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第1講　電場力的性質
目標要求 　1.了解靜電現象，能用電荷守恒的觀念分析靜電現象.2.知道點電荷模型，體會科學研究中的物理模型方法．掌握并會應用庫侖定律.3.知道電場是一種物質．掌握電場強度的概念和公式，會用電場線描述電場．
考點一　電荷守恒定律
基礎回扣
1．元電荷、點電荷
(1)元電荷：e＝1.60×10－19 C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數倍．
(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、形狀及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響的理想化模型．
2．電荷守恒定律
(1)內容：電荷既不會創生，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、大小相同且帶同種電荷的同種導體，接觸后再分開，二者帶等量同種電荷，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．

1．(電荷、電荷守恒定律)(多選)M和N是兩個不帶電的物體，它們互相摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，下列判斷正確的有(　　)
A．摩擦前在M和N的內部沒有任何電荷
B．摩擦的過程中電子從M轉移到N
C．N在摩擦后一定帶負電且所帶電荷量為1.6×10－10 C
D．M在摩擦過程中失去1.6×10－10個電子
答案　BC
解析　摩擦前M和N都不帶電，是指這兩個物體都呈電中性，沒有“凈電荷”，也就是沒有得失電子，但內部仍有相等數量的正電荷和負電荷，選項A錯誤；M和N摩擦后M帶正電荷，說明M失去電子，電子從M轉移到N，選項B正確；根據電荷守恒定律，M和N這個與外界沒有電荷交換的系統原來電荷量的代數和為0，摩擦后電荷量的代數和應仍為0，選項C正確；元電荷的值為1.60×10－19 C，摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，由于M帶電荷量應是元電荷的整數倍，所以M在摩擦過程中失去109個電子，選項D錯誤．
考點二　庫侖定律的理解和應用
基礎回扣
1．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＝kq1q2r2，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作靜電力常量．
(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當兩個帶電體間的距離遠大于其本身的大小時，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．
技巧點撥
1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用．
2．對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離．
3．對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖1所示．

圖1
(1)同種電荷：F＜kq1q2r2；
(2)異種電荷：F＞kq1q2r2.
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作點電荷了．

　　　　　 庫侖定律與電荷守恒定律的結合

例1 　使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上－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F1.現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F1與F2之比為(　　)
A．2∶1 B．4∶1
C．16∶1 D．60∶1
答案　D
解析　開始時，由庫侖定律得：F1＝k5Q×3Qa2，相互接觸并分開后，帶電荷量均變為＋Q，距離變為原來的2倍，根據庫侖定律得：F2＝kQ×Q4a2，可知F1F2＝601，選項D正確．

　　　　　 庫侖力的疊加

例2 　(2018·全國卷Ⅰ·16)如圖2，三個固定的帶電小球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(　　)

圖2
A．a、b的電荷同號，k＝169
B．a、b的電荷異號，k＝169
C．a、b的電荷同號，k＝6427
D．a、b的電荷異號，k＝6427
答案　D
解析　由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線知a、b帶異號電荷．a對c的庫侖力Fa＝k靜qaqc?ac?2①

b對c的庫侖力Fb＝k靜qbqc?bc?2②
設合力向左，如圖所示，根據相似三角形得Faac＝Fbbc③
由①②③得k＝qaqb＝?ac?3?bc?3＝6427，若合力向右，結果仍成立，D正確．

　　　　　 庫侖力作用下的平衡

例3 　(多選)(2016·浙江卷·19)如圖3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(　　)

圖3
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46×10－8 C
D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
答案　ACD
解析　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A正確；如圖所示，

由幾何關系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為θ＝37°，A球所受的電場力F＝
mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，選項B錯誤；根據庫侖定律得，F＝kqAqBl2＝kqB2l2，解得qB＝Fl2k＝ 6×10－3×0.1229×109 C＝46×10－8 C，選項C正確；A、B兩球帶等量的同種電荷，故在A、B兩球連線中點處的電場強度為0，選項D正確．

涉及庫侖力的平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了庫侖力，具體步驟如下：


2．(庫侖力的疊加)(2019·湖北宜昌市元月調考)如圖4所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b電荷量均為＋q，c和d電荷量均為－q.靜電力常量為k，則a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小是(　　)

圖4
A．0 B.2kq2l2
C.kq2l2 D.3kq22l2
答案　D
解析　a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q，則c、d電荷對a電荷的庫侖力為引力，b電荷對a電荷的庫侖力為斥力．根據庫侖定律，|Fca|＝kq2?2l?2；|Fba|＝|Fda|＝kq2l2；根據力的合成法則，a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小為：F＝3kq22l2，故A、B、C錯誤，D正確．
3．(庫侖力作用下的平衡)如圖5所示，在一絕緣斜面C上有一帶正電的小物體A處于靜止狀態，現將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點移至A正上方的Q點處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質點．關于此過程，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．地面對斜面C的摩擦力先增大后減小
B．地面對斜面C的摩擦力逐漸減小
C．物體A受到斜面的支持力一直減小
D．物體A受到斜面的支持力一直增大
答案　B
解析　如圖所示，以A和C整體為研究對象，設B對A的庫侖力大小為F，與豎直方向的夾角為θ，根據平衡條件得Ff＝Fsin θ，由于F大小不變，θ減小，則知地面對斜面C的摩擦力逐漸減小，故A錯誤，B正確；以A為研究對象，分析可知，B對A的庫侖力垂直于斜面方向的分力先逐漸增大后逐漸減小，設該分力為F′，斜面傾角為α，根據平衡條件，斜面對A的支持力FN′＝mgcos α＋F′，可知FN′先增大后減小，故C、D錯誤．

考點三　電場強度的理解和計算
基礎回扣
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的靜電力與它的電荷量之比．
(2)定義式：E＝Fq；單位：N/C或V/m.
(3)矢量性：規定正電荷在電場中某點所受靜電力的方向為該點電場強度的方向．
3．點電荷的電場：真空中距場源電荷Q為r處的場強大小為E＝kQr2.
4．電場線的特點
(1)電場線從正電荷或無限遠出發，終止于無限遠或負電荷．
(2)同一電場的電場線在電場中不相交．
(3)在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線較密，電場強度較小的地方電場線較疏．
技巧點撥
1．三個計算公式的比較
公式 適用條件 說明
定義式 E＝Fq
任何電場 某點的場強為確定值，大小及方向與q無關
決定式 E＝kQr2
真空中點電荷的電場 E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定
關系式 E＝Ud
勻強電場 d是沿電場方向的距離

2.等量同種和異種點電荷周圍電場強度的比較
比較項目 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線的分布圖


連線中點O處的場強 連線上O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
沿連線的中垂線由O點向外的場強大小 O點最大，向外逐漸變小 O點最小，向外先變大后變小
關于O點對稱點的場強(如A與A′、B與B′、C與C′等) 等大同向 等大反向


　　　　　 電場強度的理解和計算

例4 　(多選)如圖6甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、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系如圖乙所示．以x軸的正方向為電場力的正方向，則(　　)

圖6
A．點電荷Q一定為正電荷
B．點電荷Q在A、B之間
C．A點的電場強度大小為2×103 N/C
D．同一電荷在A點受到的電場力比在B點的大
答案　BCD
解析　由題圖乙知，兩直線都是過原點的傾斜直線，由場強的定義式可知，其斜率的絕對值大小為各點的場強大小，則EA＝2×103 N/C，EB＝0.5×103 N/C＝EA4，同一電荷在A點受到的電場力比在B點的大，故選項C、D正確；由題圖知正試探電荷在A點受電場力為正，負試探電荷在B點受電場力也為正，可得A、B兩點電場強度方向相反，則點電荷Q在A、B之間，且為負電荷，故選項A錯誤，B正確．

　　　　　 電場線的理解和應用

例5 　用電場線能直觀、方便地比較電場中各點場強的強弱．如圖7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是兩點電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對于O點對稱的兩點，B、C和A、D也相對于O點對稱．則下列說法不正確的是(　　)

圖7
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點場強最強
D．B、O、C三點比較，O點場強最弱
答案　B


4.(兩等量點電荷的電場)如圖8所示，真空中固定兩等量同種正點電荷，AOB為兩電荷連線的中垂線，其中A、B兩點關于O點對稱．某帶電粒子(重力忽略不計)在直線AB之間往返運動，下列判斷一定正確的是(　　)

圖8
A．帶電粒子可能帶正電
B．在O點，帶電粒子的速度最大
C．在O點，帶電粒子的加速度最大
D．在A點(或B點)，帶電粒子速度為零，加速度最大
答案　B
解析　等量同種點電荷連線的中垂線在連線上方場強方向向上，連線下方場強方向向下，所以帶電粒子一定帶負電，帶電粒子從靜止開始先加速運動到O點，再減速運動到B點，所以在O點，帶電粒子的速度最大，故A錯誤，B正確；等量同種點電荷連線中點場強為零，所以在O點，帶電粒子的加速度為零，故C錯誤；等量同種點電荷連線中點場強為零，中垂線上從O點往上場強先增大后減小，所以帶電粒子在A點(或B點)，場強不一定最大，加速度不一定最大，故D錯誤．
5．(電場線分布與運動圖象)一個負電荷從電場中的A點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿電場線由A點運動到B點，它運動的v－t圖象如圖9所示，則A、B兩點所在區域的電場線分布情況可能是下列選項中的(　　)

圖9


答案　C
解析　由v－t圖象可知，負電荷在電場中做加速度增大的加速運動，故所受的電場力增大，說明從A到B電場強度越來越大，電場線逐漸密集，且負電荷受力方向與電場方向相反，故電場線方向由B指向A，故C正確，A、B、D錯誤．
考點四　電場強度的疊加
1．電場強度的疊加(如圖10所示)

圖10
2．“等效法”“對稱法”和“填補法”
(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，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖11甲、乙所示．

圖11
(2)對稱法

圖12
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12所示，均勻帶電的34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，又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向．
(3)填補法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板，或將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．
3．選用技巧
(1)點電荷電場、勻強電場場強疊加一般應用合成法即可．
(2)均勻帶電體與點電荷場強疊加一般應用對稱法．
(3)計算均勻帶電體某點產生的場強一般應用補償法或微元法．

　　　　　 點電荷電場強度的疊加和計算

例6 　直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖13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(　　)

圖13
A.3kQ4a2，沿y軸正向
B.3kQ4a2，沿y軸負向
C.5kQ4a2，沿y軸正向
D.5kQ4a2，沿y軸負向
答案　B
解析　處于O點的正點電荷在G點處產生的場強大小E1＝kQa2，方向沿y軸負向；因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點產生的合場強大小E2＝E1＝kQa2，方向沿y軸正向；根據對稱性，M、N處兩負點電荷在H點產生的合場強大小E3＝E2＝kQa2，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產生的場強大小E4＝kQ?2a?2，方向沿y軸正向，所以H點的場強大小E＝E3－E4＝3kQ4a2，方向沿y軸負向．

　　　　　 非點電荷電場強度的疊加和計算

例7 　(2020·江蘇南京市模擬)如圖14所示，在點電荷－q的電場中，放著一塊帶有一定電荷量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱軸，O點為幾何中心．點電荷－q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d，靜電力常量為k，已知圖中a點的電場強度為零，則帶電薄板在圖中b點產生的電場強度的大小和方向分別為(　　)

圖14
A.kqd2，水平向右 B.kqd2，水平向左
C.kqd2＋kq9d2，水平向右 D.kq9d2，水平向右
答案　A
解析　因為a點的電場強度為零，所以帶電薄板在a點產生的電場強度與點電荷－q在a點產生的電場強度等大反向，故帶電薄板在a點產生的電場強度大小為E板a＝kqd2，方向水平向左，由對稱性可知，帶電薄板在b點產生的電場強度大小E板b＝E板a＝kqd2，方向水平向右，A正確．

6．(多個點電荷電場強度的疊加和計算)如圖15所示，四個點電荷所帶電荷量的絕對值均為Q，分別固定在正方形的四個頂點上，正方形邊長為a，靜電力常量為k，則正方形兩條對角線交點處的電場強度(　　)

圖15
A．大小為42kQa2，方向豎直向上
B．大小為22kQa2，方向豎直向上
C．大小為42kQa2，方向豎直向下
D．大小為22kQa2，方向豎直向下
答案　C
解析　一個點電荷在兩條對角線交點處產生的場強大小為E＝kQ?22a?2＝2kQa2，根據電場疊加原理，對角線上的兩異種點電荷在交點處的合場強為E合＝2E＝4kQa2，故兩等大的場強互相垂直，故正方形兩條對角線交點處的電場強度為E總＝E合2＋E合2＝42kQa2，方向豎直向下，故選C.
7.(等效法的應用)一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷＋Q，它們在周圍產生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷＋Q與其像電荷－Q共同激發產生的．像電荷－Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷＋Q在此鏡中的像點位置．如圖16所示，已知＋Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，a為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中ab邊平行于MN.靜電力常量為k，則(　　)

圖16
A．a點的電場強度大小為E＝4kQL2
B．a點的電場強度大小大于b點的電場強度大小
C．b點的電場強度和c點的電場強度相同
D．一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電勢能的變化量為零
答案　B
解析　由題意可知，點電荷＋Q和金屬板MN周圍空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效，所以a點的電場強度E＝kQ?L2?2＋kQ?3L2?2＝40kQ9L2，A錯誤；等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示，由圖可知Ea>Eb，B正確；圖中b、c兩點的場強方向不同，C錯誤；由于a點的電勢大于d點的電勢，所以一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤．

8.(填補法的應用)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17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(　　)

圖17
A.kq2R2－E B.kq4R2 C.kq4R2－E D.kq4R2＋E
答案　A
解析　設在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點產生的場強大小為E0＝k·2q?2R?2＝kq2R2.題圖中左半球殼在M點產生的場強為E，則右半球殼在M點產生的場強為E′＝E0－E＝kq2R2－E，由對稱性知，左半球殼在N點產生的場強大小為kq2R2－E，A正確．
課時精練

1．在電場中的某點放一個試探電荷，其電荷量為q，受到的電場力為F，則該點的電場強度E＝Fq.關于該點的電場強度說法正確的是(　　)
A．若移去試探電荷q，則該點的電場強度為0
B．若試探電荷的電荷量變為4q，則該點的場強變為4E
C．若放置到該點的試探電荷變為－2q，則電場中該點的場強大小不變，但方向相反
D．若放置到該點的試探電荷變為－2q，則電場中該點的場強大小、方向均不變
答案　D
解析　電場強度是采用比值定義法定義的，E＝Fq為比值定義式，在電場中某點的電場強度由電場決定，與試探電荷在該點受到的力、試探電荷的電荷量、電性無關，故D正確．
2.(2021·黑龍江牡丹江市聯考)兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖1所示．A處電荷帶正電，電荷量為Q1，B處電荷帶負電，電荷量為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，欲使整個系統處于平衡狀態，則(　　)

圖1
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
3．3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(n>0)，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　由于各球之間的距離遠大于小球的直徑，帶電小球可視為點電荷．設球1和球2之間的距離為r，則接觸前球1、2之間的作用力F＝kq·nqr2＝nkq2r2①
由于3個小球相同，球3先后與球2、1接觸后的電荷量變化見下表．
球1 球2 球3
接觸前 q nq 0
球3與球2接觸后 q nq2
nq2

球3與球1接觸后 ?n＋2?q4
nq2
?n＋2?q4


接觸后球1、2之間的作用力F′＝k?n＋2?q4·nq2r2②
又由題意知F＝F′③
聯立①②③式，解得n＝6，D正確．
4.(多選)(2019·江蘇鹽城市模擬)如圖2所示，坐標系中有兩個帶電荷量分別為＋Q和＋3Q的點電荷．在C處放一個試探電荷，則試探電荷所受電場力的方向可能是下列選項圖中的(　　)

圖2

答案　BD
解析　根據點電荷形成的電場E＝kQr2及電場強度的矢量合成法則可知，C點合場強的方向是過C點緊靠x軸下方且斜向下，若試探電荷為正電荷，則所受的電場力與場強方向相同，若試探電荷為負電荷，則所受的電場力與場強方向相反，選項B、D正確，A、C錯誤．
5.(2019·全國卷Ⅰ·15)如圖3，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(　　)

圖3
A．P和Q都帶正電荷
B．P和Q都帶負電荷
C．P帶正電荷，Q帶負電荷
D．P帶負電荷，Q帶正電荷
答案　D
解析　對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進行受力分析可知，Q對P的庫侖力水平向右，則勻強電場對P的電場力應水平向左，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項C錯誤，D正確．
6.如圖4所示，一電子沿等量異種點電荷連線的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子所受另一個力的大小和方向變化情況是(　　)

圖4
A．先變大后變小，方向水平向左
B．先變大后變小，方向水平向右
C．先變小后變大，方向水平向左
D．先變小后變大，方向水平向右
答案　B
解析　根據等量異種點電荷周圍的電場線分布知，從A→O→B，電場強度的方向不變，水平向右，電場強度的大小先增大后減小，則電子所受電場力的大小先變大后變小，方向水平向左，則外力的大小先變大后變小，方向水平向右，故B正確，A、C、D錯誤．
7.(2019·山東濰坊市質檢)如圖5所示，A、B為兩個等量的正點電荷，O點為AB連線的中點，在AB連線中垂線上的P點放一個負點電荷q(不計重力)，由靜止釋放后，下列說法中正確的是(　　)

圖5
A．負點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．負點電荷在從P點到O點運動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大
C．負點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值
D．負點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到負點電荷速度為零
答案　C
解析　在兩個等量正點電荷連線中垂線上電場強度方向為O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向為P→O，速度越來越大．但電場線的疏密情況不確定，電場強度大小變化情況不確定，則負點電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，選項A、B錯誤；越過O點后，負點電荷q做減速運動，則負點電荷運動到O點時速度最大，所受電場力為零，加速度為零，選項C正確；根據電場線的對稱性可知，越過O點后，負點電荷q做減速運動，加速度的變化情況無法判斷，選項D錯誤．
8.(2019·安徽宣城市第二次模擬)如圖6，光滑絕緣圓環豎直放置，a、b、c為三個套在圓環上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環最高點，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止狀態．下列說法正確的是(　　)

圖6
A．小球a、b、c帶同種電荷
B．小球a、b帶異種電荷
C．小球a、b電荷量之比為36
D．小球a、b電荷量之比為39
答案　D
解析　對c小球受力分析可得，a、b小球必須帶同種電荷，c小球才能平衡；對b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷，b小球才能平衡，故A、B錯誤．設環的半徑為R，a、b、c球的帶電荷量分別為q1、q2和q3，由幾何關系可得lac＝R，lbc＝3R，a與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則有kq1q3lac2·sin 60°＝kq2q3lbc2·sin 30°，所以q1q2＝39，故C錯誤，D正確．
9.如圖7所示，一個絕緣圓環，當它的14段均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，現使半圓ABC均勻帶電＋2q，而另一半圓ADC均勻帶電－2q，則圓心O處電場強度的大小和方向為(　　)

圖7
A．22E，方向由O指向D
B．4E，方向由O指向D
C．22E，方向由O指向B
D．0
答案　A
解析　當圓環的14段均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，當半圓ABC均勻帶電＋2q時，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心O處的電場強度大小為2E，方向由O指向D；當另一半圓ADC均勻帶電－2q時，同理，在圓心O處的電場強度大小為2E，方向由O指向D；根據矢量的合成法則，圓心O處的電場強度的大小為22E，方向由O指向D.


10．如圖8所示，a和b是點電荷電場中的兩點，a點電場強度Ea與ab連線夾角為60°，b點電場強度Eb與ab連線夾角為30°，則關于此電場，下列分析中正確的是(　　)

圖8
A．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝1∶3
B．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1
C．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1
D．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1
答案　D
解析　設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示，從圖中可知電場方向指向場源電荷，故這是一個負點電荷產生的電場，A、B錯誤；

設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識得到ra∶rb＝1∶3，由公式E＝kQr2可得Ea∶Eb＝3∶1，故C錯誤，D正確．
11.如圖9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)(　　)

圖9
A．k3qR2 B．k10q9R2
C．kQ＋qR2 D．k9Q＋q9R2
答案　B
解析　由于b點處的場強為零，根據電場疊加原理知，帶電圓盤和a點處點電荷在b點處產生的場強大小相等、方向相反，所以帶電圓盤在b點處產生的場強為E＝kqR2，方向向左，根據對稱性可知，帶電圓盤在d點處產生的場強為kqR2，方向向右，則在d點處帶電圓盤和a點處點電荷產生的場強方向相同，所以E′＝kq?3R?2＋kqR2＝k10q9R2，故B正確．
12.如圖10所示，E、F、G、H為矩形ABCD各邊的中點，O為EG、HF的交點，AB邊的長度為d.E、G兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負點電荷置于H點時，F點處的電場強度恰好為零．若將H點的負電荷移到O點，則F點處場強的大小和方向為(靜電力常量為k)(　　)

圖10
A.4kQd2，方向向右 B.4kQd2，方向向左
C.3kQd2，方向向右 D.3kQd2，方向向左
答案　D
解析　當負點電荷在H點時，F點處電場強度恰好為零，根據公式E＝kQr2可得負點電荷在F點產生的電場強度大小為E＝kQd2，方向水平向左，故兩個正點電荷在F點的合場強大小為E′＝kQd2，方向水平向右；負點電荷移到O點，在F點產生的電場強度大小為E1＝k4Qd2，方向水平向左，所以F點的合場強大小為E合＝k4Qd2－kQd2＝k3Qd2，方向水平向左，故D正確，A、B、C錯誤．
13.(2019·福建南平市第二次綜合質檢)如圖11所示，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平面上．為了使質量為m、帶電荷量為＋q的小球靜止在斜面上，可加一平行紙面的勻強電場(未畫出)，重力加速度為g，則(　　)

圖11
A．電場強度的最小值為E＝mgtan θq
B．若電場強度E＝mgq，則電場強度方向一定豎直向上
C．若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度逐漸增大
D．若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度先減小后增大
答案　C
解析　對小球受力分析，如圖所示，

電場力與支持力垂直時，所加的電場強度最小，此時場強方向沿斜面向上，mgsin θ＝qEmin，解得電場強度的最小值為Emin＝mgsin θq，選項A錯誤；若電場強度E＝mgq，則電場力與重力大小相等，由圖可知，電場力方向可能豎直向上，也可能斜向左下，選項B錯誤；由圖可知，若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場力逐漸變大，電場強度逐漸增大，選項C正確，D錯誤．
14.(2020·浙江名校第一次聯考)如圖12所示，水平面上有一均勻帶電圓環，帶電荷量為Q，其圓心為O點．有一帶電荷量為q的小球恰能靜止在O點正上方的P點，O、P間距為L，P與圓環上任一點的連線與PO間的夾角為θ，靜電力常量為k.以下說法正確的是(　　)

圖12
A．P點電場強度大小為kQL2
B．P點電場強度大小為kQcos θL2
C．P點電場強度大小為kQcos2θL2
D．P點電場強度大小為kQcos3θL2
答案　D
解析　將圓環分為n等份(n很大)，每等份均可看成點電荷，則圓環上每份電荷量q′(q′＝Qn)在P點產生的電場強度的大小為E＝kq′r2＝kq′?Lcos θ?2＝kq′cos2θL2，由對稱性可知，所有點電荷在P點水平方向上合場強為0，豎直方向上的合場強大小為E′＝nkq′cos2 θL2cos θ＝kQcos3θL2，選項D正確，A、B、C錯誤．
15．(多選)如圖13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，另一端用適當大小的力F拉住，使B處于靜止狀態，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，環境可視為真空，則下列說法正確的是(　　)

圖13
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，

根據三力平衡和相似三角形可得：Gh＝F1R＝F′L，又F1＝kQqR2，則Gh＝kQqR3＝F′L，有F′＝LGh，且F＝F′，當L逐漸減小時，F逐漸減小，選項A錯誤，B正確；在B緩慢移動過程中，設B與A點的距離為x，在整個過程中，x都滿足Gh＝kQqx3，對比Gh＝kQqR3，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．
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