《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場(chǎng) 第1講 電荷守恒定律 電場(chǎng)力的性質(zhì)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場(chǎng) 第1講 電荷守恒定律 電場(chǎng)力的性質(zhì)學(xué)案（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　電荷守恒定律　電場(chǎng)力的性質(zhì) [考試標(biāo)準(zhǔn)] 知識(shí)內(nèi)容 必考要求 加試要求 說(shuō)明 電荷及其守恒定律 b c 1.不要求識(shí)記電子的比荷． 2.利用庫(kù)侖定律公式求解靜力學(xué)問(wèn)題，只限于所受各力在同一直線上或可運(yùn)用直角三角形知識(shí)求解的情形． 3.利用庫(kù)侖定律公式與其他動(dòng)力學(xué)規(guī)律求解力學(xué)與電學(xué)綜合的問(wèn)題，只限于所受各力在同一直線上的情形． 4.兩個(gè)電場(chǎng)疊加的定量運(yùn)算，僅限于在同一直線或可用直角三角形知識(shí)解決的情形. 庫(kù)侖定律 c 電場(chǎng)強(qiáng)度 c c 一、電荷及其守恒定律 1．元電荷 最小的電荷量，其值為e＝1.60×10－19 C. 其他帶電體

2、的電荷量皆為元電荷的整數(shù)倍． 2．電荷守恒定律 (1)內(nèi)容：電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消滅，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(guò)程中，電荷的總量保持不變． (2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電． (3)帶電實(shí)質(zhì)：物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子． 自測(cè)1　完全相同的金屬小球A、B，A球帶電荷量為＋16Q，B球帶電荷量為－8Q.現(xiàn)將A與B接觸后分開，則A、B兩球的帶電荷量分別為(　　) A．－8Q，＋16Q B．＋8Q，＋8Q C．＋4Q，＋4Q D．－4Q，－4Q 答案　C 二、庫(kù)侖定律 1．內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互

3、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，叫做靜電力常量． 3．適用條件：真空中的點(diǎn)電荷． 自測(cè)2　關(guān)于庫(kù)侖定律公式F＝k，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．庫(kù)侖定律適用于體積很小的帶電球體 B．當(dāng)真空中的兩個(gè)電荷之間的距離r→0時(shí)，它們之間的靜電力F→∞ C．當(dāng)真空中的兩個(gè)電荷之間的距離r→∞時(shí)，庫(kù)侖定律的公式就不適用了 D．當(dāng)真空中的兩個(gè)電荷之間的距離r→0時(shí)，電荷不能看成是點(diǎn)電荷，庫(kù)侖定律的公式就不適用了 答案　D 解析　庫(kù)侖定律適用于真空中點(diǎn)電荷，當(dāng)真空中兩電荷

4、間的距離r→0時(shí)，兩電荷不能看成點(diǎn)電荷，公式不適用，故選項(xiàng)D正確． 三、電場(chǎng)強(qiáng)度 1．場(chǎng)強(qiáng)公式的比較 三個(gè)公式 2．電場(chǎng)的疊加 (1)電場(chǎng)的疊加：多個(gè)電荷在空間某處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和． (2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則． 四、電場(chǎng)線 1．特點(diǎn) (1)電場(chǎng)線從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)處或負(fù)電荷； (2)電場(chǎng)線在電場(chǎng)中不相交； (3)在同一電場(chǎng)里，電場(chǎng)線越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大； (4)電場(chǎng)線上某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向； (5)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低； (6)電場(chǎng)線和等勢(shì)面在相交處相互垂直． 2．幾種典型電場(chǎng)的電場(chǎng)線(

5、如圖1) 圖1 自測(cè)3　把檢驗(yàn)電荷放入電場(chǎng)中的不同點(diǎn)a、b、c、d，測(cè)得的檢驗(yàn)電荷所受電場(chǎng)力F與其電荷量q之間的函數(shù)關(guān)系圖象如圖2所示，則a、b、c、d四點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小的關(guān)系為(　　) 圖2 A．Ea>Eb>Ec>Ed B．Ea>Eb>Ed>Ec C．Ed>Ea>Eb>Ec D．Ec>Ea>Eb>Ed 答案　D 命題點(diǎn)一　庫(kù)侖定律的理解和應(yīng)用 1．庫(kù)侖定律適用于真空中靜止點(diǎn)電荷間的相互作用． 2．對(duì)于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點(diǎn)電荷，r為球心間的距離． 3．對(duì)于兩個(gè)帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖3所示． 圖3 (1)

6、同種電荷：F＜k；(2)異種電荷：F＞k. 例1　如圖4所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)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(guò)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0.12 m．已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量均為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，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) 圖4 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(chǎng)強(qiáng)度為0 答案　

7、B 解析　兩相同的小球接觸后電荷量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項(xiàng)A正確；由幾何關(guān)系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為θ＝37°，如圖所示，A球所受的靜電力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)庫(kù)侖定律得，F(xiàn)＝k＝k，解得qB＝＝ C＝4×10－8 C，選項(xiàng)C正確；A、B兩球帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，選項(xiàng)D正確． 變式1　下列說(shuō)法正確的是(　　) A．庫(kù)侖定律適用于點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷其實(shí)就是體積很小的球體 B．根據(jù)F＝k，當(dāng)兩電荷的距離趨近于零時(shí)，靜電力將趨向無(wú)窮大 C．若點(diǎn)電荷q1的

8、電荷量大于q2的電荷量，則q1對(duì)q2的靜電力大于q2對(duì)q1的靜電力 D．所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍 答案　D 解析　庫(kù)侖定律適用于點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷是一個(gè)理想化的模型，當(dāng)兩個(gè)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于兩個(gè)帶電體的直徑時(shí)，帶電體就可以看成點(diǎn)電荷，因此帶電體不一定是體積很小的球體，A錯(cuò)誤；當(dāng)兩個(gè)帶電體間的距離太小甚至趨近于零時(shí)，帶電體就不能看成點(diǎn)電荷了，庫(kù)侖定律就不再適用了，B錯(cuò)誤；根據(jù)庫(kù)侖定律F＝k及牛頓第三定律，無(wú)論誰(shuí)帶電荷量多，誰(shuí)帶電荷量少，兩個(gè)電荷間的作用力是大小相等的，C錯(cuò)誤；元電荷是一個(gè)基本電荷量，任何帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍，D正確． 變式2　如圖5所示，完全

9、相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.現(xiàn)讓第三個(gè)完全相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開．這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) 圖5 A. B. C. D. 答案　A 解析　A、B兩球互相吸引，說(shuō)明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為＋q、－q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷量為q1＝＋，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－.由庫(kù)侖定律F＝k知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝，A項(xiàng)正確． 變式3　如圖6

10、所示，在絕緣的光滑水平面上，相隔一定距離有兩個(gè)帶同種電荷的小球，由靜止同時(shí)釋放，則兩個(gè)小球的加速度和速度大小隨時(shí)間變化的情況是(　　) 圖6 A．速度變大，加速度變大 B．速度變小，加速度變小 C．速度變大，加速度變小 D．速度變小，加速度變大 答案　C 解析　同種電荷相互排斥，兩球遠(yuǎn)離，庫(kù)侖力減小，加速度減小，庫(kù)侖力做正功，小球動(dòng)能增大，速度增大，故選項(xiàng)C正確． 命題點(diǎn)二　電場(chǎng)強(qiáng)度的理解及疊加 電場(chǎng)強(qiáng)度的大小既可以用公式計(jì)算，也可以用電場(chǎng)線的疏密程度表示，電場(chǎng)越強(qiáng)的地方，電場(chǎng)線越密；電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，它的方向跟正電荷在該點(diǎn)受的電場(chǎng)力的方向相同，即沿著電場(chǎng)線的切線方向．

11、例2　如圖7所示，真空中O點(diǎn)有一點(diǎn)電荷，在它產(chǎn)生的電場(chǎng)中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是(　　) 圖7 A．Ea＝ B．Ea＝Eb C．Ea＝Eb D．Ea＝3Eb 答案　D 解析　由題圖可知，rb＝ra，再由E＝可得＝＝，故D正確． 變式4　(2017·嘉興市質(zhì)檢)如圖8所示，把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里，加上電場(chǎng)，頭發(fā)屑就按照電場(chǎng)強(qiáng)度的方向排列起來(lái)，模擬出電場(chǎng)線的分布情況．根據(jù)圖中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．電場(chǎng)線

12、是實(shí)際存在的線 B．圖中模擬的是異號(hào)電荷的電場(chǎng)線分布情況 C．圖中沒(méi)有頭發(fā)屑的地方就沒(méi)有電場(chǎng) D．圖中可判斷左側(cè)接線柱一定接電源正極 答案　B 解析　電場(chǎng)線是為形象地描述電場(chǎng)的特點(diǎn)而引入的、實(shí)際上并不存在的線，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)：電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，可知題圖中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象模擬的是異號(hào)電荷的電場(chǎng)線分布情況，故B正確；沒(méi)有頭發(fā)屑的地方也存在電場(chǎng)，不可能把每條電場(chǎng)線都畫出來(lái)，故C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，由于該模擬實(shí)驗(yàn)不能表現(xiàn)出電場(chǎng)的方向，不知道哪端是正電荷，哪端是負(fù)電荷，所以不能判斷出電源的正極，故D錯(cuò)誤． 變式5　A、B是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶正電的粒

13、子僅在電場(chǎng)力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其v－t圖象如圖9所示，則此電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布可能是下圖中的(　　) 圖9 答案　D 解析　根據(jù)題圖v－t圖象，帶電粒子的加速度逐漸增大，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，速度逐漸減小，速度方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，選項(xiàng)D正確． 變式6　(2017·溫州市質(zhì)檢)如圖10所示，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷．當(dāng)在B處放一電荷量為q的試探電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力為F；移去B處電荷，在C處放電荷量為4q的試探電荷，其所受電場(chǎng)力大小為(　　) 圖10 A．F B．2F C．4F D．8F 答案

14、　A 解析　設(shè)B處場(chǎng)強(qiáng)為E，則F＝qE，由E＝k可知，C處的電場(chǎng)強(qiáng)度為，在C處放電荷量為4q的試探電荷所受電場(chǎng)力F′＝4q·＝F，故A正確． 拓展點(diǎn)　電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加 例3　如圖11所示，真空中有四點(diǎn)A、B、C、D在一條直線上，AB＝BC＝CD，當(dāng)只在A點(diǎn)放一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷時(shí)，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為E，若再將等量異號(hào)的點(diǎn)電荷－Q放在D點(diǎn)，則(　　) 圖11 A．B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為E，方向水平向右 B．B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為E，方向水平向右 C．BC線段的中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零 D．B、C兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相同 答案　B 解析　設(shè)AB＝r，則由題意知，E＝，當(dāng)在D點(diǎn)放上點(diǎn)電荷－Q后，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)EB＝＋＝E＋E＝E，方

15、向水平向右，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由場(chǎng)強(qiáng)的疊加和對(duì)稱性可知，BC線段的中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不為零，B、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 命題點(diǎn)三　電場(chǎng)中的平衡問(wèn)題 1．恰當(dāng)選取研究對(duì)象，用“整體法”或“隔離法”進(jìn)行分析． 2．對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，注意比力學(xué)中多了一個(gè)庫(kù)侖力． 3．列平衡方程，利用合成法、正交分解法或借助直角三角形知識(shí)求解． 例4　(2016·浙江10月學(xué)考·13)如圖12所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點(diǎn)正下方絕緣柱上．其中O點(diǎn)與小球A的間距為l，O點(diǎn)與小球B的間距為l.當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角θ＝30°.帶

16、電小球A、B均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k.則(　　) 圖12 A．A、B間庫(kù)侖力大小為F＝ B．A、B間庫(kù)侖力大小為F＝ C．細(xì)線拉力大小為FT＝ D．細(xì)線拉力大小為FT＝mg 答案　B 解析　根據(jù)題意，OA＝l，OB＝l.當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，由幾何關(guān)系可知，△AOB為等腰三角形，AB＝AO＝l，對(duì)小球A受力分析如圖所示，由庫(kù)侖定律得：F＝＝，故A錯(cuò)誤； △AOB為等腰三角形，由于對(duì)稱性，細(xì)線拉力等于庫(kù)侖力，且根據(jù)平衡條件得： Fcos 30°＝FTcos 30°＝mg，即F＝FT＝，故B正確，C、D錯(cuò)誤． 變式7　(2015·浙江10月

17、學(xué)考·11)如圖13所示，一質(zhì)量為m、電荷量為Q的小球A系在長(zhǎng)為l的絕緣輕繩下端，另一電荷量也為Q的小球B位于懸掛點(diǎn)的正下方(A、B均視為點(diǎn)電荷)，輕繩與豎直方向成30°角，小球A、B靜止于同一高度．已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則兩球間的靜電力為(　　) 圖13 A. B. C．mg D.mg 答案　A 解析　根據(jù)庫(kù)侖定律公式得F＝＝，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤； 由于小球A、B均靜止，對(duì)球A受力分析如圖所示，由平衡條件得FTsin 30°＝F，F(xiàn)Tcos 30°＝mg 聯(lián)立解得F＝mg，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 變式8　如圖14所示，用三根長(zhǎng)度相同的絕緣細(xì)線將三個(gè)帶電

18、小球連接后懸掛在天花板．三個(gè)帶電小球質(zhì)量相等，A球帶正電，平衡時(shí)三根絕緣細(xì)線都是直的，但拉力都為零，則(　　) 圖14 A．B球帶正電荷，C球帶負(fù)電荷 B．B球帶負(fù)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 答案　D 解析　B球受重力及A、C對(duì)B球的庫(kù)侖力而處于平衡狀態(tài)，則A與C球?qū)球的庫(kù)侖力的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反，而庫(kù)侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對(duì)B的庫(kù)侖力應(yīng)指向A，C對(duì)B的庫(kù)侖力應(yīng)指向B的左側(cè)，則可知B、C都應(yīng)帶負(fù)電，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析如圖所示，則A對(duì)B的庫(kù)侖力應(yīng)為C對(duì)B的庫(kù)侖力的2倍，故C

19、帶電荷量應(yīng)為A帶電荷量的一半；同理分析C可知，B帶電荷量也應(yīng)為A帶電荷量的一半，故B、C帶電荷量相等，故C錯(cuò)誤，D正確． 變式9　如圖15所示，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q.為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，則所加電場(chǎng)的方向和電場(chǎng)強(qiáng)度大小可能為(　　) 圖15 A．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為 B．豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為 C．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為 D．水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小為 答案　B 解析　若加豎直向上的電場(chǎng)，要保證小球靜止，必有mg＝Eq，得E＝，B正確；若電場(chǎng)方向垂直于桿斜向上，無(wú)論場(chǎng)強(qiáng)多大，沿桿方向的合力都為mgs

20、in θ，小球不可能保持靜止，A、C錯(cuò)誤；若電場(chǎng)方向水平向右，要保證小球靜止，必有mgsin θ＝qEcos θ，得E＝，故D錯(cuò)誤． 命題點(diǎn)四　力電綜合問(wèn)題 電場(chǎng)力雖然從本質(zhì)上區(qū)別于力學(xué)中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果遵循牛頓力學(xué)中的所有規(guī)律，因此帶電體在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(尤其是力電綜合問(wèn)題)依然需要根據(jù)力學(xué)解題思路求解． 例5　如圖16所示，長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線一端懸于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球．現(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球靜止在A點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向成37°角．重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖16 (

21、1)判斷小球的帶電性質(zhì)； (2)求該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??； (3)若將小球向左拉起至與O點(diǎn)處于同一水平高度且細(xì)線剛好張緊，將小球由靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。? 答案　(1)負(fù)電　(2)　(3) 解析　(1)小球在A點(diǎn)靜止，其受力情況如圖所示，小球帶負(fù)電． (2)根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有 mgtan 37°＝qE 解得E＝ (3)設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球從水平位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgl－qEl＝mv2，解得v＝ 變式10　(2017·金華十校聯(lián)考)如圖17所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)(邊界上有電場(chǎng))，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝，

22、ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為圓?。粋€(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶負(fù)電小球，從A點(diǎn)正上方高為H＝R處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓形軌道，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失．關(guān)于該帶電小球的受力及運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖17 A．小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為mg B．小球在AC部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不變 C．若適當(dāng)增大電場(chǎng)強(qiáng)度E，小球到達(dá)C點(diǎn)速度可能為零 D．若電場(chǎng)強(qiáng)度E＝，要使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則應(yīng)將H至少調(diào)整為 答案　D  1．物理學(xué)引入“點(diǎn)電荷”概念，從科學(xué)方法上來(lái)說(shuō)是屬于(　　) A．控制變量的方法 B

23、．觀察實(shí)驗(yàn)的方法 C．理想化模型的方法 D．等效替代的方法 答案　C 解析　點(diǎn)電荷的概念和質(zhì)點(diǎn)的概念相同，都是應(yīng)用了理想化模型的方法，故選項(xiàng)C正確． 2．(2017·溫州市質(zhì)檢)如圖1所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一點(diǎn)電荷處在P點(diǎn)，點(diǎn)電荷的重力不計(jì)，則以下說(shuō)法中正確的是(　　) 圖1 A．該點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力一定向右 B．該點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力可能向下 C．該點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力不變 D．該點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力越來(lái)越大 答案　C 3．(2017·湖州市質(zhì)檢)兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷，在真空中相距為r時(shí)，庫(kù)侖力的大小為F.若它們的電荷量和距離都加倍，則庫(kù)侖力的大小變?yōu)?　　) A.

24、 B．F C．2F D．4F 答案　B 解析　真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷相距為r時(shí)，它們之間的庫(kù)侖力大小為F＝k，若將它們之間的距離和帶電荷量均增大為原來(lái)的2倍，則F′＝k＝F，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 4．在電場(chǎng)中的某點(diǎn)A放一個(gè)試探電荷，其電荷量為q，受到的電場(chǎng)力為F，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若移去試探電荷，則A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0 B．若試探電荷的電荷量變?yōu)?q，則A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)?E C．若放置到A點(diǎn)的試探電荷的電荷量變?yōu)椋?q，則場(chǎng)中A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向均不變 D．若放置到A點(diǎn)的試探電荷的電荷量變?yōu)椋?q，則場(chǎng)中A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不變，但方向相反 答

25、案　C 5．(2017·浙江11月選考·6)電場(chǎng)線的形狀可以用實(shí)驗(yàn)來(lái)模擬，把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里，加上電場(chǎng)，頭發(fā)屑就按照電場(chǎng)的方向排列起來(lái)，如圖2所示．關(guān)于此實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖2 A．a(chǎn)圖是模擬兩等量同種電荷的電場(chǎng)線 B．b圖一定是模擬兩等量正電荷的電場(chǎng)線 C．a(chǎn)圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極 D．b圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極 答案　C 6.如圖3為真空中兩點(diǎn)電荷A、B形成的電場(chǎng)中的一簇電場(chǎng)線，已知該電場(chǎng)線關(guān)于虛線對(duì)稱，O點(diǎn)為A、B電荷連線的中點(diǎn)，a、b為其連線的中垂線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖3 A．A、B可能帶等量異

26、號(hào)的正、負(fù)電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處無(wú)電場(chǎng)線，故其電場(chǎng)強(qiáng)度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場(chǎng)力大小相等，方向一定相反 答案　D 解析　根據(jù)題圖中的電場(chǎng)線分布可知，A、B帶等量的正電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)處雖然沒(méi)有畫電場(chǎng)線，但其電場(chǎng)強(qiáng)度一定不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由題圖可知，a、b兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場(chǎng)力大小相等，方向一定相反，選項(xiàng)D正確． 7．如圖4所示，光滑絕緣的水平面上的P點(diǎn)固定著一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，在它的右側(cè)N點(diǎn)由靜止開始釋放一個(gè)也帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))．以向右為正方向，下圖中能反

27、映小球運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化規(guī)律的是(　　) 圖4 答案　B 解析　N點(diǎn)的小球靜止釋放后，受到向右的庫(kù)侖力的作用，開始向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)庫(kù)侖定律F＝k可得，隨著兩者之間的距離的增大，運(yùn)動(dòng)小球受到的庫(kù)侖力在減小，根據(jù)牛頓第二定律a＝可得，小球做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，而v－t圖象中圖象的斜率表示小球運(yùn)動(dòng)的加速度，所以B項(xiàng)正確． 8．(2016·溫州市學(xué)考模擬)兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線分別系住質(zhì)量相等、電荷量均為＋Q的小球a、b，并懸掛在O點(diǎn)．當(dāng)兩個(gè)小球靜止時(shí)，它們處在同一高度上，且兩細(xì)線與豎直方向間夾角均為α＝30°，如圖5所示，靜電力常量為k，則每個(gè)小球的質(zhì)量為(　　) 圖

28、5 A. B. C. D. 答案　A 解析　以小球a為研究對(duì)象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得F＝mgtan α，F(xiàn)＝，r＝2Lsin α，解得m＝，選項(xiàng)A正確． 9．(2017·金華十校聯(lián)考)如圖6所示，將一帶電小球A通過(guò)絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，細(xì)線不能伸長(zhǎng)，現(xiàn)要使細(xì)線偏離豎直線30°角，可在O點(diǎn)正下方的B點(diǎn)固定放置帶電荷量為q1的點(diǎn)電荷，且B、A連線垂直于OA；也可在O點(diǎn)正下方C點(diǎn)固定放置帶電荷量為q2的點(diǎn)電荷，且C、A處于同一水平線上．則為(　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　C 解析　對(duì)兩種情況進(jìn)行受力分析，如圖所示： 依據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合三角形知識(shí)及平

29、衡條件，則有：F′＝mgsin 30°， F＝mgtan 30°， 根據(jù)庫(kù)侖定律，則有：F′＝，而F＝， 根據(jù)幾何知識(shí)，則有：lBA＝Ltan 30°，lCA＝Lsin 30°， 綜上可得：＝，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 10.真空中相距為L(zhǎng)的點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為＋4q和－q，如圖7所示，現(xiàn)引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)點(diǎn)電荷(不計(jì)重力)都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是(　　) 圖7 A．－q，在A左側(cè)距A為L(zhǎng)處 B．－2q，在A左側(cè)距A為處 C．＋4q，在B右側(cè)距B為L(zhǎng)處 D．＋2q，在B右側(cè)距B為L(zhǎng)處 答案　C 解析　由題可知A、B帶電荷量分別為＋4

30、q、－q，放入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)電荷都處于平衡狀態(tài)，所以C一定處于A、B連線延長(zhǎng)線上B的右側(cè)且?guī)д姾?，?dāng)C處于平衡狀態(tài)時(shí)，其受到A、B的作用力大小相等，方向相反，由庫(kù)侖定律得＝，解得r＝L，由A電荷處于平衡狀態(tài)可得＝，解得qC＝4q，故C選項(xiàng)正確． 11．(2016·杭州五校協(xié)作體期中)如圖8所示，在光滑絕緣水平面上有三個(gè)孤立的點(diǎn)電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動(dòng)，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)點(diǎn)電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計(jì)點(diǎn)電荷間的萬(wàn)有引力，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．Q1、Q2的電荷量之比為 B．Q1、Q2的電荷量之比為

31、2 C．Q1、Q2的質(zhì)量之比為 D．Q1、Q2的質(zhì)量之比為2 答案　C 解析　由于Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有＝， 所以＝2，Q1、Q2帶同種電荷且與Q電性相反，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤； 對(duì)Q1有－＝m1ω2r1， 對(duì)Q2有－＝m2ω2r2， 將＝2代入，得m1r1＝m2r2， 解得＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 12．(2016·杭州市余杭區(qū)臨平統(tǒng)考)如圖9所示，等量異種點(diǎn)電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點(diǎn)，ACBD構(gòu)成一個(gè)正方形．一帶負(fù)電的小球(可視為點(diǎn)電荷)套在絕緣桿上自C點(diǎn)無(wú)初速度釋放，由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　)

32、 圖9 A．小球的速度先減小后增大 B．小球的速度先增大后減小 C．桿對(duì)小球的作用力先減小后增大 D．桿對(duì)小球的作用力先增大后減小 答案　D 解析　等量異種點(diǎn)電荷中垂線上的場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樗较蛴?，從C到D場(chǎng)強(qiáng)的大小先變大后變小，并且C、D兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相等．帶負(fù)電的小球沿光滑桿運(yùn)動(dòng)時(shí)，豎直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，則小球的速度越來(lái)越大，A、B錯(cuò)；桿對(duì)小球的作用力等于電場(chǎng)力，則先變大，后變小，C錯(cuò)，D對(duì)． 13．如圖10所示，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)硬桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P，桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)

33、，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝.先把桿拉成水平，然后將桿無(wú)初速度釋放，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖10 A．小球到最低點(diǎn)時(shí)速度最大 B．小球從開始至最低點(diǎn)過(guò)程中動(dòng)能一直增大 C．小球?qū)U的最大拉力大小為2 mg D．小球可繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng) 答案　B 解析　在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力與重力的合力大小為F＝＝，合力與水平方向夾角的正切值tan α＝＝，α＝60°，所以小球從開始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)左側(cè)桿與水平方向的夾角為60°的過(guò)程中，F(xiàn)一直做正功，此后F做負(fù)功，動(dòng)能先增大后減小，所以在最低點(diǎn)左側(cè)桿與水平方向的夾角為60°時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，故A錯(cuò)誤，B

34、正確．設(shè)小球的最大速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLsin 60°＋qEL(1＋cos 60°)＝mv2，設(shè)最大拉力為FT，則FT－F＝m，解得最大拉力FT＝，故C錯(cuò)誤；設(shè)動(dòng)能最大的位置為N，其關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)為Q，設(shè)小球能通過(guò)Q點(diǎn)，且通過(guò)Q點(diǎn)的速度為v′，根據(jù)動(dòng)能定理得：－mgLsin 60°＋qE(1－cos 60°)＝mv′2，將qE＝代入上式得mv′2＜0，不可能，說(shuō)明小球不能通過(guò)Q點(diǎn)，即不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤． 14．如圖11所示，質(zhì)量為m的小球A穿在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷．將A由距B豎直高度為H處

35、無(wú)初速度釋放，小球A下滑過(guò)程中電荷量不變．整個(gè)裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g.求： 圖11 (1)A球剛釋放時(shí)的加速度大?。? (2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，A球與B點(diǎn)間的距離． 答案　(1)gsin α－　(2) 解析　(1)由牛頓第二定律可知mgsin α－F＝ma， 根據(jù)庫(kù)侖定律有F＝k，又知r＝ 解得a＝gsin α－ (2)當(dāng)A球受到的合力為零，即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大．設(shè)此時(shí)A球與B點(diǎn)間的距離為d. 則mgsin α＝，解得d＝ . 15．(2016·桐鄉(xiāng)市四校聯(lián)考)一根長(zhǎng)為l的絲線吊著一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，

36、如圖12所示，絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場(chǎng)方向變?yōu)樨Q直向下且大小不變，不考慮因電場(chǎng)的改變而帶來(lái)的其他影響(重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： 圖12 (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)受到的拉力的大?。? 答案　(1)　(2)mg 解析　(1)小球靜止在電場(chǎng)中受力如圖甲所示 顯然小球帶正電，由平衡條件得： mgtan 37°＝qE，故E＝. (2)電場(chǎng)方向變成豎直向下后，小球在最低點(diǎn)受力如圖乙所示 由動(dòng)能定理得 mv2＝(mg＋qE)l(1－cos 37°) 由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，在最低點(diǎn)時(shí)， FT′－(mg＋qE)＝m， 解得FT′＝mg. 22