第八章 第1講　電場力的性質-2025高三總復習 物理（新高考）

三年考情電場力的性質2023·海南卷·T8、2023·山東卷·T11、2023·湖南卷·T5、2023·全國乙卷·T24、2022·遼寧卷·T10、2021·湖南卷·T4電場能的性質2023·廣東卷·T9、2023·山東卷·T11、2023·湖北卷·T3、2023·遼寧卷·T9、2023·海南卷·T12、2023·全國乙卷·T19、2022·全國乙卷·T19、2022·江蘇卷·T9、2022·河北卷·T6、2022·山東卷·T3、2022·湖南卷·T2、2021·全國甲卷·T19、2021·全國乙卷·T15、2021·廣東卷·T6、2021·山東卷·T6、2021·河北卷·T10、2021·天津卷·T8電容器、帶電粒子在電場中的運動2023·山東卷·T15、2023·北京卷·T8、T19、2023·湖北卷·T10、2023·浙江6月選考·T12、2023·全國甲卷·T18、2022·重慶卷·T2、2022·江蘇卷·T15、2022·遼寧卷·T14、2022·湖北卷·T10、2021·全國乙卷·T20、2021·湖南卷·T9命題規(guī)律目標定位本章主要考查庫侖定律、電荷守恒定律、電場強度、電場線、電勢與電勢差、電勢能、電場力做功等概念和規(guī)律的理解及應用，還有帶電粒子在電場中的加速與偏轉運動規(guī)律的應用問題，命題常與生產生活中的實際情境相聯(lián)系，常以選擇題、計算題的形式呈現(xiàn)，計算題中常與磁場知識等綜合命題考查。第1講電場力的性質[課標要求]1．了解靜電現(xiàn)象，能用電荷守恒的觀點分析靜電現(xiàn)象。2．知道點電荷模型，體會科學研究中建立物理模型的方法，掌握并會應用庫侖定律。3．掌握電場強度的概念和公式，會用電場線描述電場。4．掌握電場強度疊加的方法，知道靜電的防止與利用?？键c一電荷守恒定律與庫侖定律1．點電荷：有一定的電荷量，忽略形狀、大小及電荷分布狀況的一種理想化模型。2．電荷守恒定律(1)內容：電荷既不會創(chuàng)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)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電。(3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。3．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＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。(3)適用條件：①真空中；②靜止的點電荷?！净A知識判斷】1．只要是體積小的帶電體都可以看成點電荷。(×)2．正、負電荷中和后電荷都消失了。(×)3．當兩個電荷的距離趨近于零時，庫侖力趨近于無窮大。(×)4．物體帶電的實質是電荷的轉移。(√)學生用書第150頁1．電荷分配規(guī)律：兩個完全相同的帶電導體球接觸后再分開，二者所帶電荷量平均分配：Q1′＝Q2′＝eq\f(Q1＋Q2,2)。注意：Q1、Q2都必須帶著正、負號運算。2．庫侖定律的理解(1)庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用。(2)若是兩個均勻帶電絕緣球：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)若是兩個帶電導體球：要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。①同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；②異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2)。(4)不能根據(jù)公式錯誤認為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。考向1電荷守恒定律與庫侖定律的應用如圖是庫侖做實驗用的庫侖扭秤。帶電小球A與不帶電小球B等質量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫侖力使橫桿旋轉，轉動旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時A、C間的庫侖力與旋鈕旋轉的角度成正比?，F(xiàn)用一個電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開，再次轉動旋鈕M使小球A回到初始位置，此時旋鈕旋轉的角度與第一次旋轉的角度之比為()A．1 B．eq\f(1,2)C．2 D．4答案：C解析：設A帶電荷量為qA，C帶電荷量為qC，庫侖力與旋鈕旋轉的角度成正比，則有θ＝k1F，依題意有θ1＝k1F1＝k1eq\f(kqAqC,r2)，由題可知D球帶電荷量為qD＝3qC，接觸后分開，電荷量將均分，有qC′＝eq\f(3qC＋qC,2)＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1eq\f(kqC′qA,r2)＝2k1eq\f(kqAqC,r2)，聯(lián)立可得eq\f(θ2,θ1)＝2?？枷?庫侖力作用下的平衡問題(2023·河北保定檢測)如圖所示，質量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶電荷量為＋q的小球B固定在O點正下方的絕緣柱上。當小球A平衡時，懸線沿水平方向。已知lOA＝lOB＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球均可視為點電荷，則關于小球A的電性及帶電荷量qA的大小，下列選項正確的是()A．正電，eq\f(2\r(2)mgl2,kq) B．正電，eq\f(\r(2)mgl2,kq)C．負電，eq\f(2\r(2)mgl2,kq) D．負電，eq\f(\r(2)mgl2,kq)答案：A解析：小球A靜止時，根據(jù)平衡條件，小球A受到小球B的斥力，故小球A帶正電；由平衡條件得eq\f(kqqA,（\r(2)l）2)＝eq\r(2)mg，解得qA＝eq\f(2\r(2)mgl2,kq)，故選A?？枷?三個自由點電荷的平衡問題如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電情況及位置應為()A．－4Q，B的右邊0.4m處B．＋4Q，B的左邊0.2m處C．－eq\f(9,4)Q，A的右邊0.2m處D．－eq\f(9,4)Q，A的左邊0.2m處答案：D解析：要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電。設C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間的距離用r表示，由于C處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQq,（r＋x）2)，解得x＝0.2m，又對電荷A由平衡條件得keq\f(Qq,x2)＝keq\f(Q·9Q,r2)，解得q＝eq\f(9,4)Q，選項D正確。學生用書第151頁【拓展變式】如圖所示，如果已知兩個點電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1C和＋4C，且在水平面上能自由移動，它們之間的距離d＝3m，現(xiàn)引入點電荷Q3，試求：當Q3滿足什么條件，并把它放在何處時才能使整個系統(tǒng)處于平衡？答案：Q3為負電荷，電荷量為eq\f(4,9)C，且放在Q1、Q2連線中間離Q11m處解析：若整個系統(tǒng)處于平衡，則點電荷Q1、Q2、Q3所受合外力均為零，由E＝eq\f(F,q)知，三個點電荷均處在合電場強度為零處。由于Q1、Q2電性相同都為正電荷，合電場強度為零處必在兩點電荷連線中間某處，則Q3處在Q1、Q2連線中間某處，又Q2、Q3在Q1處的合電場強度為零，則Q3帶負電，根據(jù)keq\f(Q1Q3,req\o\al(2,1))＝keq\f(Q3Q2,req\o\al(2,2))，可得eq\f(r1,r2)＝eq\r(\f(Q1,Q2))＝eq\f(1,2)，即Q3距離電荷量較小的電荷Q1較近，又因r1＋r2＝d，d＝3m，所以Q3到Q1的距離r1＝1m，根據(jù)keq\f(Q1Q3,req\o\al(2,1))＝keq\f(Q1Q2,d2)，可得Q3＝eq\f(4,9)C。規(guī)律總結三個自由點電荷的平衡問題1．平衡條件：每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷平衡的位置是另外兩個點電荷的合場強為零的位置。2．平衡規(guī)律：考向4庫侖力作用下的加速問題如圖所示，光滑絕緣水平面上有質量分別為m和2m的兩小球A、B，兩小球帶異種電荷。將方向水平向右、大小為F的力作用在B上，當A、B間的距離為L時，兩小球可保持相對靜止。若改用方向水平向左的力作用在A上，欲使兩小球間的距離保持為2L并相對靜止，則外力的大小應為()A．eq\f(1,16)F B．eq\f(1,8)FC．eq\f(1,4)F D．eq\f(1,2)F答案：B解析：當方向水平向右、大小為F的力作用在B上，A、B間的距離為L時，對A、B兩個小球整體有F＝3ma1，對小球A有eq\f(kq1q2,L2)＝ma1，若改用方向水平向左的力作用在A上，兩小球間的距離保持為2L并相對靜止時，對A、B兩個小球整體有F2＝3ma2，對小球B有eq\f(kq1q2,（2L）2)＝2ma2，聯(lián)立可得F2＝eq\f(1,8)F，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。考點二電場強度的理解與應用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＝eq\f(F,q)；單位：牛每庫，符號為N/C。(3)矢量性：規(guī)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＝keq\f(Q,r2)?！靖呖记榫虫溄印?2023·湖南高考·改編)如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零。判斷下列說法的正誤：(1)如果三個點電荷Q1、Q2和Q3在P點分別產生的場強大小相等，則Q3的電荷量最大。(√)學生用書第152頁(2)P點的電場強度是三個點電荷Q1、Q2和Q3的合場強。(√)(3)若P點處的電場強度為零，則三個點電荷Q1、Q2和Q3的電性一定相同。(×)1．三個場強公式的比較2．電場強度的疊加如果某空間有多個點電荷同時存在，則某點的電場強度應為各個點電荷在該點產生的電場強度的矢量和?？枷?電場強度的理解如圖甲所示，真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2m和0.7m。在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探電荷受到靜電力的方向都跟x軸正方向相同，靜電力的大小F跟試探電荷的電荷量q的關系分別如圖乙中直線a、b所示。忽略A、B間的作用力。下列說法正確的是()A．B點的電場強度大小為0.25N/CB．A點的電場強度的方向沿x軸負方向C．點電荷Q的位置坐標為0.3mD．點電荷Q是正電荷答案：C解析：由A處試探電荷的F-q圖線可得，該處的電場強度大小為E1＝eq\f(F1,q1)＝4×105N/C，方向沿x軸正方向，同理可得，B處的電場強度大小為E2＝eq\f(F2,q2)＝0.25×105N/C，方向沿x軸負方向，A、B錯誤；由A、B項的分析可知，點電荷Q應為負電荷，且在A、B之間，設Q到A點的距離為l，由點電荷電場強度公式可得E1＝keq\f(Q,l2)＝4×105N/C，E2＝keq\f(Q,（0.5m－l）2)＝0.25×105N/C，聯(lián)立解得l＝0.1m，故點電荷Q的位置坐標為0.3m，C正確，D錯誤?？枷?電場強度的疊加如圖所示，△ABC是直角三角形，∠B＝30°，∠A＝90°，兩個點電荷分別固定在A點和C點，A點處電荷的帶電量與C點處電荷的帶電量的絕對值之比為n(n未知)，測得B點的電場強度方向垂直于BC邊向下，則()A．A點的點電荷帶正電，C點的點電荷帶正電，n＝eq\f(\r(3),2)B．A點的點電荷帶正電，C點的點電荷帶負電，n＝eq\f(1,2)C．A點的點電荷帶正電，C點的點電荷帶負電，n＝eq\f(\r(3),2)D．A點的點電荷帶負電，C點的點電荷帶正電，n＝eq\f(1,2)答案：C解析：若A點的點電荷帶正電，則A點的點電荷在B點的電場強度方向由A指向B，合場強方向豎直向下，由平行四邊形定則可知C點的點電荷在B點的電場強度方向由B指向C，即C點的點電荷帶負電。電場疊加如圖所示。設AC長度為l，水平方向滿足EBC＝EABcos30°，又因為EBC＝keq\f(QC,（2l）2)，EAB＝keq\f(QA,（\r(3)l）2)，n＝eq\f(QA,QC)，聯(lián)立解得n＝eq\f(\r(3),2)，故A、B錯誤，C正確；若A點的點電荷帶負電，在B點的電場強度方向由B指向A，C點的點電荷帶正電，則在B點的電場強度方向由C指向B，由平行四邊形定則可知，B點此時的合場強方向不可能豎直向下，故D錯誤。對點練．如圖所示，在半徑為R的圓周上均勻分布著六個不同的點電荷，則圓心O處的電場強度大小和方向為()A．eq\f(2kq,R2)；由O指向FB．eq\f(4kq,R2)；由O指向FC．eq\f(2kq,R2)；由O指向CD．eq\f(4kq,R2)；由O指向C答案：B解析：由點電荷的電場強度公式可知，在A、B、C、E、F五個位置的點電荷在O點產生的電場強度大小為E＝eq\f(kq,R2)，在D位置的點電荷在O點產生的場強大小為E＝eq\f(3kq,R2)，電場強度是矢量，求合電場強度應用平行四邊形定則，作出電場強度的示意圖，如圖所示，可得A點的電場強度與D點電場強度合成后大小為E1＝ED－EA＝eq\f(2kq,R2)，方向指向A點；B點的電場強度與E點的電場強度合成后大小為E2＝EB＋EE＝eq\f(2kq,R2)，方向指向E點，C點的電場強度與F點的電場強度合成后大小為E3＝EC＋EF＝eq\f(2kq,R2)，方向指向F點，故E1、E2、E3大小相等，且E3剛好在E1與E2的角平分線上，由幾何關系可知兩者之間的夾角為120°，故將E1、E2合成后大小仍為E4＝eq\f(2kq,R2)，方向指向F點，再將E4與E3合成，則最終O點的合電場強度為EO＝E3＋E4＝eq\f(4kq,R2)，方向由O指向F，故選B。學生用書第153頁考點三電場線的理解及應用1．定義：在電場中畫出的有方向的曲線，曲線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大小。2．特點3．幾種常見的電場線自主訓練1電場線的理解如圖是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，帶電荷量大小分別為q和2q，兩點電荷間的距離為2r，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱，靜電力常量為k。由圖可知()A．P、Q兩點的電場強度相同B．M點的電場強度小于N點的電場強度C．右邊的小球帶電荷量為－2qD．兩點電荷連線的中點處的電場強度大小為3keq\f(q,r2)答案：D解析：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，根據(jù)題圖可知，P點電場強度大小等于Q點電場強度大小，但是兩點電場強度的方向不同，則電場強度不相同，故A錯誤；同理，M點的電場線較N點密集，可知M點的電場強度大于N點的電場強度，故B錯誤；根據(jù)電場線的方向可知，右邊的小球帶負電，但帶電荷量小于左邊小球的帶電荷量，故右邊的小球帶電荷量為－q，故C錯誤；依據(jù)點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)及疊加原則，兩點電荷連線的中點處的電場強度大小為E合＝keq\f(2q,r2)＋keq\f(q,r2)＝3keq\f(q,r2)，故D正確。自主訓練2兩個等量點電荷的電場線分布(多選)電場線能直觀、方便地反映電場的分布情況。圖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是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱。則()A．E、F兩點場強相同B．A、D兩點場強不同C．B、O、C三點，O點場強最小D．從E點向O點運動的電子所受電場力逐漸減小答案：AC解析：等量異種點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點場強方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，則其場強大小也相等，故A正確；根據(jù)對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點場強大小相同，由題圖甲看出，A、D兩點場強方向相同，故B錯誤；由題圖甲看出，B、O、C三點比較，O點的電場線最稀疏，場強最小，故C正確；由題圖甲可知，電子從E點向O點運動過程中，電場線逐漸變密，則電場強度逐漸增大，電子所受電場力逐漸增大，故D錯誤。自主訓練3電場線與帶電粒子的軌跡問題(2023·全國甲卷)在一些電子顯示設備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當?shù)姆莿驈婋妶?，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是()答案：A解析：帶電粒子在電場中做曲線運動，粒子所受電場力指向軌跡的凹側，如圖所示，B、C、D中靜電力均指向軌跡外側。故A正確，B、C、D錯誤。1．等量同種和異種點電荷的電場線與場強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)沿連線先變小后變大沿連線先變小后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，向外先變大后變小學生用書第154頁關于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2．分析電場線與粒子的運動軌跡相結合問題的方法畫出運動軌跡在初始位置的切線(“速度線”)與在初始位置電場線的切線(“力線”)方向，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況。考點四靜電現(xiàn)象及應用1．靜電平衡(1)定義：處于電場中的導體內部沒有電子發(fā)生定向移動的狀態(tài)。(2)特點：導體內部的場強處處為零。(3)應用：尖端放電、靜電屏蔽、靜電吸附等。2．尖端放電導體尖端周圍的電場使空氣電離，電離出的與導體尖端電荷符號相反的粒子與尖端的電荷中和，相當于導體從尖端失去電荷。3．靜電屏蔽處于電場中的封閉金屬殼，由于殼內電場強度保持為0，從而外電場對殼內的儀器不會產生影響。自主訓練1靜電平衡的理解(多選)不帶電的金屬棒AB長為L，O為AB的中點，在距離A點為R的C點處放一帶電荷量為Q的正點電荷，C與AB在同一條直線上，如圖所示。下列說法正確的是()A．O點的電場強度為0B．金屬棒上A點的電勢等于B點的電勢C．金屬棒上感應電荷在O點產生的電場強度大小為keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(L,2)))2)D．若將A端接地，金屬棒將帶上正電荷答案：ABC解析：金屬棒達到靜電平衡，棒內各點的場強為零，則O點的電場強度為0，故A正確；金屬棒達到靜電平衡，整個金屬棒是一個等勢體，則金屬棒上A點的電勢等于B點的電勢，故B正確；金屬棒內各點的場強為零，棒上感應電荷在棒內中點O產生的場強大小與點電荷＋Q在該處產生的電場強度大小相等、方向相反，則感應電荷在O點產生的電場強度大小為E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(L,2)))\s\up8(2))，故C正確；若將A端接地，大地上的電子跑到金屬棒將正電荷中和，所以金屬棒將帶上負電荷，故D錯誤。故選ABC。自主訓練2靜電屏蔽的應用如圖所示，銅絲編織的管線包裹著兩個銅導線，能夠實現(xiàn)高保真信號傳輸，銅絲編織的管線作用是()A．參與信號傳輸B．減少信號衰減C．屏蔽外部干擾D．提高絕緣效果答案：C解析：銅絲編織的管線起到靜電屏蔽的作用，能夠屏蔽外部干擾，從而實現(xiàn)高保真信號傳輸。故選C。自主訓練3靜電吸附的應用一次性醫(yī)生口罩中間層的熔噴布是一種用絕緣材料做成的帶有靜電的超細纖維布，它能阻隔幾微米的病毒，這種靜電的阻隔作用屬于()A．尖端放電 B．靜電屏蔽C．靜電感應和靜電吸附 D．靜電感應和靜電屏蔽答案：C解析：熔噴布的主要原料是聚丙烯，是一種超細靜電纖維布，是一種纖維過濾器，含有病毒的飛沫靠近熔噴布后，就會被吸附在熔噴布的表面，無法透過，因此可以吸附以氣溶膠形式存在的病毒。故選C。處于靜電平衡狀態(tài)導體的特點1．導體內部的場強處處為零。2．導體是一個等勢體，導體表面是等勢面。3．導體表面處的場強方向與導體表面垂直。4．導體內部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導體的外表面上。5．在導體外表面越尖銳的位置，凈電荷的密度(單位面積上的電荷量)越大，凹陷的位置幾乎沒有凈電荷。學生用書第155頁點電荷的場強一般情況下可應用公式E＝eq\f(F,q)、E＝keq\f(Q,r2)計算，但在求解帶電棒、帶電圓環(huán)、帶電平面等一些非點電荷帶電體產生的場強時，上述公式無法直接應用。這時，如果變換思維角度，靈活運用對稱法、補償法、微元法、等效法等巧妙方法，可以快捷解題。方法方法解讀對稱法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。補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補為完整圓環(huán)，或將半球面補為完整球面，然后再應用對稱的特點進行分析，有時還要用到微元思想。微元法將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據(jù)點電荷場強公式求出每個電荷元的場強，再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。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。應用1．[對稱法](2022·山東高考)半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案：C解析：取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由圖可知，兩場強的夾角為120°，則兩者的合場強為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)E′＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R))2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C。應用2．[補償法＋等效法]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。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心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()A．eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E答案：A解析：左半球面AB上的正電荷q產生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝keq\f(2q,（2R）2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝keq\f(2q,（2R）2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正確。應用3．[微元法]如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L，試求P點的場強大小。答案：keq\f(QL,（R2＋L2）\s\up8(\f(3,2)))解析：將圓環(huán)看成由n個小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量Q′＝eq\f(Q,n)，由點電荷場強公式可求得每一小段帶電體在P處產生的場強為E＝eq\f(kQ,nr2)＝eq\f(kQ,n（R2＋L2）)。由對稱性知，各小段帶電體在P處產生的場強E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P處的場強EP，EP＝nEx＝nkeq\f(Q,n（R2＋L2）)cosθ＝keq\f(QL,（R2＋L2）\s\up8(\f(3,2)))。應用4．[等效法]如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z＜0的空間，z＞0的空間為真空。將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產生感應電荷?？臻g任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)答案：D解析：導體表面上的感應電荷等效于在z＝－h(huán)處的帶等量的異種電荷－q，故在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強大小為E＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))\s\up8(2))＋keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)＋h))\s\up8(2))＝keq\f(40q,9h2)，選項D正確。課時測評34電場力的性質eq\f(對應學生,用書P420)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題每題5分，共60分)1．如圖所示，兩個帶電金屬球(半徑R)中心距離為r，r＝3R，帶電荷量相等均為Q，則關于它們之間的靜電力F大小的說法正確的是()A．若是異種電荷F＜keq\f(Q2,r2)B．若是同種電荷F＞keq\f(Q2,r2)C．若是異種電荷F＞keq\f(Q2,r2)D．不論是何種電荷F＝keq\f(Q2,r2)答案：C解析：由于r＝3R，故兩個帶電金屬球不能看成點電荷，當兩個金屬球帶異種電荷時，電荷間相互吸引，導致電荷間距比r小，因此靜電力F＞keq\f(Q2,r2)，故A錯誤，C正確；若是同種電荷，則出現(xiàn)相互排斥，導致電荷間距比r大，因此靜電力F＜keq\f(Q2,r2)，故B、D錯誤。2．(2024·黑龍江大慶模擬)如圖所示，真空中A、B兩點分別固定兩個相同的帶電金屬小球(均可視為點電荷)，所帶電荷量分別為＋Q和－5Q，在A、B的延長線上的C點處固定一電荷量為q的電荷，該電荷受到的靜電力大小為F1，已知AB＝BC。若將兩帶電金屬小球接觸后再放回A、B兩處時，電荷受到的靜電力大小為F2，則eq\f(F1,F2)為()A．eq\f(21,10) B．eq\f(21,16)C．eq\f(19,10) D．eq\f(19,16)答案：C解析：設AB＝BC＝l，根據(jù)庫侖定律得F1＝eq\f(5kQq,l2)－eq\f(kQq,（2l）2)＝eq\f(19kQq,4l2)，將兩帶電金屬小球接觸后，兩小球所帶電荷量均為－2Q，根據(jù)庫侖定律得F2＝eq\f(2kQq,l2)＋eq\f(2kQq,（2l）2)＝eq\f(5kQq,2l2)，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(19,10)，故選C。3．某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是()A．c點的電場強度大于b點的電場強度B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點C．b點的電場強度大于d點的電場強度D．a點和b點的電場強度方向相同答案：C解析：電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖可知Eb＞Ec，Eb＞Ed，C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷不可能沿電場線運動，B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不同向，D錯誤。4．(2023·海南高考)如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B兩點固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點(小球可視為點電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，試求Q1∶Q2是()A．2n2∶1 B．4n2∶1C．2n3∶1 D．4n3∶1答案：C解析：對小球受力分析如圖所示，由正弦定理有eq\f(FA,sin∠PHD)＝eq\f(FB,sin∠CHP)，其中∠PHD＝∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，eq\f(AP,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－∠POB)))＝eq\f(AO,sin∠APO)，同理有eq\f(BP,sin∠POB)＝eq\f(BO,sin∠OPB)，其中FA＝keq\f(Q1q,AP2)，F(xiàn)B＝keq\f(Q2q,BP2)，聯(lián)立有Q1∶Q2＝2n3∶1，故選C。5．(2023·山東濰坊二模)用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則()A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量B．細線a拉力大小為2eq\r(3)GC．細線b拉力大小為eq\f(\r(3),3)GD．小球1與2的質量比為1∶2答案：B解析：由F庫＝eq\f(kq1q2,r2)可知，不能確定小球1與小球2的帶電量，故A錯誤；對小球2，由平衡條件可得Fb＝F庫cos30°，G＝F庫sin30°，解得細線b拉力大小為Fb＝eq\f(G,tan30°)＝eq\r(3)G，故C錯誤；對小球1，由平衡條件可得Fasin30°＝F庫cos30°，m1g＋F庫sin30°＝Facos30°，解得細線a拉力大小為Fa＝2eq\r(3)G，小球1與2的質量比為m1∶m2＝2∶1，故B正確，D錯誤。故選B。6．(2024·河南駐馬店模擬)如圖所示，ABCD-A′B′C′D′為正方體，兩個等量異種電荷分別在正方體的上底面和左側面的中心位置，則與A點電場強度相同的點是()A．B點 B．B′點C．C點 D．C′點答案：A解析：根據(jù)等量異種電荷電場分布可知，只有B點與A點關于等量異種電荷連線的中垂線對稱，故與A點電場強度相同的點是B點。故選A。7．直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。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點處電場強度的大小和方向分別為()A．eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正方向 B．eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負方向C．eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正方向 D．eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負方向答案：B解析：處于O點的正點電荷在G點處產生的電場強度大小E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負方向；因為G點處電場強度為零，所以M、N處兩負點電荷在G點產生的合電場強度大小E2＝E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸正方向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點產生的合電場強度大小E3＝E2＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負方向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產生的電場強度大小E4＝keq\f(Q,（2a）2)，方向沿y軸正方向，所以H點處的電場強度大小E＝E3－E4＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負方向，故選B。8．(2023·河北邯鄲二模)半圓形光滑絕緣細桿固定在豎直面內，O為圓心?？梢暈橘|點的甲、乙兩個帶電小球穿在細桿上，其靜止時的位置如圖所示，甲、乙兩球的質量分別為m1、m2，則m1∶m2等于()A．4∶3 B．3∶4C．3∶5 D．5∶3答案：B解析：假設甲、乙兩球之間的靜電力為F，對甲、乙受力分析結合數(shù)學正弦定理有eq\f(F,sin53°)＝eq\f(m1g,sin45°)，eq\f(F,sin37°)＝eq\f(m2g,sin45°)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,4)，故B正確，A、C、D錯誤。故選B。9．下列選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()答案：B解析：由于電荷均勻分布，則各eq\f(1,4)圓環(huán)上的電荷等效集中于eq\f(1,4)圓環(huán)的中心，設圓的半徑為r，則A圖O點處的場強大小為EA＝eq\f(kq,r2)；將B圖中正、負電荷產生的場強進行疊加，等效兩電荷場強方向間的夾角為90°，則在O點的合場強EB＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿x軸負方向；C圖中兩正電荷在O點的合場強為零，則C中的場強大小為EC＝eq\f(kq,r2)，D圖由于完全對稱，易得合場強ED＝0。故O處電場強度最大的是圖B。故選B。10．(多選)如圖所示，一條光滑絕緣柔軟輕繩跨過一定滑輪，輕繩兩端連接質量分別為m1、m2的兩個帶同種電荷的小球，穩(wěn)定時，兩側輕繩的長度分別為l1、l2，且l1＞l2，與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，現(xiàn)緩慢減少小球m1的電荷量到一定值，系統(tǒng)重新穩(wěn)定，兩側輕繩的長度分別變?yōu)閘1′、l2′，與豎直方向的夾角分別變?yōu)棣?′、θ2′，關于穩(wěn)定時的情景，下列說法正確的是()A．θ1′＜θ2′ B．θ1′＝θ2′C．l1′＜l1 D．l1′＝l1答案：BD解析：以兩小球作為一個整體研究，滑輪對輕繩的作用力豎直向上，同一輕繩上彈力FT大小處處相等，結合對稱性可知，左右兩側輕繩與豎直方向的夾角等大，故平衡時滿足θ1＝θ2，θ1′＝θ2′，A錯誤，B正確；對兩邊帶電小球進行受力分析，如圖所示，由相似三角形可得eq\f(m1g,h)＝eq\f(FT,l1)，同理對右邊小球有eq\f(m2g,h)＝eq\f(FT,l2)，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(l2,l1)，可得m1＜m2，由于m1與m2不變，輕繩的