所受電場力(　　) A．大小不變 B．方向不變 C．逐漸減小 D．逐漸增大 【答案】D 【解析】由電場線的分布情況可知，N點電場線比M點電場線疏，則N點電場強度比M點電場強度小，由電

31、場力公式F＝qE可知正點電荷從虛線上N點移動到M點的過程中，電場力逐漸增大，電場力方向與點所在的電場線的切線方向一致，所以一直在變化，故D正確． 3．(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球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】對小球c所受庫侖力分析，畫出a對c

32、的庫侖力和b對c的庫侖力，若a對c的庫侖力為排斥力，a、c的電荷同號，則b對c的庫侖力為吸引力，b、c電荷為異號，a、b的電荷為異號；若a對c的庫侖力為引力，a、c的電荷異號，則b對c的庫侖力為斥力，b、c電荷為同號，a、b的電荷為異號，所以a、b的電荷為異號．設(shè)ac與ab的夾角為θ，利用平行四邊形定則和幾何關(guān)系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac＝k0，F(xiàn)bc＝k0，tan θ＝，tan θ＝，a、b電荷量的比值k＝，聯(lián)立解得k＝，選項D正確． 4.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.

33、若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 【答案】AC 【解析】設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，則兩個－q之間距離為2acos α.選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，故A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，故C正確，D錯誤． 5.(2019·福建莆田二檢)如圖所示，邊長為a的正方體的頂點A處有一電荷量為－Q的點電荷，其他7個頂點各有一電

34、荷量為＋Q的點電荷，體心O處有一個電荷量為－q的點電荷，靜電力常量為k，則O點處的點電荷受到的電場力大小為(　　) A．B．C．D． 【答案】A 【解析】.根據(jù)庫侖定律可得電場力F＝，O點到正方體頂點的距離r＝a，則正方體任一頂點上的點電荷對O點處的點電荷的庫侖力大小均為F＝k＝；庫侖力方向沿兩電荷連線方向，正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相同時，兩個庫侖力等大反向；正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相反時，兩個庫侖力等大同向．根據(jù)矢量疊加定理可知，O點處的點電荷受到的電場力大小為2F＝，A選項正確． 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

35、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． 【答案】B. 【解析】取小球a、b整體作為研究對象，則整體受重力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． 7.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

36、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1.0×10－2 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 【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正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情

37、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． 8.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?fàn)顟B(tài)，這時兩球之間的距離為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(dāng)移動B球，小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與原來比

38、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 【答案】AC 【解析】.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止?fàn)顟B(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)

39、庫cos θ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． 9.如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d＝0.48 m，離地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的 勻強電場(除此之外其余位置均無電場)，電場強度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m＝ 0.01 kg，電荷量q＝1×10－6 C的帶正電小球以初速度v0＝1 m/s向右運動．空氣阻力忽略不計，重力加速度 g取10 m/s2.求： (1)小球在桌面上運動時加速度的大小

40、和方向； (2)P處距右端桌面多遠時，小球從開始運動到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離． 【答案】 (1)1.0 m/s2，方向水平向左　(2) m　 m 【解析】(1)對小球受力分析，受到重力、支持力和電場力，重力和支持力平衡，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，方向水平向左． (2)由于x＝＝0.5 m>0.48 m，所以小球一定從右邊離開桌面． 設(shè)球到桌面右邊的距離為x1，球離開桌面后做平拋運動的水平距離為x2，則：x總＝x1＋x2 由v2－v＝－2ax1代入數(shù)據(jù)得：v＝ 設(shè)平拋運動的時間為t，根據(jù)平拋運動的分位移公式，有：h＝gt2，代

41、入數(shù)據(jù)得：t＝0.5 s. 水平方向，有x2＝vt＝0.5，故 x總＝x1＋0.5 令：y＝；則：x總＝ 故y＝，即：x1＝時，水平距離最大，最大值為 xmax＝ m. 10.(2019·北京四中模擬)如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3.0×104 N/C.有一個質(zhì)量m＝4.0×10－3 kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不計空氣阻力的作用． (1)求小球所帶的電荷量及電性； (2)如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球

42、運動的加速度大??； (3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t＝0.20 s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量． 【答案】(1)1.0×10－6 C　正電荷 (2)12.5 m/s2 (3)減少了4.5×10－3 J 【解析】(1)小球受到重力mg、電場力F和繩的拉力T的作用，由共點力平衡條件 F＝qE＝mgtan θ 解得q＝＝1.0×10－6 C 電場力的方向與電場強度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷． (2)剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a， 由牛頓第二定律＝ma 解得a＝＝12.5 m/s2. (3)在t＝0.20 s的時間內(nèi)，小球的位移為 l＝at2＝0.25 m 小球運動過程中，電場力做的功 W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球電勢能的變化量(減少量) ΔEp＝4.5×10－3 J. 20