《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第七章 靜電場 第19講 電場力的性質學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復習 第七章 靜電場 第19講 電場力的性質學案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第19講　電場力的性質 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.點電荷、庫侖定律Ⅰ 2．靜電場、電場強度、點電荷的場強Ⅱ 3．電場線Ⅰ 2016·全國卷Ⅲ，15 2016·浙江卷，19 2016·江蘇卷，3 高考對本節(jié)內容的考查主要是以選擇題的形式考查庫侖定律、電場強度、電場線，要注意力學知識在本節(jié)的遷移應用 1．電荷、電荷守恒定律和庫侖定律 (1)元電荷、點電荷 ①元電荷：e＝1.60×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的__整數(shù)__ 倍； ②點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小和形狀的理想化模型． (2)電荷守恒定律 ①

2、內容：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__； ②三種起電方式：__摩擦__起電、__感應__起電、__接觸__起電； ③帶電實質：物體 __得失電子__； ④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__相同__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__. (3)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

3、它們的連線上； ②表達式：F＝k，式中k＝__9.0×109__N·m2/C2，叫做靜電力常量； ③適用條件：__真空__中的__點電荷__. a．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， b．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． 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__. 2．電場、電場強度 (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； ②基本性質；對放入其中的電荷有__力的作用__. (2)電場強度 ①定義：放入電場中某點的電荷受到

4、的電場力F與它的電荷量q的比值； ②定義式：E＝；單位：N/C或__V/m__； ③矢量性：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． 3．電場線 (1)定義 為了形象地描述電場中各點場強的強弱及__方向__，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的__切線__方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密表示電場的__強弱__. (2)電場線的特點 ①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； ②電場線在電場中不相交，也不相切； ③在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線__較密集__，電場強度較小的地方電場線__較稀

5、疏__. 1．判斷正誤 (1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍．(　√　) (2)相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小都一定相等．(　√　) (3)根據(jù)F＝k，當r→0時，F(xiàn)→∞.(　×　) (4)電場強度反映了電場力的性質，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比．(　×　) (5)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向．(　√　) (6)在真空中，電場強度的表達式E＝中的Q是產生電場的點電荷的帶電量．(　√　) (7)在點電荷產生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同．(　×

6、　) (8)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向．(　×　) 2．(多選)下列關于電場強度的兩個表達式E＝和E＝k的敘述，正確的是(　BCD　) 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是產生電場的電荷的電荷量 B．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是放入電場中電荷的電荷量，它適用于任何電場 C．E＝k是真空中點電荷場強的計算式，Q是產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＝k，式中是點電荷q2產生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產生的電場在點電荷q2處的場強大小 解析　E＝是場

7、強的定義式，由其物理意義可判定選項A錯誤，B正確．E＝k只適用于真空中點電荷的電場，不適用于其他電場，選項C正確．點電荷場強計算式E＝k是通過庫侖定律F＝k和場強定義式E＝推導出來的，且?guī)靵隽κ请姾砷g通過場相互作用的，所以選項D正確． 3．下列關于電場線的說法，正確的是(　B　) A．電場線上每一點的切線方向都跟電荷在該點的受力方向相同 B．電場線越密處，同一檢驗電荷受到的電場力越大 C．順著電場線移動電荷，電荷所受電場力的大小一定不變 D．在電場中，凡是電場線通過的點，場強都不為0，不畫電場線的區(qū)域，位于該區(qū)域內的點則無電場 解析　電場線上每一點的切線方向與正電荷在該點的受力方向

8、相同，與負電荷在該點的受力方向相反，所以選項A錯誤．電場線密處，場強E大，電荷量一定的電荷受到的電場力一定大，選項B正確．順著電場線移動電荷，若是在勻強電場中，所受電場力大小一定不變，在非勻強電場中所受電場力大小要改變，所以選項C錯誤．電場線實際并不存在，是人為畫的幾條有向曲線，用來粗略地描繪電場區(qū)域內的場強分布情況，不可能覆蓋區(qū)域中所有的點，即不能細致地描繪出每處的場強情況，所以選項D錯誤． 一　三個自由點電荷的平衡問題 [例1]如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1與q2之間的距離為l1，q2與q3之間的距離為l2，且三個點電荷都處于平衡狀態(tài)．

9、 (1)若q2為負電荷，則q1為__正電__電荷，q3為__正電__電荷； (2)q1、q2、q3的電荷量大小之比是__2∶1∶2__. 解析　(1)假設q1、q3均帶負電，則雖然q2可以平衡，但q1(或q3)所受的兩個庫侖力均為斥力，故而方向相同，不能平衡．假設q1、q3均帶正電，則每個點電荷所受的兩個庫侖力均方向相反，可能平衡．因此，q1、q3均帶正電．也就是說，在這種情況下，q1、q3必須是同種電荷且跟q2是異種電荷． (2)q1受q2水平向右的庫侖引力作用和q3水平向左的庫侖斥力作用． 由庫侖定律和力的平衡條件有k＝k， 同理，對q2有k＝k， 對q3有k＝k， 由以上

10、三式得q1∶q2∶q3＝2∶1∶2. 三個自由點電荷的平衡問題 (1)條件 兩個點電荷在第三個點電荷處的合電場強度為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反． (2)規(guī)律 ①“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上； 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． 　二　庫侖力作用下的共點力平衡問題 解決庫侖力作用下平衡問題的方法 庫侖力作用下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電場力． [例2](多選)如圖所示，水平地

11、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的質量為m、電荷量為q.小球A的右側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(　AC　) 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 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　根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝，選項A正確；當細線上的拉力為零時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條

12、件得＝mgtan θ，解得＝，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為零，選項D錯誤． 　三　電場強度的理解和應用 1．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 真空中點電荷的電場強度決定式 勻強電場中E與U的關系式 適用條件 一切電場 真空中點電荷的電場 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與檢驗電荷q無關，q充當測量工具 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為兩點沿電場方向的距離 2．電場的疊加 (1)疊加原理：多個電荷在空間某處產生的電場為各電荷

13、在該處所產生的電場強度的矢量和． (2)運算法則：平行四邊形定則． [例3]如圖所示，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(　B　) A．　　沿y軸正向　　 B．　　沿y軸負向 C．　　沿y軸正向　　 D．　　沿y軸負向 解析　正點電荷置于O點時，G點場強為0，即兩負點電荷在G點的場強大小為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

14、正點電荷放在G點時，正點電荷在H處產生的場強大小為E3＝，方向沿y軸正方向．所以H處場強的大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，選項B正確． 分析電場疊加問題的一般步驟 電場強度是矢量，疊加時應遵從平行四邊形定則． 分析電場的疊加問題的一般步驟： (1)確定分析計算的空間位置； (2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向； (3)依次利用平行四邊形定則求出矢量和． 　四　電場線的理解和應用 1．電場線的對稱性 (1)兩等量同種點電荷連線及中垂線上關于O點對稱的點的電場強度等大反向． (2)兩等量異種點電荷連線及中垂線上關O點對稱的點

15、的電場強度等大同向． 2．電場線的應用 [例4]如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示．則(　C　) A．a一定帶正電，b一定帶負電 B．a的速度將減小，b的速度將增加 C．a的加速度將減小，b的加速度將增加 D．兩個粒子的動能，一個增加一個減小 解析　設電場線為正點電荷的電場線，則由軌跡可判定a帶正電，b帶負電．若電場線為負點電荷的電場線，則a為負電荷，b為正電荷，選項A錯誤．由粒子的偏轉軌跡可知電場力對a、b均做正功，動能增加，選項B、D錯誤．但由電場線的疏密可判定，a受電場力逐漸減小

16、，加速度減?。産正好相反，選項C正確． (1)由粒子運動軌跡判斷粒子運動情況 (2)由粒子受力方向指向曲線的內側，且與電場線相切．從而判斷電場的方向． (3)由電場線的疏密判斷加速度大?。? (4)由電場力做功的正負判斷粒子動能的變化情況． 五　對稱法在電場疊加中的應用 　對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應用對稱性不僅能幫助我們認識和探索某些基本規(guī)律，而且也能幫助我們去求解某些具體的物理問題．利用對稱法分析解決物理問題，可以避免復雜的數(shù)學演算和推導，直接抓住問題的特點，出奇制勝，快速簡便地求解問題． 對稱法在電場疊加中的應用技巧 (1)有些物理題不具有對稱性，

17、直接求解比較困難，但采取割補法卻使問題迎刃而解． (2)該法的核心思想就是變不對稱為對稱． [例5](2017·湖北黃岡診斷)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，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　) A．－E B． C．－E D．＋E 解析　左半球面AB上的正電荷產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

18、半球面在M點產生場強大?。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，則選項A正確． 1．如右圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直．則(　A　) A．A點的電場強度大小為 B．B點的電場強度大小為E－k C．D點的電場強度大小不可能為0 D．A、C兩點的電場強度相同 解析?。玅在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，選項A正確；同理，B點的電場

19、強度大小為E＋k，選項B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，選項C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，選項D錯誤． 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＋Q，B帶電－9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為(　C　) A．正　　B的右邊0.4 m處 B．正　　B的左邊0.2 m處 C．負　　A的左邊0.2 m處 D．負　　A的右邊0.2 m處 解析　要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”、“兩大夾小”的原則，所以選項C正確． 3．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電

20、荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣，則坐標原點O處電場強度最大的是(　B　) 解析　設帶電圓環(huán)在O點產生的電場強度大小為E.A圖中坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產生的，故原點O處電場強度大小為E；B圖中坐標原點O處電場強度是第一象限帶正電圓環(huán)產生電場強度E和第二象限帶負電圓環(huán)產生電場強度E的矢量和，故坐標原點O處電場強度大小等于E；C圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產生的電場相互抵消，故坐標原點O處電場強度是第二象限帶負電圓環(huán)產生的，故原點O處電場強度大小為E；D圖中第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產生的電場相互抵消，第二象限帶負電圓環(huán)和第四象限帶負電圓環(huán)

21、產生的電場相互抵消，故坐標原點O處的電場強度的為零．綜上所述，選項B正確． 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)(　B　) A．k　　 B．k C．k　　 D．k 解析　b點處的電場強度為零，說明固定點電荷和帶電圓盤在b點產生的電場強度大小均為k，方向相反，由此可得圓盤帶正電，由于b點和d點關于圓盤對稱，故帶電圓盤在d點產生的電場強度大小為k，方向水平向右，固定點電荷

22、在d點產生的電場強度大小為k，方向也水平向右，則d點處場強的大小為k＋k＝k.故選項B正確． 5．水平面上A、B、C三點固定著三個電荷量為Q的正點電荷，將另一質量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構成一棱長為L的正四面體，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量為(　C　) A． B． C． D． 解析　設OA、OB、OC與豎直方向夾角為θ，對小球根據(jù)平衡條件有3kcos θ＝mg，sin θ＝，聯(lián)立解得q＝.故選項C正確． 6．某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是(　C　) A．c點的電

23、場強度大于b點的電場強度 B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點 C．b點的電場強度大于d點的電場強度 D．a點和b點的電場強度的方向相同 解析　電場線的疏密表示了電場強度的大小，由題圖可知EaEc，Eb>Ed，Ea>Ec，故選項C正確，選項A錯誤．由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷不可能沿電場線運動，故選項B錯誤．電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不在同一條直線上，選項D錯誤． [例1](6分)如圖所示，真空中A、B兩個點電荷的電荷量分別為＋Q和＋q，放在光滑的絕緣水平面上，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接，彈簧的勁度系數(shù)為

24、k0.當系統(tǒng)平衡時，彈簧的伸長量為x0.已知彈簧均在彈性限度內，k為靜電力常量，則(　　) A．保持Q不變，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的伸長量等于3x0 B．保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的伸長量小于3x0 C．保持Q不變，將q變?yōu)椋璹，平衡時彈簧的縮短量等于x0 D．保持q不變，將Q變?yōu)椋璔，平衡時彈簧的縮短量小于x0 [答題送檢]來自閱卷名師報告 [錯誤解答]由庫侖定律、胡克定律和共點力平衡可得，當電荷量為q時，k＝k0x0，當電荷量為3q時，k＝k0x1，解得x1＝3x0；當Q不變，將q變?yōu)椋璹或q不變，將Q變?yōu)椋璔時，k＝k0x2，解得x2＝x0.本題答案為A、C．

25、 [錯因分析]把電荷間的距離誤認為不變，在應用庫侖力定律時一定要注意這個動態(tài)變化過程，當電荷量發(fā)生變化時，有時可能引起電荷間距離的變化． [規(guī)范解答] [解析]設彈簧的原長為l，由庫侖定律、胡克定律和共點力平衡可得，當電荷量為q時，k＝k0x0；當Q不變，將q變?yōu)?q或q不變，將Q變?yōu)?Q時，設彈簧的伸長量為x1，有k＝k0x1，解得＝<3，即x1<3x0；將q變?yōu)椋璹或q不變，將Q變?yōu)椋璔時，設彈簧的壓縮量為x2，同理有k＝k0x2，解得＝>1，即x2>x0. [答案]B 1．如圖所示，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

26、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)，則勻強電場的場強大小為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 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cos 30°＝Eqc，即＝Eqc，得E＝.此時a的受力如圖乙所示，有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，故選項B正確． 2．如圖所示，光滑斜面傾角為37°，一帶有正電荷的小物塊質量為m，電荷量為q，置于斜面上，當沿水平方向加有如圖中所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，

27、電場強度變化為原來的，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)原來的電場強度的大??； (2)物塊運動的加速度大小； (3)沿斜面下滑距離為l時小物塊的速度大?。? 解析　(1)對小物塊受力分析如圖所示，物塊靜止于斜面上，則mgsin 37°＝qEcos 37°，E＝. (2)當場強變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊的合外力F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝mgsin 37°， 又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下． (3)由動能定理得F合·l＝mv2－0， 即mgsin 37°·l＝mv2，所以v＝. 答案　(1)　

28、(2)3 m/s2　(3) 1．(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8.0×10－4 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(　ACD　) 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 解析　因A、B兩球相同，故接觸后兩

29、球所帶的電荷量相同，故選項A正確；由題意知平衡時A、B兩球離懸點的高度為h＝ m＝0.08 m，設細線與豎直方向夾角為θ，則tan θ＝＝，由tan θ＝，知A球所受的靜電力F＝mgtan θ＝6×10－3 N，選項B錯誤；由庫侖定律F＝k，得B球所帶的電荷量Q＝r＝0.12× C＝4×10－8 C，則選項C正確；A、B兩球帶同種電荷，則A、B兩球連線中點處的電場強度為0，故選項D正確． 2．(多選)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質量為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

30、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(　BC　) 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，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N　 解析　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＝

31、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、F2四個力的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；當B移到無窮遠處時，F(xiàn)1＝F2＝GA＝1 N，選項B正確，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°，

32、 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． 3．(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球(　BC　) A．做直線運動　　 B．做曲線運動 C．速率先減小后增大　　 D．速率先增大后減小 解析　小球受到的電場力水平向左，重力豎直向下，因此重力與電場力的合力斜向左下且恒定，與小球初速度方向的夾角大于90°，因此小球做類斜向上拋運動，軌跡是拋物線，速率先減小后增大，選項B、C正確． 4．如圖所示，長l＝1 m的輕質細繩上端固定，下端連接

33、一個可視為質點的帶電小球，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. 答案　(1)3.0×10－3 N　(2

34、)4.0×10－4 kg (3)2.0 m/s 課時達標　第19講 [解密考綱]主要考查庫侖定律、電場強度的理解和電場疊加的計算、電場線的理解和應用． 1．(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是(　BD　) A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上 C．在P產生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零 解析　M、N處于靜止狀態(tài)，則M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0，則FPM＝FPN

35、，即k＝k，則有x＝L，那么M、N間距離為(－1)L，故選項A錯誤，選項D正確；由于M、N靜止不動，P對M和對N的力應該在一條直線上，故選項B正確；在P產生電場中，M處電勢較高，故選項C錯誤． 2．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(　D　) A．乒乓球的左側感應出負電荷 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 解析　由圖可知，右側金屬

36、板與電源正極相連接，帶正電，左側金屬板帶負電，根據(jù)靜電感應規(guī)律，近端感應出異種電荷，因此乒乓球的左側感應出正電荷，選項A錯誤；乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，選項B錯誤；乒乓球共受到懸線的拉力，重力和電場力的作用，選項C項錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右板的排斥，向左運動與左極板接觸，又帶上負電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，選項D正確． 3．(2018·福建廈門模擬)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的、電荷量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電荷量為Q的電荷，在過球心O的直線上有

37、A、B兩個點，O和B、B和A間的距離均為R.現(xiàn)以OB為直徑在球內挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點處場強的大小為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　由題意知，半徑為R的均勻帶電體在A點產生的場強E整＝＝.挖出的小球半徑為，因為電荷均勻分布，其帶電荷量Q′＝Q＝.則其在A點產生的場強E挖＝＝＝.所以剩余空腔部分電荷在A點產生的場強E＝E整－E挖＝－＝，故選項B正確． 4．某電場的電場線分布如圖所示，A、B是直電場線上的兩點，一帶負電粒子僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點，且到B點時速率不為零，則其在A、B間的v－t圖線可能

38、是(　B　) 解析　由電場線的疏密程度可知粒子從A到B所受電場力逐漸減小，又因粒子帶負電，粒子做加速度減小的減速運動，選項B正確． 5．(2017·吉林長春模擬)如圖所示，AC垂直平分BD，電荷量為＋Q、－Q的兩點電荷分別放在B、D兩點，O是AC的中點，且OA＝OB＝a，∠BOC＝60°，則(　C　) A．O點的電場強度大小為，方向垂直AC向右 B．O點的電場強度大小為，方向垂直AC向左 C．A點的電場強度大小為，方向垂直AC向右 D．電荷量為＋q的電荷在O點的電勢能大于在A點的電勢能 解析　由點電荷電場強度公式及電場疊加原理知O點電場強度為EO＝cos 30°，即為

39、，方向垂直AC向右，選項A、B錯誤；同理A點電場強度為EA＝cos 60°，而AB＝a，所以EA＝，方向垂直AC向右，選項C正確；因AC線是等勢線，所以電荷量為＋q的電荷在O點的電勢能等于在A點的電勢能，選項D錯誤． 6．(2017·浙江金華模擬)如圖所示，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數(shù))外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點A放置一個帶電荷量為＋2q的點電荷，其余頂點分別放置帶電荷量為－q的點電荷(未畫出)，則圓心O處的電場強度大小為(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　若正N邊形的各頂點帶上相同點電荷，則圓心的電場強度為零，題中一頂點A放置一個帶電荷量為＋2q

40、的點電荷，則由對稱法可知此圓心O處的電場強度應為k＋k＝，選項B正確． 7．(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.四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是(　AC　) A．cos3α＝　　 B．cos3α＝ C．sin3α＝　　 D．sin3α＝ 解析　設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，兩個－q之間距離為2acos α.選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos 3α＝，選項A正確，B錯誤；選Q作為研究對象，由庫侖定

41、律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin 3α＝，選項C正確，D錯誤． 8．(多選)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個孤立的點電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運動，在運動過程中三個點電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計點電荷間的萬有引力，下列說法正確的是(　AC　) A．Q1、Q2的電荷量之比為()2 B．Q1、Q2的電荷量之比為 C．Q1、Q2的質量之比為 D．Q1、Q2的質量之比為()2 解析　由Q恰好靜止可知k＝k，則Q1、Q2兩點電荷的電荷量之比為2，選項A正確，B錯誤；Q1做勻速圓周運動，k－k＝m1r1ω2，Q2

42、做勻速圓周運動，k－k＝m2r2ω2，聯(lián)立解得Q1、Q2的質量之比應是，選項C正確，D錯誤． 9．如圖所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角并固定，桿上套有一帶正電小球，質量為m、電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止(　B　) A．垂直于桿斜向上，場強大小為 B．豎直向上，場強大小為 C．垂直于桿斜向上，場強大小為 D．水平向右，場強大小為 解析　若所加電場的場強垂直于桿斜向上，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項A、C錯

43、誤；若所加電場的場強豎直向上，對小球受力分析可知，當E＝時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項B正確；若所加電場的場強水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設小球此時能夠靜止，則根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtan θ，所以E＝，選項D錯誤． 10．(多選)如圖所示，用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在天花板上．三個帶電小球質量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零，則(　AD　) A．B球和C球都帶負電荷 B．B球帶負電荷，C球帶正電荷 C．B球和C球所帶電荷量不一定相等 D．B球和C球所帶電荷量一定相等 解析　B球

44、受重力及A、C對B球的庫侖力而處于平衡狀態(tài)，則A與C球對B球的庫侖力的合力應與重力大小相等，方向相反，而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應指向A，C對B的作用力應指向B的左側，則可知B、C都應帶負電，故選項A正確，B錯誤；由受力分析可知，A對B的庫侖力應為C對B的庫侖力的2倍，故C帶電荷量應為A帶電荷量的一半；同理分析C可知，B帶電荷量也應為A帶電荷量的一半，故B、C帶電荷量相等，故選項C錯誤，D正確． 11．如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一

45、試探電荷＋q，則＋q在A點所受的電場力為(　B　) A．，方向向上　　 B．，方向向上 C．，方向水平向左　　 D．不能確定 解析　先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一部分可視為點電荷，各點電荷對試探電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直方向上電場力大小為＝，方向向上，選項B正確． 12．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E.一根不可伸長的絕緣細線長為l，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為0.以下說法中正確的是(　D　) A．

46、小球在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到的重力與電場力的關系是Eq＝mg C．小球將在A、B之間往復運動，且幅度將逐漸減小 D．小球從A運動到B過程中，電場力對其做的功為－qEl 解析　小球到達B點時速度為0，向心力為0，則沿細線方向合力為0，而小球有沿圓弧的切向分力，故在B點小球的合力不為0，不是平衡狀態(tài)，選項A錯誤．根據(jù)動能定理有mglsin θ－qEl(1－cos θ)＝0，解得Eq＝mg，選項B錯誤．類比單擺，小球將在A、B之間往復運動，能量守恒，振幅不變，選項C錯誤．小球從A到B，沿電場線方向運動的有效距離d＝l－lcos θ＝l，所以電場力做功W＝－qEd＝－Eql，選項D正

47、確． 13．(多選)一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產生電場的場強大小E0＝，方向如圖所示；把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為E3、E4，則(　AC　) A．E1>　　 B．E2> C．E3>　　 D．E4< 解析　如題圖甲，取對稱微元，實線上面的電荷在O點產生的電場方向夾角小，合電場強度E1大，實線下面的電荷在O點產生的電場方向夾角大，合電場強度E2小，即E1>E2，又E1＋E2＝E0，則E1>，選項A正確，B錯誤；如題圖乙，左右兩邊對稱，在O點產生的電場強度E3＝E4，再由矢量合成可知，E3＝E4>E0＝，選項C正確，D錯誤． 22