(1)電荷守恒、靜電現(xiàn)象及解釋；(2)點(diǎn)電荷、庫(kù)侖定律；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)線、電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加。

例1．(2019?全國(guó)I卷?15)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則(　　)

A．P和Q都帶正電荷
B．P和Q都帶負(fù)電荷
C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷
D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷
【答案】D
【解析】對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，D正確，C錯(cuò)誤。
【點(diǎn)睛】本題考查庫(kù)侖力的性質(zhì)以及對(duì)基本知識(shí)的理解能力。涉及庫(kù)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(kù)侖力的大小隨著電荷間距變化的特點(diǎn)。
例2．(2019?全國(guó)II卷?20)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則(　　)
A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小
B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合
C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能
D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行
【答案】AC
【解析】在兩個(gè)同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，A正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，C正確；若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是直線，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，D錯(cuò)誤。
【點(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力，電場(chǎng)力一定沿電場(chǎng)線的切線方向，并指向帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)。

1．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(duì)平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬極板中間，則(　　)

A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷
B．乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上
C．乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫(kù)侖力三個(gè)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(huì)在兩極板間來回碰撞
【答案】D
【解析】由圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，近端感應(yīng)出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A錯(cuò)誤。乒乓球被擾動(dòng)后，如果向右擺動(dòng)會(huì)被吸到右板上，B錯(cuò)誤。乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場(chǎng)力的作用，C錯(cuò)誤。用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會(huì)帶上正電，受到右極板的排斥，向左運(yùn)動(dòng)與左極板接觸，又帶上負(fù)電，被左極板排斥向右運(yùn)動(dòng)，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D正確。
2．如圖所示，A、B為兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，在其連線中垂線上的P點(diǎn)放一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷q(不計(jì)重力)，由靜止釋放后，下列說法中正確的是(　　)

A．點(diǎn)電荷在從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．點(diǎn)電荷在從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度越來越小，速度越來越大
C．點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度達(dá)最大值
D．點(diǎn)電荷越過O點(diǎn)后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零
【答案】C
【解析】在兩電荷連線中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度方向O→P，負(fù)點(diǎn)電荷q從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力方向P→O，速度越來越大。但電場(chǎng)線的疏密情況不確定，電場(chǎng)強(qiáng)度大小變化情況不確定，則電荷所受電場(chǎng)力大小變化情況不確定，加速度變化情況無法判斷，故A、B錯(cuò)誤；越過O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度最大，電場(chǎng)力為零，加速度為零，故C正確；根據(jù)電場(chǎng)線的對(duì)稱性可知，越過O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，加速度的變化情況無法判斷，故D錯(cuò)誤。
3．(多選)如圖所示，兩個(gè)帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點(diǎn)，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)由靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是(　　)

【答案】AB
【解析】在AB的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱悖∏駽受力沿垂直平分線，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱性；如果P、N相距足夠遠(yuǎn)，則B項(xiàng)正確，如果P、N相距很近，則A項(xiàng)正確。
4．(多選)如圖所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，突然將電場(chǎng)反向，若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列描述速度與時(shí)間、加速度與位移之間變化關(guān)系的圖象正確的是(　　)

【答案】AC
【解析】將電場(chǎng)反向，小球在水平方向上受到向右的電場(chǎng)力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度a＝qE＋kxm，知a隨壓縮量x的減小均勻減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度a＝qEm，保持不變?？芍∏蛳茸黾铀俣戎饾u減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
5．(多選)如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示實(shí)線位置靜止。現(xiàn)將B球向左移動(dòng)少許，發(fā)現(xiàn)A球隨之移動(dòng)，兩球在虛線位置重新平衡，則重新平衡時(shí)的情況與移動(dòng)前相比，下列說法中正確的是(　　)

A．墻面對(duì)A的彈力變小
B．斜面對(duì)B的彈力變大
C．推力F變小
D．兩小球之間的距離變小
【答案】AC
【解析】以A、B兩球整體為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得FBcosα＝(mA＋mB)g，F(xiàn)A＝F＋FBsinα，且α角為定值。以A為研究對(duì)象受力分析如乙圖所示，由平衡條件得F電cosβ＝mAg，F(xiàn)A＝F電sinβ，且β角減小。整理可得F電＝mAgcosβ，隨β角減小，F(xiàn)電減小，結(jié)合庫(kù)侖定律可知，兩小球之間的距離變大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；由FA＝F電sinβ可判斷FA減小，A項(xiàng)正確；FB＝?mA＋mB?gcosα不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；推力F＝FA－FBsinα減小，C項(xiàng)正確。

6．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(　　)

A．最大值是mgtanθq
B．最小值為mgsinθq
C．唯一值是mgtanθq
D．以上都不對(duì)
【答案】B
【解析】依題意，帶電小球所受合力方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力方向與合力方向垂直時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最小，如圖，則sin θ＝qEminmg，所以Emin＝mgsinθq，選項(xiàng)B正確。又由圖可知場(chǎng)強(qiáng)的取值不是唯一而且沒有最大值，所以A、C、D錯(cuò)誤。

7．(多選)如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線，虛線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是(　　)

A．電子一定從A向B運(yùn)動(dòng)
B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷
C．無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA＜EpB
D．B點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)
【答案】BC
【解析】電子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線直線曲線的凹側(cè)，電場(chǎng)的方向與電場(chǎng)力的方向相反，如圖所示。由所知條件無法判斷電子的運(yùn)動(dòng)方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若aA＞aB，說明電子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力較大，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布可知，靠近M端為場(chǎng)源電荷的位置，應(yīng)帶正電，故B項(xiàng)正確；無論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有電勢(shì)φA＞φB，電子電勢(shì)能Ep＝－eφ，電勢(shì)能是標(biāo)量，所以一定有EpA＜EpB，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

8．(多選)用細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫(kù)侖力的作用下靜止不動(dòng)，如圖所示?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷后(　　)

A．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于g
C．小球B落地的時(shí)間小于2hg
D．小球B落地的速度大于2gh
【答案】BCD
【解析】將細(xì)繩剪斷瞬間，小球B受到重力和庫(kù)侖力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此從剪斷細(xì)繩瞬間起開始，小球B不可能做平拋運(yùn)動(dòng)，且加速度大于g，故A錯(cuò)誤，B正確；小球在落地過程中，除受到重力外，還受到庫(kù)侖斥力，那么豎直方向的加速大于g，因此小球B落地的時(shí)間小于2hg，落地的速度大于2gh，故C、D正確。

9．如圖所示，等量異種電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB連線的中垂線重合，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)無初速釋放，則小球由C運(yùn)動(dòng)到D的過程中，下列說法正確的是(　　)

A．桿對(duì)小球的作用力先增大后減小
B．桿對(duì)小球的作用力先減小后增大
C．小球的速度先增大后減小
D．小球的速度先減小后增大
【答案】A
【解析】從C到D，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則電場(chǎng)力先增大后減小，則桿對(duì)小球的作用力先增大后減小，故A正確，B錯(cuò)誤。因直桿處于AB連線的中垂線上，所以此線上的所有點(diǎn)的電場(chǎng)方向都是水平向右的，對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析，受豎直向下的重力，水平向左的電場(chǎng)力和水平向右的彈力，水平方向上受力平衡，豎直方向上的合力大小等于重力，重力大小不變，加速度大小始終等于重力加速度，所以帶電小球一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。
10．如圖所示，一水平放置的金屬板正上方有一固定的正點(diǎn)電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)且不影響Q的電場(chǎng))，從左端以初速度v0滑上金屬板光滑的上表面，向右運(yùn)動(dòng)到右端，在運(yùn)動(dòng)過程中(　　)

A．小球先做減速運(yùn)動(dòng)再做加速運(yùn)動(dòng)
B．小球受到的合力的沖量為零
C．小球的電勢(shì)能先減小，后增加
D．小球先加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)
【答案】B
【解析】金屬板的表面是一個(gè)等勢(shì)面，帶電小球受到的電場(chǎng)力沿豎直方向，水平方向不受外力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，合外力的沖量為零，綜上所述，只有B項(xiàng)正確。
11．如圖所示，絕緣水平面上靜止著兩個(gè)質(zhì)量均為m、電量均為＋Q的物體A和B(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))，
它們間的距離為r，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。求：

(1)A受的摩擦力為多大？
(2)如果將A的電量增至＋4Q，兩物體開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的加速度第一次為零時(shí)，A、B各運(yùn)動(dòng)了多遠(yuǎn)距離？
【解析】(1)由平衡條件可知A受的摩擦力f＝F＝kQ2r2。
(2)物體運(yùn)動(dòng)后，當(dāng)加速度a＝0時(shí)，設(shè)A、B間距離為r′。根據(jù)牛頓第二定律：
k4Q2r′2－μmg＝0
得r′＝2Qkμmg
由題意可知A、B運(yùn)動(dòng)的距離均為s＝r′－r2
故s＝Qkμmg－r2。
12．如圖所示，在光滑絕緣水平面上B點(diǎn)的正上方O處固定一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，在水平面上的A點(diǎn)放另一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為m，帶電荷量均為＋Q。C為AB直線上的另一點(diǎn)(O、A、B、C位于同一豎直平面上)，A、O間的距離為L(zhǎng)，A、B和B、C間的距離均為L(zhǎng)2，在空間加一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后A處的質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。試問：

(1)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為多大？其方向如何？
(2)給A處的質(zhì)點(diǎn)一個(gè)指向C點(diǎn)的初速度，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力為多大？
(3)若指向C點(diǎn)的初速度大小為v0，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的加速度和速度分別為多大？
【解析】(1)根據(jù)庫(kù)侖定律有F＝kQ2L2
根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有Fsin30°＝EQ
由以上兩式得E＝Fsin30°Q＝kQ2L2，方向由A指向C(或水平向右)。
(2)小球在B點(diǎn)受到的庫(kù)侖力F庫(kù)＝kQ2?Lsin60°?2
由平行四邊形定則得合電場(chǎng)力
F合＝?EQ?2＋kQ2?Lsin60°?22＝73kQ26L2。
(3)由牛頓第二定律得a＝kQ2sin30°L2＋EQm＝kQ2mL2
根據(jù)動(dòng)能定理有EQL＝12mv2－12mv20
由此得v＝kQ2mL＋v20。

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小題必練15：電場(chǎng)力的性質(zhì)

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