2020年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第35講 電場力的性質學案（含解析）.doc

《2020年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第35講 電場力的性質學案（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 第8章 靜電場 第35講 電場力的性質學案（含解析）.doc（27頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第35講 電場力的性質 [研讀考綱明方向] [重讀教材定方法] (對應人教版選修3－1的頁碼及相關問題) 1．P3[實驗]，回答課本問題。若右端接地，則圖示狀態(tài)感應電荷分布情況如何？ 提示：導體A、B分別感應出負電荷和正電荷，兩金屬箔都張開；先把A、B分開，然后移去C，A、B帶電情況不變，金屬箔均保持張開狀態(tài)；再讓A、B接觸，A、B均不帶電，兩金屬箔均閉合。導體A左端分布有感應負電荷，導體B無感應電荷。 2．P3 圖1.1－2，驗證一導體是否帶電時，必須使其與驗電器的金屬球接觸嗎？ 提示：不是必須，使該導體與金屬球靠近也可。 3．P4“元電荷”一段。 4．P4～5[問題與練習]T2、T3、T4。 提示：T2：導體上電荷的轉移是電子的轉移，得到或失去的電子數相同，均等于帶電量與元電荷的比值。T3：感應起電的特點是近異遠同，離的近的力大，故為吸引力。T4：不違背能量守恒定律。把A、B在C旁邊相碰一下分開，需要做功，需要能源提供能量。 5．P6閱讀“庫侖的實驗”一段，庫侖是怎樣改變電量的？ 提示：把一個帶電金屬小球與另一個不帶電的完全相同的金屬小球接觸，前者的電荷量就會分給后者一半。 6．P7[例題1]，由該題分析，在電磁學的受力分析時是否需要考慮萬有引力？ 提示：不需要。 7．P12圖1.3－3、圖1.3－4及“電場線”一段，注意電場線的三大特點。 8．P13圖1.3－6、圖1.3－7。 9．P14～15[問題與練習]T1、T3、T5、T6、T7。 提示：T1：E＝，某處電場強度E的大小與檢驗電荷電量q無關。T3：E電場→E重力場，F→G，q→m，由比值法定義得E重力場＝，方向與G相同。T5：同一幅圖中，電場線密集處電場強度大；電場強度方向為各點的切線方向；負電荷所受靜電力方向與電場強度方向相反。T6：受力平衡分析。T7：利用靜止的正負點電荷電場分布的特點及電場強度公式分析。 10．P17 圖1.4－2、圖1.4－3。 11．P18[思考與討論]。 提示：重讀課文，仿照正電荷情形分析。 12．P19圖1.4－5，觀察等勢面和電場線形狀，思考兩者關系。 提示：等勢面和電場線垂直。 13．P19～20[問題與練習]T2、T3、T4、T5、T7。 提示：T2：φ＝，φ、Ep、q計算時均帶正、負號，并按φ的正、負值大小比較。T3：(1)沿電場線方向電勢逐漸降低；(2)將一正(或負)檢驗電荷從M點移到P點或從P點移到M點，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大，再根據φ＝分析。T4：φ重力勢＝＝gh。T5：根據定義或定義式分析。T7：電場線與等勢面垂直；靜電力做功與電荷運動的始末位置有關，與電荷經過的路徑無關，WAB＝EpA－EpB。 14．P21[例題]。 15．P22[問題與練習]T1、T3。 提示：T1：WAB＝qUAB＝EpA－EpB。T3：(1)B點，A點；(2)負功；(3)負，正。 16．P23[思考與討論]。 提示：公式UAB＝Ed中的d是勻強電場中兩點沿電場線方向的距離。 17．P23～24[問題與練習]T1、T2、T3、T4。 提示：T1：E＝，F＝Eq，WAB＝qUAB＝qEd。 T2：(1)D點電勢高，UCD＝Ed； (2)φC－φB＝UCB＝EdCB， φD－φB＝UDB＝EdDB， φC－φA＝UCA＝EdCA， φD－φA＝UDA＝EdDA， 沿電場線方向d為正，逆電場線方向d為負，電勢差與零電勢位置選取無關。 (3)WCD＝qUCD，靜電力做功與路徑無關，只與初末位置有關。 T3：E＝。 T4：b，b，b，b。同一幅圖中，相鄰等勢面間的電勢差相等時，等勢面越密集的地方電場強度越大。 18．P24圖1.7－1及邊框。 19．P26[演示]實驗。 提示：空腔導體帶電時，電荷分布在外表面，內表面沒有電荷分布。 20．P28[問題與練習]T1。 提示：(1)近異遠同；(2)與點電荷激發(fā)的電場的場強等大反向；(3)不能，球殼表面是一個等勢面。 21．P30[演示]實驗。 22．P32[做一做]。 提示：(1)面積表示電容器釋放的電量，即充電后所帶電量；(2)數小格，格數乘以每格面積所代表的電量；(3)C＝。 23．P32～33[問題與練習]T1、T3、T4。 提示：T1：兩極板間電壓越大，偏轉角度越大。 T3：(1)U一定，Q＝CU，C＝； (2)Q一定，U＝，C＝。 T4：E＝＝＝＝。 24．P34[思考與討論]。 提示：仍然適用，動能定理分析不考慮運動過程。 25．P34～35[例題2]。 26．P35“示波管的原理”一段。 27．P35～36圖1.9－4，若YY′上加圖1.9－5的電壓，XX′上加圖1.9－6的電壓，屏幕上亮線是什么形狀？ 提示：正弦曲線形狀。 28．P37[科學足跡]，密立根實驗——電子電荷量的測定。 29．P38[科學漫步]，范德格拉夫靜電加速器。 30．P39[問題與練習]T2。 提示：－eU＝0－mv2。 第35講　電場力的性質 考點一　庫侖定律的理解及基本應用 一、電荷　電荷守恒定律 1．電荷 (1)三種起電方式：摩擦起電，感應起電，接觸起電。 (2)兩種電荷：自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。 (3)帶電實質：物體得到電子或失去電子。 (4)元電荷 ①電荷的多少叫做電荷量，通常把e＝1.6010－19_C的電荷量叫做元電荷。 ②對元電荷的理解 a．元電荷是自然界中最小的電荷量，任何帶電體的電荷量都是元電荷的整數倍。 b．元電荷等于電子所帶的電荷量，也等于質子所帶的電荷量，但元電荷沒有正負之分。 c．元電荷不是實物粒子，電子、質子等微粒也不是元電荷。 (5)點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小、形狀及電荷分布狀況的理想化模型。 2．電荷守恒定律 (1)內容 ①經典表述：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，在轉移過程中，電荷的總量保持不變。 ②現在表述：一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數和保持不變。 (2)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導體，接觸后再分開，二者帶等量電荷，若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分。 二、庫侖定律 1．內容 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．表達式 F＝k，式中k＝9.0109 Nm2/C2，叫做靜電力常量。 3．適用條件 真空中的靜止點電荷。 (1)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。 (2)當兩個帶電體的間距遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。 (3)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。 ①同種電荷：F＜k；②異種電荷：F＞k。 (4)不能根據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看做點電荷了。 4．庫侖力的方向 由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。 1．(多選)如圖所示，將帶電棒移近甲、乙兩個不帶電的導體球，兩個導體球開始時互相接觸且對地絕緣，下述幾種方法中能使兩球都帶電的是(　　) A．先把球分開，再移走棒 B．先移走棒，再把兩球分開 C．先將棒接觸一下其中的一個球，再把兩球分開 D．棒的帶電荷量不變，兩導體球不能帶電 答案　AC 解析　當帶電棒移近甲、乙兩球時，甲、乙兩球由于靜電感應分別帶與帶電棒相反和相同的電荷。若移走棒前先把兩球分開，則甲、乙兩球所帶電荷無法中和而帶上等量異號電荷；若把兩球分開前，已移走棒，甲、乙兩球感應出的電荷立即中和而不會帶電，可判定A正確，B錯誤；若棒與其中一個球接觸，則由于接觸帶電，甲、乙兩球都會帶上與帶電棒相同性質的電荷，分開后仍帶電，C正確；棒的帶電荷量即使不變，仍可在滿足一定條件下，甲、乙兩球感應出等量異號電荷而帶電，D錯誤。 2．如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異號電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為(　　) A．F引＝G，F庫＝k B．F引≠G，F庫≠k C．F引≠G，F庫＝k D．F引＝G，F庫≠k 答案　D 解析　萬有引力定律的使用條件是質點和質量均勻分布的球，由于金屬球殼a和b質量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接應用，所以它們之間的萬有引力為F引＝G；由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異號電荷，由于電荷之間的相互吸引，電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>k，故D正確，A、B、C錯誤。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P9T3)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力為F。現用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，此時A、B球間的靜電力變?yōu)槎啻?？若再使A、B間距離增大為原來的2倍，則它們間的靜電力又為多大？ [變式子題]　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的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為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?，F使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時球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　根據庫侖定律，球3未與球1、球2接觸前，球1、2間的靜電力F＝k。三個金屬小球相同，接觸后電荷量均分，球3與球2接觸后，球2和球3的帶電荷量q2＝q3＝；球3再與球1接觸后，球1的帶電荷量q1＝＝。此時球1、2間的作用力F′＝k＝k。由題意知F′＝F，即n＝，解得n＝6。故D正確。 考點二　電場強度的理解及計算 1．電場 (1)電場是存在于電荷周圍的一種物質，靜電荷產生的電場叫靜電場。 (2)電荷間的相互作用是通過電場實現的。電場的基本性質是對放入其中的電荷有力的作用。 2．電場強度 (1)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。 (2)定義式：E＝。 (3)物理意義：表示電場的強弱和方向。 (4)矢量性：電場強度是矢量，規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向。 (5)唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置。 (6)電場的疊加：多個電荷在空間某處產生的電場強度為各個電荷單獨在該處所產生的電場強度的矢量和。電場強度的疊加遵從平行四邊形定則或三角形定則。 3．電場強度三個表達式的比較 4．求解電場強度的基本方法 求電場強度常見的有定義式法、點電荷電場強度公式法、勻強電場公式法、矢量疊加法。 1．關于電場，下列敘述中正確的是(　　) A．對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同 B．正電荷周圍的電場強度一定比負電荷周圍的電場強度大 C．在電場中某點放入試探電荷q，該點的電場強度為E＝，取走q后，該點電場強度不為零 D．試探電荷所受電場力很大，該點電場強度一定很大 答案　C 解析　以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E＝相同，但方向不同，A錯誤；由E＝k可知，點電荷周圍的電場強度的大小只由Q、r的大小來決定，與電荷的正、負沒有關系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質的物理量，試探電荷是用來體現這一性質的“工具”，C正確；定義式E＝中E的大小并不是由F、q來決定的，在電場中某一點放入一試探電荷q，如果q越大，則F越大，而這一比值不變，D錯誤。 2．如圖所示，真空中帶電荷量分別為＋Q和－Q的點電荷A、B相距r。求： (1)兩點電荷連線的中點O的電場強度的大小和方向； (2)在兩點電荷連線的中垂線上，距A、B兩點都為r的O′點的電場強度的大小和方向。 答案　(1)　方向A→B　(2)　方向A→B 解析　(1)如圖甲所示，A、B兩點電荷在O點產生的電場強度方向相同，均為A→B。A、B兩點電荷在O點產生的電場強度的大小相等EA＝EB＝＝。 故O點的合電場強度為EO＝2EA＝，方向A→B。 (2)如圖乙所示，EA′＝EB′＝，由矢量合成可知，O′點的合電場強度EO′＝EA′＝EB′＝，方向與A、B的中垂線垂直，即EO′與EO同向。 3．[教材母題]　(人教版選修3－1 P15T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質量為1.010－2 kg，所帶電荷量為＋2.010－8 C。現加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與鉛垂線成30夾角(如圖)。求這個勻強電場的電場強度。 [變式子題]　如圖所示，一條長為L的絕緣細線，上端固定，下端系一質量為m的帶電小球，將它置于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中，當小球平衡時，懸線與豎直方向的夾角α＝45。已知重力加速度為g，求： (1)小球帶何種電荷？電荷量為多少？ (2)若將小球向左拉至懸線呈水平位置，然后由靜止釋放小球，則放手后小球做什么運動？經多長時間到達最低點？ 答案　(1)正電　　(2)勻加速直線運動　 解析　(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，由此可知小球帶正電，設其電荷量為q，則 FTsinα＝qE， FTcosα＝mg， 可得：FT＝mg，q＝＝。 (2)釋放后，小球由靜止開始沿與豎直方向成α＝45角斜向右下方做勻加速直線運動，當到達最低點時，它經過的位移大小為L，此時細線剛好拉直，由勻變速直線運動規(guī)律得x＝at2，其中a＝ g，x＝L 所以t＝。 考點三　電場線的理解與應用 1．定義 為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲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 (1)電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷。 (2)電場線在電場中不相交。 (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)沿電場線方向電勢逐漸降低。 (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) 4．兩等量異號點電荷和兩等量同號點電荷形成的電場的比較 1．如圖所示，M、N為兩個等量同號正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關于點電荷q的運動的說法正確的是(　　) A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值 D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零 答案　C 解析　點電荷從P→O的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O點之前，合電場力一直做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關于O點對稱的P′點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤。 2．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是(　　) A．粒子必定帶正電荷 B．該靜電場一定是孤立正電荷產生的 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點的速度大于它在N點的速度 答案　C 解析　帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內側，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。 3．等量異號點電荷的連線和中垂線如圖所示，現將一個帶負電的試探電荷先從圖中的A點沿直線移動到B點，再從B點沿直線移動到C點，則試探電荷在此過程中(　　) A．所受靜電力的方向不變 B．所受靜電力的大小恒定 C．B點電場強度為0，電荷在B點受力也為0 D．在平面內與C點電場強度相同的點總共有四處 答案　A 解析　如圖所示為正、負電荷的電場線分布圖，由圖知從A點到B點及從B點到C點的過程中，負電荷所受靜電力均沿電場線的切線方向向上且不為0，A正確，C錯誤；從電場線的疏密可看出，全過程中電場強度一直在變大，故靜電力F＝qE也變大，B錯誤；與C點電場強度相同的點從圖上電場線的方向及疏密可看出還有一處，即關于B點對稱的地方，D錯誤。 考點四　有關電場的力的性質的綜合應用 1．靜電力參與下的共點力平衡問題 (1)靜電力參與下的共點力平衡問題：分析方法與力學問題相同，只是多了一個庫侖力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。 (2)有靜電力參與的動力學問題與牛頓運動定律中的動力學問題本質上是相同的(如兩個點電荷間的庫侖力滿足牛頓第三定律)，值得注意的兩點是：①列方程時，注意庫侖力的方向；②若庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功。 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，等效為兩個等量異號點電荷形成的電場，如圖1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，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。 例如：如圖2，均勻帶電的球殼在O點產生的場強，等效為弧BC產生的場強，弧BC產生的場強方向，又與弧的中點M在O點產生的場強方向相同。 (3)填補法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將帶電半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍。 (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，先根據庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。 (5)極限法：對于某些特殊情況下求解有關場強問題，有時無法用有關公式、規(guī)律得出結論，可考慮應用極限法。 3．解決帶電體的力電綜合問題的一般思路 [例1]　如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在同一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1∶q2∶q3為(　　) A．9∶4∶9 B．4∶9∶4 C．9∶4∶36 D．9∶36∶4 解析　要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。 設q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L。 因為每個電荷所受靜電力的合力均為零 對q1列平衡方程得：k＝k 對q2列平衡方程得：k＝k 由以上兩式解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正確。 答案　C 方法感悟 三個自由點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿足的規(guī)律是： (1)“三點共線”——三個點電荷分布在同一直線上； (2)“兩同夾異”——正負電荷相互間隔； (3)“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??； (4)“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。 [例2]　均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為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. B.－E C.－E D.＋E 解析　左半球面AB上的正電荷q產生的電場等效為帶電荷量為＋2q的整個完整球殼產生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產生的電場的合電場，則有E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產生的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，B正確。 答案　B 方法感悟 利用問題中出現的對稱特性進行分析、推理，形狀規(guī)則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強度大小相等。如果能夠求出其中一點處的電場強度，根據對稱性特點，另一點處的電場強度即可求出。 1．[教材母題]　(人教版選修3－1 P15T7)如圖，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.010－8 C和Q2＝－1.010－8 C，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上。 (1)x坐標軸上哪個位置的電場強度為0? (2)x坐標軸上哪些地方的電場強度方向是沿x軸的正方向的？ [變式子題]　(多選)兩個相同的金屬球A和B，A帶正電，B帶負電，且所帶電荷量QA與QB的大小之比是 4∶1，帶電金屬球可視為點電荷。若在A、B連線上的某點C放一個點電荷QC，A、B對C作用的靜電力剛好平衡，則(　　) A．C點一定在連線的B點的外側 B．C點一定在連線的A點的外側 C．C點一定在A、B之間 D．C點的場強一定為零 答案　AD 解析　因為A帶正電，B帶負電，只要放入的電荷受到的合力為零即可。通過受力分析可知，QA與QB的大小之比為4∶1，則對C點有rA＞rB，而且保證兩個力的方向相反，所以C點一定在AB連線上的B點的外側，且C點場強一定為零，故選A、D。 2.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上：a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中，已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場場強的大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝，由平衡條件得2F庫cos30＝Eqc，即＝Eqc，解得E＝。此時a的受力如圖乙所示，2＋2＝2，得qc＝2q，即當qc＝2q時a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故B正確。 3．(多選)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 答案　B 解析　點電荷q在b處產生的場強大小E＝k，方向向右，因b點處的場強為零，所以Q在b點處的場強大小也為k，方向向左，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右，則d點處的場強應為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強E′＝k＝k，方向向右，Ed＝E＋E′＝k，故B正確。 4．已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心、所帶電荷量與之相等的點電荷產生的電場相同，如圖所示，半徑為R的球體上均勻分布著總電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有A、B兩個點，O和B間、B和A間的距離均為R?，F以OB為直徑在球內挖出一個球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點處電場強度的大小為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　實心大球在A點產生的電場強度E1＝，實心小球所帶的電荷量Q′＝Q＝，實心小球在A點產生的電場強度E2＝，故A點的合電場強度E＝E1－E2＝，B正確。 5．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 答案　B 解析　由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，設為E，D圖中在O點場強為0，B圖中兩圓環(huán)在O點合場強為E，故選B。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．在國際單位制中，電場強度單位的符號是(　　) A．N B．N/C C．N/(Am) D．N/A 答案　B 解析　在國際單位制中，電場強度單位的符號是N/C，故選B。 2．關于電場場強的概念，下列說法正確的是(　　) A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比 B．正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關 C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關 D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零 答案　C 解析　電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關，只和電場本身的性質有關，A、D錯誤；C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。 3．兩個相同的帶異種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為(　　) A.F B.F C.F D.F 答案　A 解析　設一個小球帶電量大小為Q，則另一個小球帶電量大小為3Q，根據庫侖定律有：兩球接觸前：F＝k，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q；由庫侖定律得：F′＝k＝，故A正確。 4．(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，根據此圖可以作出的正確判斷是(　　) A．帶電粒子所帶電荷的正、負 B．帶電粒子在A、B兩點的受力方向 C．帶電粒子在A、B兩點的加速度何處較大 D．帶電粒子在A、B兩點的速度何處較大 答案　BCD 解析　根據曲線運動所受的合外力指向內側，可得帶電粒子在A、B兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性和產生該電場的點電荷的電性，故A錯誤，B正確；根據電場線的疏密程度，可知EA>EB，所以電場力FA>FB，再根據牛頓第二定律得A點加速度大，故C正確；由A到B，電場力做負功，動能減小，故A處的速度大，D正確。 5.直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為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 答案　B 解析　正點電荷Q在O點時，它在G點處產生的場強大小為，方向沿y軸負方向。由于G點場強恰好為零，即兩負點電荷在G點的合場強大小為E1＝，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H處產生的場強的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，B正確。 6．如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的電場強度大小變?yōu)镋2。那么，E1與E2之比為(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．2∶ D．4∶ 答案　B 解析　依題意，因為M、N兩點都在圓周上，距O點的距離相等，合電場強度為E1，則每個點電荷在O點產生的電場強度為，當N點處的點電荷移至P點時，O點的電場強度如圖所示，合電場強度大小為E2＝，則＝，B正確。 7．a、b兩個帶電小球的質量均為m，所帶電荷量分別為＋3q 和－q，兩球間用絕緣細線連接，a球又用長度相同的絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊，則平衡時可能位置是(　　) 答案　D 解析　a球帶正電，受到的電場力水平向左，b帶負電，受到的電場力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的電場力大小為2qE，方向水平向左，分析受力如圖，則上面繩子應向左偏轉。設上面繩子與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝＝，以b球為研究對象，受力如圖。設ab間的繩子與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝，得到α＝β，所以根據幾何知識可知，b球在懸點的正下方，故D正確。 8．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場。其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，小球與右側金屬板相距為b，如圖所示，請問： (1)小球的電性及所帶電荷量是多少？ (2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？ 答案　(1)正電　　(2) 解析　(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，則小球帶正電； Fsinθ＝qE① Fcosθ＝mg② 由上述兩式得tanθ＝， 故q＝。 (2)由第(1)問中的方程②知F＝，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等、方向相反，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬板上時，它經過的位移為x＝，又由x＝at2，得t＝＝＝ 。 [真題模擬練] 9．(2018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。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a、b的電荷同號，k＝ B．a、b的電荷異號，k＝ C．a、b的電荷同號，k＝ D．a、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：ksinα＝ksinβ，故＝＝＝，D正確。 10．(2016浙江高考)如圖所示，兩個不帶電的導體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A帶正電，B帶負電 B．此時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，A帶負電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負電荷中和，金屬箔閉合，所以C正確，A錯誤；處于電場中的導體是等勢體，B錯誤；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錯誤。 11．(2016浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為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。已測得每個小球質量是8.010－4 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＝9.0109 Nm2/C2，則(　　) A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.010－2 N C．B球所帶的電荷量為410－8 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項正確；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＝6.010－3 N，B項錯誤；F庫＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12 m，聯立得Q＝410－8 C，故C項正確；由等量同號點電荷產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。 12．(2015江蘇高考)靜電現象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載，《春秋緯考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現象的是(　　) A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑 B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引 C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流 D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺 答案　C 解析　小線圈接近通電線圈過程中，小線圈因磁通量變化而產生感應電流屬于電磁感應現象，其他三種現象屬于靜電現象，C符合題意。 13.(2015廣東高考)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　　) A．M的帶電量比N的大 B．M帶負電荷，N帶正電荷 C．靜止時M受到的合力比N的大 D．移動過程中勻強電場對M做負功 答案　BD 解析　不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異號電荷，A錯誤；隔離出M，若M帶正電，N帶負電，則M受到N的庫侖力和勻強電場力都向右，M受力不平衡，只有M帶負電才可能受力平衡，故M帶負電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確。 14．(2018河北衡水中學期末)如圖所示，在傾角為α的足夠長光滑斜面上放置兩個質量分別為2m和m的帶電小球A和B(均可視為質點)，它們相距為L。兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零。經過一段時間后，當兩球距離為L′時，A、B的加速度大小之比為a1∶a2＝11∶5。(靜電力常量為k，重力加速度為g) (1)若B球帶正電荷且電荷量為q，求A球所帶電荷量Q及電性； (2)求L′與L之比。 答案　(1)　正電　(2)3∶2 解析　(1)對B球分析有，A球帶正電荷 初始時B球沿斜面方向合力為零F－mgsinα＝0 又F＝k，解得Q＝。 (2)初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距離增大，庫侖力一定減小，小于mgsinα。 A球加速度a1方向應沿斜面向下，根據牛頓第二定律， 有F′＋2mgsinα＝2ma1 B球加速度a2方向應沿斜面向下，根據牛頓第二定律， 有mgsinα－F′＝ma2 依題意a1∶a2＝11∶5 聯立解得F′＝mgsinα，又F′＝k 得L′∶L＝3∶2。