2019年度高考物理一轮复习 第七章 静电场学案（打包4套）.zip

1专题强化八 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析特别是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题.3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点.一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略.一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.具体方法常有两种：1.用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程.(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能).(4)根据 W＝Δ Ek列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即 E1＝ E2)列方程.(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加(即Δ E＝Δ E′)列方程.3.两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一 带电粒子在交变电场中的运动21.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例 1 如图1(a)所示，两平行正对的金属板 A、 B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P处.若在 t0时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B板运动，并最终打在 A板上.则 t0可能属于的时间段是( )图1A.0＜ t0＜ B. ＜ t0＜T4 T2 3T4C. ＜ t0＜ T D.T＜ t0＜3T4 9T8答案 B解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在 A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出 t0＝0、 、 、 时粒子运动的 v－ t图象，如图所示.由于 v－ t图线与时间T4 T2 3T4轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜ t0＜ 与 ＜ t0＜ T时粒子在一个周期内的总位移大于零，T4 3T4＜ t0＜ 时粒子在一个周期内的总位移小于零； t0＞ T时情况类似.因粒子最终打在 A板上，则要求粒子在每T4 3T4个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确.3变式1 如图2所示， A、 B两金属板平行放置，在 t＝0时将电子从 A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在 A、 B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了 B板( )图2答案 B变式2 (多选)(2015·山东理综·20)如图3甲所示，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示. t＝0时刻，质量为 m的带电微粒以初速度 v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动， T时刻微粒恰好经金T3属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为 g.关于微粒在0～ T时间内运动的描述，正确的是( )图3A.末速度大小为 v02B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 mgd12D.克服电场力做功为 mgd答案 BC解析 4因0～ 时间内微粒匀速运动，故 E0q＝ mg；在 ～ 时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在 t＝ 时刻的T3 T3 2T3 2T3竖直速度为 vy1＝ ，水平速度为 v0；在 ～ T时间内，由牛顿第二定律2 E0q－ mg＝ ma，解得 a＝ g，方向向上，gT3 2T3则在 t＝ T时刻， vy2＝ vy1－ g ＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项A错误，B正确；微粒的重T3力势能减小了Δ Ep＝ mg· ＝ mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知， mgd－ W电 ＝0，可知克服电d2 12 12场力做功为 mgd，选项D错误；故选B、C.12命题点二 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4所示，则 F合 为等效重力场中的“重力”， g′＝ 为等效重力场中的“等F合m效重力加速度”， F合 的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.图42.物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.例 2 如图5所示，半径为 r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为 m、带电荷量为＋ q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点 A从静止开始释放( AC、 BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过 B、 C刚好能运动到 D.(重力加速度为 g)图5(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；5(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由 A到达 D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在 A点至少应使它具有多大的初动能？答案 见解析解析 (1)根据题述，珠子运动到 BC弧中点 M时速度最大，作过 M点的直径 MN，设电场力与重力的合力为 F，则其方向沿 NM方向，分析珠子在 M点的受力情况，由图可知，当 F电 垂直于 F时， F电 最小，最小值为：F电min ＝ mgcos45°＝ mg22F电min ＝ qEmin解得所加电场的场强最小值 Emin＝ ，方向沿∠ AOB的角平分线方向指向左上方.2mg2q(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为 F＝ mgsin45°＝ mg22把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由 A运动到 M的过程，由动能定理得F(r＋ r)＝ mv2－022 12在 M点，由牛顿第二定律得： FN－ F＝ mv2r联立解得 FN＝( ＋1) mg322由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为FN′＝ FN＝( ＋1) mg.322(3)由题意可知， N点为等效最高点，只要珠子能到达 N点，就能做完整的圆周运动，珠子在 N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－ F(r－ r)＝0－ EkA22解得 EkA＝ mgr.2－ 12变式3 (2018·陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为 h的 A处由静止开始下滑，沿轨道 ABC运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的 ，圆环半径为 R，斜面倾角为 θ ＝60°， sBC＝2 R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动， h至34少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)6图6答案 7.7 R解析 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F，如图所示.可知 F＝1.25 mg，方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D点，设小球恰好能通过 D点，即到达 D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得：F＝ ，即：1.25 mg＝ mmvD2R vD2R小球由 A运动到 D点，由动能定理结合几何知识得：mg(h－ R－ Rcos37°)－ mg·( ＋2 R＋ Rsin37°)＝ mvD2，联立解得 h≈7.7 R.34 htanθ 12命题点三 电场中的力电综合问题1.力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式.(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律.2.电场规律(1)电场力的特点： F＝ Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同.(2)电场力做功的特点： WAB＝ FLABcosθ ＝ qUAB＝ EpA－ EpB.3.多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得.例 3 (2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v0，在油滴处于位置 A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间 t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B点.重力加速7度大小为 g.(1)求油滴运动到 B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1和 v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度 v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、 A两点间距离的两倍.答案 见解析解析 (1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为 m和 q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为 E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在 t＝0时，电场强度突然从 E1增加至 E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1满足qE2－ mg＝ ma1 ①油滴在 t1时刻的速度为v1＝ v0＋ a1t1 ②电场强度在 t1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小 a2满足qE2＋ mg＝ ma2 ③油滴在 t2＝2 t1时刻，即运动到 B点时的速度为v2＝ v1－ a2t1 ④由①②③④式得v2＝ v0－2 gt1 ⑤(2)由题意，在 t＝0时刻前有qE1＝ mg ⑥油滴从 t＝0到 t1时刻的位移为x1＝ v0t1＋ a1t12 ⑦12油滴在从 t1时刻到 t2＝2 t1时刻的时间间隔内的位移为x2＝ v1t1－ a2t12 ⑧12由题给条件有 v ＝2 g×2h＝4 gh ⑨20式中 h是 B、 A两点之间的距离.若 B点在 A点之上，依题意有x1＋ x2＝ h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝[2－2 ＋ ( )2]E1 ⑪v0gt1 14v0gt1为使 E2＞ E1，应有2－2 ＋ ( )2＞1 ⑫v0gt1 14v0gt1解得0＜ t1＜(1－ ) ⑬32 v0g8或 t1＞(1＋ ) ⑭32 v0g条件⑬ 式和⑭式分别对应于 v2＞0和 v2＜0两种情形.若 B在 A点之下，依题意有x2＋ x1＝－ h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝[2－2 － ( )2]E1 ⑯v0gt1 14v0gt1为使 E2E1，应有2－2 － ( )21 ⑰v0gt1 14v0gt1解得 t1( ＋1) ⑱52 v0g另一解为负，不符合题意，舍去.变式4 (2017·全国卷Ⅱ·25)如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的 A点将质量均为 m，电荷量分别为 q和－ q(q0)的带电小球 M、 N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知 N离开电场时的速度方向竖直向下； M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N刚离开电场时的动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为 g.求：图7(1)M与 N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小.答案 (1)3∶1 (2) H (3)13 2mg2q解析 (1)设小球 M、 N在 A点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.M、 N在电场中运动的时间 t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1和 s2.由题给条件和运动学公式得v0－ at＝0 ①s1＝ v0t＋ at2 ②12s2＝ v0t－ at2 ③12联立①②③式得9＝3 ④s1s2(2)设 A点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式vy2＝2 gh ⑤H＝ vyt＋ gt2 ⑥12M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝ ⑦v0vy s1H联立①②⑤⑥⑦式可得h＝ H ⑧13(3)设电场强度的大小为 E，小球 M进入电场后做直线运动，则＝ ⑨v0vy qEmg设 M、 N离开电场时的动能分别为 Ek1、 Ek2，由动能定理得Ek1＝ m(v02＋ vy2)＋ mgH＋ qEs1 ⑩12Ek2＝ m(v02＋ vy2)＋ mgH－ qEs2 ⑪12由已知条件Ek1＝1.5 Ek2 ⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫ 式得E＝ ⑬2mg2q变式5 如图8所示，在 E＝10 3V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN与一水平绝缘轨道 MN在 N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm， N为半圆形轨道最低点， P为 QN圆弧的中点，一带负电 q＝10 －4 C的小滑块质量 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ ＝0.15，位于 N点右侧1.5 m的 M处， g取10 m/s 2，求：图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点 Q，则小滑块应以多大的初速度 v0向左运动？10(2)这样运动的小滑块通过 P点时对轨道的压力是多大？答案 (1)7m/s (2)0.6N解析 (1)设小滑块恰能到达 Q点时速度为 v，由牛顿第二定律得 mg＋ qE＝ mv2R小滑块从开始运动至到达 Q点过程中，由动能定理得－ mg·2R－ qE·2R－ μ (mg＋ qE)x＝ mv2－ mv0212 12联立解得： v0＝7m/s.(2)设小滑块到达 P点时速度为 v′，则从开始运动至到达 P点过程中，由动能定理得－( mg＋ qE)R－ μ (qE＋ mg)x＝ mv′ 2－ mv0212 12又在 P点时，由牛顿第二定律得 FN＝ mv′ 2R代入数据，解得： FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过 P点时对轨道的压力 FN′＝ FN＝0.6N.1.(2017·河南中原名校第二次联考)如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )图1图2A.电压是甲图时，在0～ T时间内，电子的电势能一直减少11B.电压是乙图时，在0～ 时间内，电子的电势能先增加后减少T2C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案 D解析 若电压是甲图，0～ T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～ 时间内，电子向右先T2加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了 做加速度先增大后减小的减速运动，到 T时速度减为0，之后重复前面的T2运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到 后向左减速， 后向右加速T4 T2， T后向右减速， T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.342.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器 A、 B两板上，开始 B板电势比 A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设 A、 B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )图3A.电子一直向着 A板运动B.电子一直向着 B板运动C.电子先向 A板运动，然后返回向 B板运动，之后在 A、 B两板间做周期性往复运动D.电子先向 B板运动，然后返回向 A板运动，之后在 A、 B两板间做周期性往复运动答案 D3.一匀强电场的电场强度 E随时间 t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于 t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原出发点12D.2.5～4s内，电场力做功等于0答案 D解析 画出带电粒子速度 v随时间 t变化的图象如图所示，v－ t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4s内，电场力做功等于0，所以D正确.4.如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a，最低点为 b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从 a点运动到 b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒答案 B解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从 a→ b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.5.(多选)(2017·河北唐山一模)如图6所示，竖直平面内有 A、 B两点，两点的水平距离和竖直距离均为 H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为 m的带电小球从 A点以水平速度 v0抛出，经一段时间竖直向下通过 B点.重力加速度为 g，小球在由 A到 B的运动过程中，下列说法正确的是( )图6A.小球带负电13B.速度先增大后减小C.机械能一直减小D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量答案 AC解析 由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误.6.(2017·河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在 y＝0和 y＝2m之间有沿着 x轴方向的匀强电场， MN为电场区域的上边界，在 x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取 x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷 ＝1.0×10 －2 C/kg，在 t＝0时刻以速度 v0＝5×10 2 qmm/s从 O点沿 y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：图7(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿 x轴方向的速度大小.答案 (1)4×10 －3 s (2)(－2×10 －5 m,2m) (3)4×10 －3 m/s解析 (1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间 t＝＝4×10 －3 s.yv0(2)粒子带负电，沿 x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小 a1＝ ＝4m/s 2，减速时的加速度大小 a2＝E1qm＝2m/s 2，离开电场时，在 x轴方向上的位移大小 x＝ a1( )2＋ a1( )2－ a2( )2＝2×10 －5 m，因此粒子离开E2qm 12 T2 T2 12 T2电场的位置坐标为(－2×10 －5 m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿 x轴方向的速度大小为：vx＝ a1 － a2 ＝4×10 －3 m/s.T2 T7.(2018·江西宜春调研)如图8所示， O、 A、 B、 C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为14－ Q的点电荷固定在 O点，现有一质量为 m、电荷量为－ q的小金属块(可视为质点)，从 A点由静止沿它们的连线向右运动，到 B点时速度最大，其大小为 vm，小金属块最后停止在 C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为 μ ， A、 B间距离为 L，静电力常量为 k，则( )图8A.在点电荷－ Q形成的电场中， A、 B两点间的电势差 UAB＝2μ mgL＋ mvm22qB.在小金属块由 A向 C运动的过程中，电势能先增大后减小C.OB间的距离为kQqμ mgD.从 B到 C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能答案 C解析 小金属块从 A到 B过程，由动能定理得：－ qUAB－ μmgL ＝ mvm2－0，得 A、 B两点间的电势差 UAB＝－12，故A错误；小金属块由 A点向 C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错2μ mgL＋ mvm22q误；由题意知， A到 B过程，金属块做加速运动， B到 C过程，金属块做减速运动，在 B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 μmg ＝ k ，得 r＝ ，故C正确；从 B到 C的过程中，小金属块的动能和减少的电势Qqr2 kQqμ mg能全部转化为内能，故D错误.8.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角 θ ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为 E，质量为 m的小球带负电，以初速度 v0开始运动，初速度方向与电场方向一致.图9(1)若小球的带电荷量为 q＝ ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力 F1的大小和方向各如何？mgE(2)若小球的带电荷量为 q＝ ，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力 F2的大小和方向各如何？2mgE答案 (1) mg 方向与水平线成60°角斜向右上方3(2) mg 方向与水平线成60°角斜向左上方32解析 (1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力 F1与水平方向夹角为 α ，则 F1cosα ＝ qEcosθ ， F1sinα ＝ mg＋ qEsinθ代入数据解得 α ＝60°， F1＝ mg3即恒力 F1与水平线成60°角斜向右上方.15(2)为 使 小 球 能 做 直 线 运 动 ， 则 小 球 所 受 合 力 的 方 向 必 和 运 动 方 向 在 一 条 直 线 上 ， 故 要 使 力 F2和 mg的 合 力 和 电场 力 在 一 条 直 线 上 .如 图 乙 ， 当 F2取 最 小 值 时 ， F2垂 直 于 F.故 F2＝ mgsin 60°＝ mg，方向与水平线成60°角斜向左上方.329.如图10所示，光滑水平轨道与半径为 R的光滑竖直半圆轨道在 B点平滑连接，在过圆心 O的水平界面 MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为 m、电荷量为＋ q的小球从水平轨道上 A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面 MN上的 P点进入电场( P点恰好在 A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到 C点之前电荷量保持不变，经过 C点后电荷量立即变为零).已知 A、 B间距离为2 R，重力加速度为 g，在上述运动过程中，求：图10(1)电场强度 E的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.答案 (1) (2) (3)(2＋3 )mgmgq 2 2＋ 1 gR 2解析 (1)设小球过 C点时速度大小为 vC，小球从 A到 C由动能定理知qE·3R－ mg·2R＝ mvC212小球离开 C点后做平抛运动到 P点，有R＝ gt2122R＝ vCt联立解得 E＝ .mgq(2)设小球运动到圆轨道 D点时速度最大，设最大速度为 v，此时 OD与竖直线 OB夹角设为 α ，小球从 A点运动到 D点的过程，根据动能定理知qE(2R＋ Rsinα )－ mgR(1－cos α )＝ mv212即 mv2＝ mgR(sinα ＋cos α ＋1)1216根据数学知识可知，当 α ＝45°时动能最大，由此可得v＝ .2 2＋ 1 gR(3)由(2)中知，由于小球在 D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在 D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为 F，由牛顿第三定律可知小球在 D点受到的轨道的弹力大小也为 F，在 D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知F－ qEsinα － mgcosα ＝mv2R解得 F＝(2＋3 )mg.21第1讲 电场力的性质一、电荷 电荷守恒定律1.元电荷、点电荷(1)元电荷： e＝1.60×10 －19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍.(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况的理想化模型.2.电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变.(2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电；(3)带电实质：物体得失电子；(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的导体，接触后再分开，二者带相同电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分.自测1 如图1所示，两个不带电的导体 A和 B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体 C置于 A附近，贴在 A、 B下部的金属箔都张开( )图1A.此时 A带正电， B带负电B.此时 A带正电， B带正电C.移去 C，贴在 A、 B下部的金属箔都闭合D.先把 A和 B分开，然后移去 C，贴在 A、 B下部的金属箔都闭合答案 C解析 由静电感应可知， A左端带负电， B右端带正电，选项A、B错误；若移去 C， A、 B两端电荷中和，则贴在 A、 B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把 A和 B分开，然后移去 C，则 A、 B带的电荷不能中和，故贴在 A、 B下部的金属箔仍张开，选项D错误.二、库仑定律1.内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上.22.表达式F＝ k ，式中 k＝9.0×10 9N·m2/C2，叫做静电力常量.q1q2r23.适用条件真空中的点电荷.(1)在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式.(2)当两个带电体的间距远大于其本身的大小时，可以把带电体看成点电荷.4.库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引.自测2 教材P5演示实验改编 在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关.他选用带正电的小球 A和 B， A球放在可移动的绝缘座上， B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒 C点，如图2所示.实验时，先保持两球电荷量不变，使 A球从远处逐渐向 B球靠近，观察到两球距离越小， B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大， B球悬线的偏角越大.图2实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的而增大，随其所带电荷量的而增大.此同学在探究中应用的科学方法是(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”).答案 减小 增大 控制变量法解析 对 B球进行受力分析，球受重力、电场力和线的拉力，线与竖直方向间的夹角变大时，说明电场力变大.电荷量不变时，两球距离变小，悬线偏角变大，电场力变大；距离不变时，电荷量变大，悬线偏角变大，电场力变大.三、电场、电场强度1.电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用.2.电场强度(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力 F与它的电荷量 q的比值.(2)定义式： E＝ ；单位：N/C或V/m.Fq(3)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向.3.点电荷的电场：真空中距场源电荷 Q为 r处的场强大小为 E＝ k .Qr2自测3 3如图3所示，电荷量为 q1和 q2的两个点电荷分别位于 P点和 Q点.已知在 P、 Q连线上某点 R处的电场强度为零，且PR＝2 RQ.则( )图3A.q1＝2 q2 B.q1＝4 q2C.q1＝－2 q2 D.q1＝－4 q2答案 B解析 设 RQ＝ r，则 PR＝2 r，有 k ＝ k ， q1＝4 q2.q1 2r 2 q2r2四、电场线的特点1.电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷.2.电场线在电场中不相交.3.在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏.自测4 两个带电荷量分别为 Q1、 Q2的质点周围的电场线如图4所示，由图可知( )图4A.两质点带异号电荷，且 Q1Q2B.两质点带异号电荷，且 Q1Q2D.两质点带同号电荷，且 Q1Q2答案 A命题点一 库仑定律的理解和应用1.库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用.2.对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷， r为球心间的距离.3.对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图5所示.4图5(1)同种电荷： F＜ k ；(2)异种电荷： F＞ k .q1q2r2 q1q2r24.不能根据公式错误地认为 r→0时，库仑力 F→∞，因为当 r→0时，两个带电体已不能看做点电荷了.例 1 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.如图6所示，半径为 R的球体上均匀分布着电荷量为 Q的电荷，在过球心 O的直线上有 A、 B两个点， O和 B、 B和 A间的距离均为 R.现以 OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为 k，球的体积公式为 V＝ π r3，则 A点处检验电荷 q43受到的电场力的大小为( )图6A. B.5kqQ36R2 7kqQ36R2C. D.7kqQ32R2 3kqQ16R2答案 B解析 实心大球对 q的库仑力 F1＝ ，挖出的实心小球的电荷量 Q′＝ Q＝ ，实心小球 对 q的 库 仑 力 F2＝kqQ4R2  R2 3R3 Q8＝ ， 则 检 验 电 荷 q所 受 的 电 场 力 F＝ F1－ F2＝ ， 选 项 B正 确 .kqQ8 32R 2 kqQ18R2 7kqQ36R2变式1 科学研究表明，地球是一个巨大的带电体，而且表面带有大量的负电荷.如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃，恰好能悬浮在空中，若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，则此带电尘埃将( )A.向地球表面下落B.远离地球向太空运动C.仍处于悬浮状态D.无法判断答案 C命题点二 库仑力作用下的平衡问题5涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向.例 2 (多选)如图7所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ .一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行.小球 A的质量为 m、电荷量为 q.小球 A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同、间距为 d.静电力常量为 k，重力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷.小球 A静止在斜面上，则( )图7A.小球 A与 B之间库仑力的大小为kq2d2B.当 ＝ 时，细线上的拉力为0qd mgsinθkC.当 ＝ 时，细线上的拉力为0qd mgtanθkD.当 ＝ 时，斜面对小球 A的支持力为0qd mgktanθ答案 AC解析 根据库仑定律， A、 B球间的库仑力大小 F库 ＝ k ，选项A正确；小球 A受竖直向下的重力 mg、水平向左的库仑q2d2力 F库 ＝ ，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力kq2d2FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则 ＝tan θ ，所以 ＝kq2d2mg qd，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力 FN始终不会等于零，选项D错误.mgtanθk6变式2 如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为 m，所带电荷量分别为＋ q和－ q，两球间用绝缘细线2连接，甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场，场强为 E，且有 qE＝ mg，平衡时细线都被拉直.则平衡时的可能位置是哪个图( )答案 A解析 先用整体法，把两个小球及细线2视为一个整体.整体受到的外力有竖直向下的重力2 mg、水平向左的电场力 qE、水平向右的电场力 qE和细线1的拉力 FT1.由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力 FT1一定与重力2 mg等大反向，即细线1一定竖直.再隔离分析乙球，如图所示.乙球受到的力为：竖直向下的重力 mg、水平向右的电场力 qE、细线2的拉力 FT2和甲球对乙球的吸引力 F引. 要使乙球所受合力为零，细线2必须倾斜.设细线2与竖直方向的夹角为 θ ，则有tan θ ＝ ＝1， θ ＝45°，故A图正确.qEmg变式3 (多选)如图8所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球 A悬挂在水平板的 M、 N两点， A上带有 Q＝3.0×10 －6 C的正电荷.两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为 F1和 F2.A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球 B， B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度 g取10m/s 2；静电力常量 k＝9.0×10 9 N·m2/C2， A、 B球可视为点电荷)，则( )图8A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小 F1＝ F2＝1.9NC.将 B水平右移，使 M、 A、 B在同一直线上， 此时两线上的拉力大小 F1＝1.225N， F2＝1.0ND.将 B移到无穷远处，两线上的拉力大小 F1＝ F2＝0.866N7答案 BC解析 小球 A、 B间的库仑力为 F库 ＝ k ＝9.0×10 9× N＝0.9N，以 B和绝缘支架整体Q·Qr2 3.0×10－ 6×3.0×10－ 60.32为研究对象，受力分析图如图甲所示，地面对支架的支持力为 FN＝ mg－ F库 ＝1.1N，由牛顿第三定律知，A错误；以 A球为研究对象，受力分析图如图乙所示， F1＝ F2＝ mAg＋ F库 ＝1.9N，B正确； B水平向右移，当 M、 A、 B在同一直线上时，由几何关系知 A、 B间距为 r′＝0.6m， F库 ′＝ k ＝0.225N，以 A球为研究对象，受力分析Q·Qr′ 2图如图丙所示，可知 F2′＝1.0N， F1′－ F库 ′＝1.0N， F1′＝1.225N，所以C正确；将 B移到无穷远，则 F库 ″＝0，可求得 F1″＝ F2″＝1.0N，D错误.命题点三 电场强度的理解和计算类型1 点电荷电场强度的叠加及计算1.电场强度的性质矢量性 规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向唯一性电场中某一点的电场强度 E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷 q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置叠加性如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2.三个计算公式公式 适用条件 说明定义式 E＝Fq任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与 q无关决定式 E＝ kQr2真空中点电荷的电场E由场源电荷 Q和场源电荷到某点的距离 r决定关系式 E＝ Ud 匀强电场 d是沿电场方向的距离3.等量同种和异种点电荷的电场强度的比较比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷8电场线的分布图连线中点 O处的场强连线上 O点场强最小，指向负电荷一方 为零连线上的场强大小(从左到右) 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大沿中垂线由 O点向外场强大小 O点最大，向外逐渐变小 O点最小，向外先变大后变小关于 O点对称的 A与 A′， B与 B′的场强 等大同向 等大反向例 3 如图9所示，在水平向右、大小为 E的匀强电场中，在 O点固定一电荷量为 Q的正电荷， A、 B、 C、 D为以 O为圆心、半径为 r的同一圆周上的四点， B、 D连线与电场线平行， A、 C连线与电场线垂直.则( )图9A.A点的电场强度大小为E2＋ k2Q2r4B.B点的电场强度大小为 E－ kQr2C.D点的电场强度大小不可能为0D.A、 C两点的电场强度相同答案 A解析 ＋ Q在 A点的电场强度沿 OA方向，大小为 k ，所以 A点的合电场强度大小为 ，A正确；同理， B点的Qr2 E2＋ k2Q2r4电场强度大小为 E＋ k ，B错误；如果 E＝ k ，则 D点的电场强度为0，C错误； A、 C两点的电场强度大小相等Qr2 Qr2，但方向不同，D错误.变式4 (2015·山东理综·18)直角坐标系 xOy中， M、 N两点位于 x轴上， G、 H两点坐标如图10所示. M、 N两点各固定一负点电荷，一电荷量为 Q的正点电荷置于 O点时， G点处的电场强度恰好为零.静电力常量用 k表示.若将该正点9电荷移到 G点，则 H点处场强的大小和方向分别为( )图10A. ，沿 y轴正向 B. ，沿 y轴负向3kQ4a2 3kQ4a2C. ，沿 y轴正向 D. ，沿 y轴负向5kQ4a2 5kQ4a2答案 B解析 因正电荷 Q在 O点时， G点的场强为零，则可知两负点电荷在 G点形成的电场的合场强与正电荷 Q在 G点产生的场强等大反向，大小为 E合 ＝ k ；若将正电荷移到 G点，则正电荷在 H点的场强为 E1＝ k ＝ ，方向沿 y轴Qa2 Q 2a 2 kQ4a2正向，因两负电荷在 G点的合场强与在 H点的合场强等大反向，则 H点处场强为 E＝ E合 － E1＝ ，方向沿 y轴负3kQ4a2向，故选B.类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算1.等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景.例如：一个点电荷＋ q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图11甲、乙所示.图11例 4 如图12所示， xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满 z＜0的空间， z＞0的空间为真空.将电荷量为 q的点电荷置于 z轴上 z＝ h处，则在 xOy平面上会产生感应电荷.空间任意一点处的电场皆是由点电荷 q和导体表面上的感应电荷共同激发的.已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在 z轴上 z＝ 处的场强大小为( k为静电力常h2量)( )10图12A.k B.k C.k D.k4qh2 4q9h2 32q9h2 40q9h2答案 D解析 该电场可等效为分别在 z轴 h处与－ h处的等量异种电荷产生的电场，如图所示，则在 z＝ 处的场强大小 E＝ kh2＋ k ＝ k ，故D正确.q h2 2q 3h2 2 40q9h22.对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化.图13例如：如图13所示，均匀带电的 球壳在 O点产生的场强，等效为弧 BC产生的场强，弧 BC产生的场强方向，又34等效为弧的中点 M在 O点产生的场强方向.例 5 如图14所示，一半径为 R的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c的轴线上有 a、 b、 d三个点， a和 b、 b和 c、 c和 d间的距离均为 R，在 a点有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷.已知 b点处的场强为零，则 d点处场强的大小为( k为静电力常量)( )图14A.k B.k3qR2 10q9R2C.k D.kqR2 q9R211答案 B解析 由 b点处场强为零知，圆盘在 b点处产生的场强 E1大小与 q在 b点处产生的场强 E2大小相等，即 E1＝ E2＝ k，但方向相反.由对称性，圆盘在 d点产生的场强 E3＝ k ， q在 d点产生的场强 E4＝ k ，方向与 E3相同，故 dqR2 qR2 q9R2点的合场强 Ed＝ E3＋ E4＝ k ，B正确，A、C、D错误.10q9R23.填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍.例 6 如 图 15甲 所 示 ， 半 径 为 R的 均 匀 带 电 圆 形 平 板 ， 单 位 面 积 带 电 荷 量 为 σ ， 其 轴 线 上 任 意 一 点 P(坐 标 为 x)的 电 场强 度 可 以 由 库 仑 定 律 和 电 场 强 度 的 叠 加 原 理 求 出 ： E＝ 12[]()－ ＋ xπkR， 方 向 沿 x轴 .现 考 虑 单 位 面 积 带 电荷 量 为 σ 0的 无 限 大 均 匀 带 电 平 板 ， 从 其 中 间 挖 去 一 半 径 为 r的 圆 板 ， 如 图 乙 所 示 .则 圆 孔 轴 线 上 任 意 一 点 Q(坐 标为 x)的 电 场 强 度 为 ( )图15A. 012()＋ xπkσrB. 012()＋ rπkσxC.2π kσ 0 D.2π kσ 0xr rx答案 A解析 当 R→∞时， 12()＋ x＝0，则无限大平板产生的电场的场强为 E＝2π kσ 0.当挖去半径为 r的圆板时，应在 E中减掉该圆板对应的场强 Er＝ 012[]()－ ＋ xπkσr，即 E′＝ 012()＋ xπkσr，选项A正确.4.微元法将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强.例 7 一半径为 R的圆环上，均匀地带有电荷量为 Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点 P，它与环心 O的距离 OP＝ L.设静电力常量为 k，关于 P点的场强 E，下列四个表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )12A. B.kQR2＋ L2 kQLR2＋ L2C. D.kQR R2＋ L2 3 kQL R2＋ L2 3答案 D解析 设想将圆环等分为 n个小段，当 n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为 q＝Qn①由点电荷场强公式可求得每一点电荷在 P处的场强为EP＝ k ＝ k ②Qnr2 Qn R2＋ L2由对称性可知，各小段带电环在 P处的场强垂直于轴向的分量 Ey相互抵消，而轴向分量 Ex之和即为带电环在 P处的场强 E，故E＝ nEx＝ n· ·cosθ ＝ ③kQn L2＋ R2 kQLr L2＋ R2而 r＝ ④L2＋ R2联立①②③④可得 E＝ ，D正确.kQL R2＋ L2 3命题点四 电场线的理解和应用1.电场线的应用(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大.(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.(3)沿电场线方向电势逐渐降低.(4)电场线和等势面在相交处互相垂直.2.电场线与轨迹问题判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.(2)“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，若已知其中的任意一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用假设法分别讨论各种情况.例 8 (多选)如图16所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹， a、 b是轨迹上的两点.若粒子在运动中只受电场力作用.根据此图能作出的正确判断是( 13)图16A.带电粒子所带电荷的符号B.粒子在 a、 b两点的受力方向C.粒子在 a、 b两点何处速度大D.a、 b两点电场的强弱答案 BCD解析 由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在 a、 b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误，B正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在 a点的速度较大，故C正确；根据电场线的疏密程度可判断 a、 b两点电场的强弱，故D正确.变式5 (多选)(2018·山东济宁模拟)带正电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动；②在等势面上做匀速圆周运动.该电场可能由( )A.一个带正电的点电荷形成B.一个带负电的点电荷形成C.两个带等量负电的点电荷形成D.两个带不等量负电的点电荷形成答案 BCD1.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为 q，球2的带电荷量为 nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为 F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为 F，方向不变.由此可知( )A.n＝3 B.n＝4C.n＝5 D.n＝6答案 D解析 由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷.由库仑定律 F＝ k 知两点电荷间距离不变Q1Q2r214时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比.又由于三个小球相同，则两球接触时平分总电荷量，故有 q·nq＝ · ，解得 n＝6，D正确.nq2 q＋ nq222.(多选)(2018·云南大理模拟)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图1中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的 A点开始运动，到 C点时，突然受到一个外加的水平恒力 F作用而继续运动到 B点，其运动轨迹如图中虚线所示， v表示小球经过 C点时的速度，则( )图1A.小球带正电B.恒力 F的方向可能水平向左C.恒力 F的方向可能与 v方向相反D.在 A、 B两点小球的速率不可能相等答案 AB解析 由小球从 A点到 C点的轨迹可得，小球受到的电场力方向向右，带正电，选项A正确；小球从 C点到 B点，所受合力指向轨迹凹侧，当水平恒力 F水平向左时，合力可能向左，符合要求，当恒力 F的方向与 v方向相反时，合力背离轨迹凹侧，不符合要求，选项B正确，C错误；小球从 A点到 B点，由动能定理，当电场力与恒力 F做功的代数和为零时，在 A、 B两点小球的速率相等，选项D错误.3.(多选)在电场中的某点 A放一电荷量为＋ q的试探电荷，它所受到的电场力大小为 F，方向水平向右，则 A点的场强大小 EA＝ ，方向水平向右.下列说法正确的是( )FqA.在 A点放置一个电荷量为－ q的试探电荷， A点的场强方向变为水平向左B.在 A点放置一个电荷量为＋2 q的试探电荷，则 A点的场强变为2 EAC.在 A点放置一个电荷量为－ q的试探电荷，它所受的电场力方向水平向左D.在 A点放置一个电荷量为＋2 q的试探电荷，它所受的电场力为2 F答案 CD解析 E＝ 是电场强度的定义式，某点的场强大小和方向与场源电荷有关，而与放入的试探电荷没有任何关系，故Fq选项A、B错；因负电荷受到电场力的方向与场强方向相反，故选项C正确； A点场强 EA一定，放入的试探电荷所受电场力大小为 F′＝ qEA，当放入电荷量为＋2 q的试探电荷时，试探电荷所受电场力应为2 F，故选项D正确.4.如图2所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋ Q和－ Q.直线 MN是两点电荷连线的中垂线， O是两点电荷连线与直线 MN的交点. a、 b是两点电荷连线上关于 O的对称点， c、 d是直线 MN上的两个点.下列说法中正确的15是( )图2A.a点的场强大于 b点的场强，将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先增大后减小B.a点的场强小于 b点的场强，将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先减小后增大C.a点的场强等于 b点的场强，将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先增大后减小D.a点的场强等于 b点的场强，将一检验电荷沿 MN由 c移动到 d，所受电场力先减小后增大答案 C5.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图3所示的曲线，关于这种电场，下列说法正确的是( )图3A.这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B.电场内部 A点的电场强度小于 B点的电场强度C.电场内部 A点的电场强度等于 B点的电场强度D.若将一正电荷从电场中的 A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板答案 D解析 由于题图中平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误；从电场线分布看， A点的电场线比 B点密，所以 A点的电场强度大于 B点的电场强度，选项B、C错误； A、 B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的 A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确.6.(多选)如图4所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电质点 a、 b和 c分别位于边长为 L的正三角形的三个顶点上； a、 b带电荷量均为 q且为同种电荷，整个系统置于水平方向的匀强电场中.已知静电力常量为 k，若三个质点均处于静止状态，则下列说法正确的是( )16图4A.如果 a、 b带正电，那么 c一定带负电B.匀强电场场强的大小为3kqL2C.质点 c的电荷量大小为 q2D.匀强电场的方向与 ab边垂直指向 c答案 AB解析 匀强电场对 a、 b的电场力相同，如果 a、 b带正电，要使 a、 b都静止， c必须带负电；如图，设 c的电荷量为 Q，则由几何关系及平衡条件知 F1＝ F2cos60°， F3＝ F2cos30°，即 ＝ k ·cos60°，所以 c球带的电荷量为2 qkq2L2 QqL2； ·cos30°＝ Eq，则 E＝ ，方向与 ab边垂直背离 c，故选项A、B正确.kQqL2 3kqL27.如图5所示，边长为 a的正三角形 ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋ q、＋ q、－ q，则该三角形中心 O点处的场强为( )图5A. ，方向由 C指向 O6kqa2B. ，方向由 O指向 C6kqa2C. ，方向由 C指向 O3kqa2D. ，方向由 O指向 C3kqa2答案 B解析 由几何关系知 AO＝ BO＝ CO＝ a，则每个点电荷在 O点处的场强大小都是 E＝ ＝ ，画出矢量叠加的33 kq 3a3 2 3kqa2示意图，如图所示，由图可得 O点处的合场强为 EO＝2 E＝ ，方向由 O指向 C，B项正确.6kqa2178.(多选)(2018·四川泸州质检)一绝缘细线 Oa下端系一质量为 m的带正电的小球 a，在正下方有一光滑的绝缘水平细杆，一带负电的小球 b穿过杆在其左侧较远处，小球 a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止，如图6所示，现保持悬线与竖直方向的夹角为 θ ，并在较远处由静止释放小球 b，让其从远处沿杆向右移动到 a点的正下方，在此过程中( )图6A.悬线 Oa的拉力逐渐增大，水平细线的拉力逐渐减小B.b球的加速度先增大后减小，速度始终增大C.b球所受的库仑力一直增大D.b球所受的库仑力先减小后增大答案 BC解析 b球在较远处时，所受库仑力近似为零，在 a球正下方时，库仑力的水平分量为零，水平细线的拉力比最初时大，A错误；中间过程 b球受到的库仑力的水平分量不为零，可知库仑力的水平分量先增大，后减小，则 b球的加速度先增大后减小， b球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同，速度一直增大，B正确； b球受到的库仑力 F＝ k ，在运动过程中， a、 b两球之间的距离一直在减小，则 b球所受的库仑力一直增大，C正确，D错误qaqbr2.9.真空中有两个完全相同的金属小球， A球带 qA＝6.4×10 －16 C的正电荷， B球带 qB＝－3.2×10 －16 C的负电荷，均可视为点电荷，求：(1)当它们相距为0.5m时， A、 B间的库仑力为多大？(2)若将两球接触后再分别放回原处， A、 B间的库仑力又为多大？(以上结果均保留三位有效数字)答案 (1)7.37×10 －21 N (2)9.22×10 －22 N解析 (1) A、 B两球带异种电荷，因此， A、 B间的库仑力是引力，由库仑定律可得它们间的库仑力大小为 F＝ k＝9×10 9× N≈7.37×10 －21 N.qA|qB|r2 6.4×10－ 16×3.2×10－ 160.52(2)两球接触后，它们的带电荷量均为：QA＝ QB＝ ＝ C＝1.6×10 －16 CqA＋ qB2 6.4×10－ 16－ 3.2×10－ 162所以分别放回原处后，两球间的库仑力大小为18F′＝ k ＝9×10 9× N≈9.22×10 －22 N.QAQBr2 1.62×10－ 320.5210.如图7所示，真空中 xOy平面直角坐标系上的 A、 B、 C三点构成等边三角形，边长 L＝2.0m.若将电荷量均为 q＝＋2.0×10 －6 C的两点电荷分别固定在 A、 B点，已知静电力常量 k＝9.0×10 9N·m2/C2，求：图7(1)两点电荷间的库仑力大小.(2)C点的电场强度的大小和方向.答案 (1)9.0×10 －3 N (2)7.8×10 3N/C，方向沿 y轴正方向解析 (1)根据库仑定律， A、 B两点电荷间的库仑力大小为 F＝ k ①q2L2代入数据得 F＝9.0×10 －3 N ②(2)A、 B两点电荷在 C点产生的电场强度大小相等，均为 E1＝ k ③qL2A、 B两点电荷形成的电场在 C点的合电场强度大小为 E＝2 E1cos30° ④由③④式并代入数据得E＝7.8×10 3N/C，电场强度 E的方向沿 y轴正向.11.如图8所示，质量为 m的小球 A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为 α ，小球 A带正电(可视为点电荷)，电荷量为 q.在杆上 B点处固定一个电荷量为 Q的正点电荷.将 A由距 B竖直高度为 H处无初速度释放，小球 A下滑过程中电荷量不变.整个装置处在真空中，已知静电力常量 k和重力加速度 g.求：图8(1)A球刚释放时的加速度是多大；(2)当 A球的动能最大时， A球与 B点间的距离.答案 (1) gsinα － (2)kQqsin2αmH2 kQqmgsinα解析 (1)小球 A受到库仑斥力，由牛顿第二定律可知 mgsin α － F＝ ma，根据库仑定律有 F＝ k ，又知 r＝qQr2 Hsin α得 a＝ gsin α －kQqsin2αmH2(2)当 A球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大.设此时 A球与 B点间的距离为 d.19则 mgsin α ＝ ，解得 d＝ .kQqd2 kQqmgsin α