(1)電荷守恒、靜電現象及解釋；(2)點電荷、庫侖定律；(3)電場強度、電場線、電場強度的疊加。

例1．(2019?全國I卷?15)如圖，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(　　)

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，A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，D正確，C錯誤。
【點睛】本題考查庫侖力的性質以及對基本知識的理解能力。涉及庫侖力的平衡問題與純力學平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎，應用平衡條件是關鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結合解決問題，但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點。
例2．(2019?全國II卷?20)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　)
A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小
B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合
C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能
D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行
【答案】AC
【解析】在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，可知若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，C正確；若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡不會與電場線重合，B錯誤；若粒子運動軌跡為曲線，根據粒子做曲線運動的條件，可知粒子在N點所受電場力的方向一定不與粒子軌跡在該點的切線平行，D錯誤。
【點睛】帶電粒子在電場中只受電場力，電場力一定沿電場線的切線方向，并指向帶電粒子運動軌跡的凹側。

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兩金屬極板中間，則(　　)

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
【答案】D
【解析】由圖可知，右側金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側金屬板帶負電，根據靜電感應規律，近端感應出異種電荷，因此乒乓球的左側感應出正電荷，A錯誤。乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，B錯誤。乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用，C錯誤。用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右極板的排斥，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，D正確。
2．如圖所示，A、B為兩個等量的正點電荷，在其連線中垂線上的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(　　)

A．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．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．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值
D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零
【答案】C
【解析】在兩電荷連線中垂線上電場強度方向O→P，負點電荷q從P點到O點運動的過程中，電場力方向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，故A、B錯誤；越過O點后，負電荷q做減速運動，則點電荷運動到O點時速度最大，電場力為零，加速度為零，故C正確；根據電場線的對稱性可知，越過O點后，負電荷q做減速運動，加速度的變化情況無法判斷，故D錯誤。
3．(多選)如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)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，且PO＝ON。現將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質點)從P點由靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，關于小球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，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變為零，小球C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點加速度變為零，速度達到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點到無窮遠處，速度變化情況與另一側速度的變化情況具有對稱性；如果P、N相距足夠遠，則B項正確，如果P、N相距很近，則A項正確。
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電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現保持電場強度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點，則下列描述速度與時間、加速度與位移之間變化關系的圖象正確的是(　　)

【答案】AC
【解析】將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，根據牛頓第二定律得，小球的加速度a＝qE＋kxm，知a隨壓縮量x的減小均勻減小，當脫離彈簧后，小球的加速度a＝qEm，保持不變。可知小球先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻加速運動，故A、C正確，B、D錯誤。
5．(多選)如圖所示，兩個帶電小球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，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示實線位置靜止。現將B球向左移動少許，發現A球隨之移動，兩球在虛線位置重新平衡，則重新平衡時的情況與移動前相比，下列說法中正確的是(　　)

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

6．在勻強電場中，將一質量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。則勻強電場的場強大小為(　　)

A．最大值是mgtanθq
B．最小值為mgsinθq
C．唯一值是mgtanθq
D．以上都不對
【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，根據平行四邊形定則可知，當電場力方向與合力方向垂直時，場強最小，如圖，則sin θ＝qEminmg，所以Emin＝mgsinθq，選項B正確。又由圖可知場強的取值不是唯一而且沒有最大值，所以A、C、D錯誤。

7．(多選)如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是(　　)

A．電子一定從A向B運動
B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷
C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA＜EpB
D．B點電勢可能高于A點電勢
【答案】BC
【解析】電子在電場中做曲線運動，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運動軌跡，電場力沿電場線直線曲線的凹側，電場的方向與電場力的方向相反，如圖所示。由所知條件無法判斷電子的運動方向，故A項錯誤；若aA＞aB，說明電子在M點受到的電場力較大，M點的電場強度較大，根據點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應帶正電，故B項正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢φA＞φB，電子電勢能Ep＝－eφ，電勢能是標量，所以一定有EpA＜EpB，故C項正確，D項錯誤。

8．(多選)用細繩拴一個質量為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、拉力和庫侖力的作用下靜止不動，如圖所示。現將細繩剪斷后(　　)

A．小球B在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動
B．小球B在細繩剪斷瞬間加速度大于g
C．小球B落地的時間小于2hg
D．小球B落地的速度大于2gh
【答案】BCD
【解析】將細繩剪斷瞬間，小球B受到重力和庫侖力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此從剪斷細繩瞬間起開始，小球B不可能做平拋運動，且加速度大于g，故A錯誤，B正確；小球在落地過程中，除受到重力外，還受到庫侖斥力，那么豎直方向的加速大于g，因此小球B落地的時間小于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，ACBD構成一個正方形。一帶負電的小球(可視為點電荷)套在絕緣桿上自C點無初速釋放，則小球由C運動到D的過程中，下列說法正確的是(　　)

A．桿對小球的作用力先增大后減小
B．桿對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，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，則桿對小球的作用力先增大后減小，故A正確，B錯誤。因直桿處于AB連線的中垂線上，所以此線上的所有點的電場方向都是水平向右的，對帶電小球進行受力分析，受豎直向下的重力，水平向左的電場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動，故C、D錯誤。
10．如圖所示，一水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質點且不影響Q的電場)，從左端以初速度v0滑上金屬板光滑的上表面，向右運動到右端，在運動過程中(　　)

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

(1)A受的摩擦力為多大？
(2)如果將A的電量增至＋4Q，兩物體開始運動，當它們的加速度第一次為零時，A、B各運動了多遠距離？
【解析】(1)由平衡條件可知A受的摩擦力f＝F＝kQ2r2。
(2)物體運動后，當加速度a＝0時，設A、B間距離為r′。根據牛頓第二定律：
k4Q2r′2－μmg＝0
得r′＝2Qkμmg
由題意可知A、B運動的距離均為s＝r′－r2
故s＝Qkμmg－r2。
12．如圖所示，在光滑絕緣水平面上B點的正上方O處固定一個質點，在水平面上的A點放另一個質點，兩個質點的質量均為m，帶電荷量均為＋Q。C為AB直線上的另一點(O、A、B、C位于同一豎直平面上)，A、O間的距離為L，A、B和B、C間的距離均為L2，在空間加一個水平方向的勻強電場后A處的質點處于靜止狀態。試問：

(1)該勻強電場的場強為多大？其方向如何？
(2)給A處的質點一個指向C點的初速度，該質點到達B點時所受的電場力為多大？
(3)若指向C點的初速度大小為v0，質點到達C點時的加速度和速度分別為多大？
【解析】(1)根據庫侖定律有F＝kQ2L2
根據共點力平衡條件有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點受到的庫侖力F庫＝kQ2?Lsin60°?2
由平行四邊形定則得合電場力
F合＝?EQ?2＋kQ2?Lsin60°?22＝73kQ26L2。
(3)由牛頓第二定律得a＝kQ2sin30°L2＋EQm＝kQ2mL2
根據動能定理有EQL＝12mv2－12mv20
由此得v＝kQ2mL＋v20。

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小題必練15：電場力的性質

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