2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3第九章專題強化1　靜電力作用下的平衡含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3第九章靜電力作用下的平衡[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會分析同一直線上自由電荷的平衡問題.2.學(xué)會分析非共線力作用下帶電體的平衡問題．一、同一直線上三個點電荷的平衡問題例1如圖所示，帶電荷量分別為＋q和＋4q的兩點電荷A、B相距L，問：(1)若A、B固定，在何處放置點電荷C，才能使C處于平衡狀態(tài)？(2)在(1)中的情形下，C的電荷量大小和電性對C的平衡有影響嗎？(3)若A、B不固定，在何處放一個什么性質(zhì)的點電荷C，才可以使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)？電荷量是多少？答案見解析解析(1)由平衡條件，對C進(jìn)行受力分析，C應(yīng)在AB的連線上且在A、B之間，設(shè)C與A相距r，則keq\f(q·qC,r2)＝keq\f(4q·qC,L－r2)，解得：r＝eq\f(L,3)(2)在A、B間距離A為eq\f(L,3)處，不論C為正電荷還是負(fù)電荷，A、B對其作用力的合力均為零，故C的電荷量大小和電性對其平衡無影響．(3)若將C放在A、B電荷兩邊，A、B對C同為向左(或向右)的力，C都不能平衡；若將C放在A、B之間，C為正電荷，則A、B都不能平衡，所以C為負(fù)電荷．設(shè)放置的點電荷C的電荷量大小為Q，與A相距r1，分別對A、B受力分析，根據(jù)平衡條件，對電荷A：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Qq,r12)對電荷B：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Q·4q,L－r12)聯(lián)立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(負(fù)電荷)即應(yīng)在AB連線上且在A的右邊，與點電荷A相距eq\f(L,3)處放置一個電荷量為eq\f(4,9)q的負(fù)電荷．共線的三個自由電荷的平衡問題有關(guān)特點1．三個自由電荷的平衡規(guī)律“三點共線”——三個點電荷分布在同一直線上；“兩同夾異”——正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．2．只要其中兩個點電荷平衡，第三個點電荷一定平衡，只需根據(jù)平衡條件對其中的任意兩個電荷列式即可．注意：在三個共線點電荷的平衡問題中，若僅讓其中一個電荷平衡，則只需要確定其位置即可，對其電性和所帶電荷量沒有要求．針對訓(xùn)練1如圖所示，光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點電荷A、B，帶電荷量分別為－4Q和＋Q，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是()A．－Q，在A左側(cè)距A為L處B．－2Q，在A左側(cè)距A為eq\f(L,2)處C．－4Q，在B右側(cè)距B為L處D．＋2Q，在A右側(cè)距A為eq\f(3L,2)處答案C解析A、B、C三個電荷要平衡，三個電荷必須共線且外側(cè)兩電荷相排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩電荷，而且外側(cè)電荷電量大，所以C必須帶負(fù)電，放在B右側(cè)，對C：eq\f(kQqC,r2)＝keq\f(4Q·qC,L＋r2)，解得：r＝L對B：eq\f(kQqC,r2)＝eq\f(k4Q·Q,L2)，解得：qC＝4Q.選項C正確．二、非共線力作用下帶電體的平衡分析靜電力作用下點電荷的平衡問題時，方法仍然與力學(xué)中分析物體的平衡方法一樣，具體步驟如下：(1)確定研究對象：如果有幾個物體相互作用時，要依據(jù)題意，用“整體法”或“隔離法”選取合適的研究對象．(2)對研究對象進(jìn)行受力分析，此時多了靜電力(F＝eq\f(kq1q2,r2))．(3)根據(jù)F合＝0列方程，若采用正交分解，則有Fx＝0，F(xiàn)y＝0.(4)解方程求出未知量．例2(2022·蚌埠市高二期末)如圖所示，物體P、Q可視為點電荷，所帶電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的粗糙絕緣斜面體放在粗糙水平面上．將P放在斜面上，當(dāng)Q固定在與P等高(PQ連線水平)且與P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面的摩擦力為0，斜面體保持靜止．已知P的質(zhì)量為m，重力加速度為g，靜電力常量為k.求：(1)P、Q所帶電荷量的大?。?2)斜面體對地面的壓力大?。鸢?1)req\r(\f(mgtanθ,k))(2)(M＋m)g解析(1)設(shè)P、Q所帶電荷量為q，如圖所示，P受到水平向左的庫侖力F、豎直向下的重力mg、支持力FN三個力作用，由平衡條件可知在沿斜面方向上有Fcosθ＝mgsinθ可得F＝mgtanθ，由庫侖定律有F＝keq\f(q2,r2)，解得q＝req\r(\f(mgtanθ,k))；(2)對物體P和斜面體整體，整體豎直方向受力平衡，所以受地面的支持力大小FN1＝(M＋m)g由牛頓第三定律得FN1′＝FN1＝(M＋m)g.針對訓(xùn)練2(2021·南通市高一期中)如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣絲線懸掛于同一點，兩球靜止時處于同一水平高度，絲線與豎直方向間的夾角分別為α、β，且β>α，則()A．a(chǎn)球的質(zhì)量一定比b球的大B．a(chǎn)球的電荷量一定比b球的大C．a(chǎn)球受到的庫侖力比b球的小D．絲線對a球的拉力比對b球的小答案A解析小球a受力如圖，根據(jù)受力分析可知eq\f(F庫,mag)＝tanα，同理可得eq\f(F庫,mbg)＝tanβ，其中F庫＝keq\f(qaqb,r2)，由牛頓第三定律可知兩球之間的庫侖力大小相等，但是無法判斷兩球電荷量之間的關(guān)系，所以B、C錯誤．由于β>α，則ma>mb，所以A正確．由于eq\f(F庫,FTa)＝sinα，eq\f(F庫,FTb)＝sinβ，則FTa>FTb，所以D錯誤．例3(2021·淄博市階段練習(xí))如圖所示，V形絕緣斜面M、N固定在水平面上，兩斜面與水平面間的夾角均為α＝60°，其中斜面N光滑．兩個質(zhì)量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上，P、Q連線垂直于斜面M，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．下列說法正確的是()A．兩小滑塊所帶電荷為異種電荷B．兩小滑塊間的庫侖力大小等于小滑塊重力的兩倍C．P與M間的動摩擦因數(shù)至少為eq\f(\r(3),6)D．P與M間的動摩擦因數(shù)至少為eq\f(\r(3),3)答案D解析滑塊Q在光滑斜面N上靜止，由平衡條件知Q所受庫侖力方向斜向右上，P、Q相互排斥，則P與Q帶同種電荷，A錯誤，設(shè)兩者之間的庫侖力大小為F，兩滑塊的受力分析和角度關(guān)系如圖所示，對滑塊Q在沿著斜面N方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，B錯誤；對滑塊P，靜止時的摩擦力恰好為最大靜摩擦力，此時動摩擦因數(shù)最小，由平衡條件有FN2＝F＋mgsin30°，F(xiàn)f＝mgcos30°，又Ff＝μFN2，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C錯誤，D正確．針對訓(xùn)練3(多選)(2022·湖北省高二期末)如圖所示，光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)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?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b小球一定帶同種電荷B．a(chǎn)、c小球可能帶同種電荷C．a(chǎn)、b小球所帶電荷量之比為eq\f(\r(3),6)D．a(chǎn)、b小球所帶電荷量之比為eq\f(\r(3),9)答案AD解析a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，環(huán)的支持力以及b對a的庫侖力均沿圓環(huán)直徑方向，故c對a的庫侖力為引力，同理可知，c對b的庫侖力也為引力，所以a與c的電性一定相反，a與b的電性一定相同，選項A正確，B錯誤；對c小球受力分析，將力沿水平方向和豎直方向正交分解后可得keq\f(qaqc,rac2)sin60°＝keq\f(qbqc,rbc2)sin30°又由幾何關(guān)系知rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得qa∶qb＝eq\r(3)∶9，選項C錯誤，D正確．1．一端固定在天花板上的絕緣細(xì)線的另一端與一帶正電的小球M相連接，在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個帶電小球N，在圖中，小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是()答案B2.如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球N用絕緣絲線懸掛于P點，另一帶正電小球M固定在帶電小球N的左側(cè)，小球N平衡時，絕緣絲線與豎直方向夾角為θ，且兩球球心在同一水平線上．關(guān)于小球N的電性和所受庫侖力的大小，下列判斷正確的是(重力加速度為g)()A．正電，eq\f(mg,tanθ) B．正電，mgtanθC．負(fù)電，mgtanθ D．負(fù)電，eq\f(mg,tanθ)答案B解析以小球N為研究對象，對其進(jìn)行受力分析，若使小球N處于平衡狀態(tài)，則M對小球N的庫侖力應(yīng)水平向右，則小球N帶正電；小球N的受力分析圖如圖所示，根據(jù)小球處于平衡狀態(tài)可知，在水平方向有F＝FTsinθ，在豎直方向有FTcosθ＝mg，解得F＝mgtanθ，則小球N所受庫侖力大小為mgtanθ，故選項B正確．3.(2022·云南鳳慶縣第一中學(xué)高二階段練習(xí))如圖所示，水平天花板下用長度相同的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛起來兩個相同的帶電小球a、b，左邊放一個帶正電的固定球＋Q時，兩懸線都保持豎直方向．下列說法正確的是()A．a(chǎn)球帶正電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較大B．a(chǎn)球帶負(fù)電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較小C．a(chǎn)球帶負(fù)電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較大D．a(chǎn)球帶正電，b球帶負(fù)電，并且a球帶電荷量較小答案B4.如圖所示，點電荷q1、q2、q3固定在一條直線上，q2與q3的距離是q1與q2距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為0，由此可以判定，三個電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3可能為()A．－9∶4∶－36 B．9∶4∶36C．－3∶2∶－6 D．3∶2∶6答案A解析若q2為負(fù)電荷，假設(shè)q1帶負(fù)電，要使q2平衡，則q3也應(yīng)帶負(fù)電，但此時q1、q3因都受斥力作用而不平衡，故q1帶正電，同理分析q3也帶正電．根據(jù)上面的假設(shè)判斷，也可能是q1、q3帶負(fù)電，q2帶正電．由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，所以對q1有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q1q3|,l1＋l22)，對q2有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q2q3|,l22)，對q3有：keq\f(|q1q3|,l1＋l22)＝keq\f(|q2q3|,l22)，又l2＝2l1，聯(lián)立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，由于q1、q3是同種電荷，q1、q2是異種電荷，故A正確，B、C、D錯誤．5.(多選)(2021·贛州市高二期末)如圖所示，兩個帶電荷量分別為Q1與Q2的小球固定于相距為d的水平面上，另有一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球A，懸浮于空中不動，此時A離Q1的距離為eq\f(\r(3),2)d，離Q2的距離為eq\f(1,2)d.已知重力加速度為g，靜電力常量為k，三小球均可視為點電荷．則()A．Q1與Q2為同種電荷 B．Q1＝3Q2C．Q1＝eq\f(mgd2,8kq) D．Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)答案AD解析小球A懸浮于空中，因此Q1對A的排斥力與Q2對A的排斥力的合力，一定與A所受的重力等大反向，故Q1與Q2與A都帶同種電荷，A正確；利用三角形的邊角關(guān)系可知∠AQ1Q2＝30°，∠AQ2Q1＝60°，根據(jù)庫侖定律和平衡條件，可得eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)sin30°＋eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)sin60°＝mg，eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)cos30°＝eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)cos60°，解得Q1＝eq\f(3mgd2,8kq)，Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)，因此B、C錯誤，D正確．6．(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2的兩小球，分別用絕緣輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向的夾角分別為α和β(α＞β)，兩小球恰在同一水平線上，那么()A．兩球一定帶異種電荷B．q1一定大于q2C．m1一定小于m2D．m1所受的靜電力一定大于m2所受的靜電力答案AC解析由于兩帶電小球相互吸引，所以一定帶異種電荷，選項A正確．根據(jù)牛頓第三定律可知，兩小球受到的靜電力大小相等，無法判斷電荷量的大小，選項B、D錯誤．設(shè)輕絲線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得兩球之間的靜電力F＝mgtanθ，α>β，故m1g＜m2g，即m1＜m2，選項C正確．7.在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示．現(xiàn)讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負(fù)電荷q，使四個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)(帶電小球均可視為點電荷)，則Q與q的比值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C．3D.eq\r(3)答案D解析設(shè)三角形邊長為L，即AB、AC距離為L，則AD距離為eq\f(\r(3),3)L.以小球A為研究對象，＝eq\r(3)keq\f(Q2,L2)，球A、D間的靜電力大小為F′＝eq\f(kQq,\f(\r(3),3)L2)＝3keq\f(Qq,L2)，根據(jù)平衡條件得F合＝F′，即eq\r(3)keq\f(Q2,L2)＝3keq\f(Qq,L2)，所以Q＝eq\r(3)q，則Q與q的比值為eq\r(3)，選項D正確．8.(2022·云南廣南縣第一中學(xué)高二月考)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.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態(tài)，問：C應(yīng)帶什么性質(zhì)的電荷？應(yīng)放于何處？所帶電荷量為多少？答案C帶負(fù)電荷放在A的左邊0.2m處－eq\f(9,4)Q解析A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷在一條直線上，外側(cè)兩電荷排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩電荷，因為外側(cè)兩電荷距離大，所以外側(cè)電荷電荷量大，中間電荷電荷量小，因此，C只能帶負(fù)電，并且只能放在二者連線的延長線上，靠近A，如圖所示，已知A與B間距離為L＝0.4m，設(shè)C與A間距離為x，C所帶電荷量大小為qC.由題意可知，A、B、C均處于平衡狀態(tài)，則三者所受合力為零．對C有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqBqC,L＋x2)，解得x＝0.2m，對A有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqAqB,L2)，解得qC＝－eq\f(9,4)Q.9.如圖所示，真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷，質(zhì)量均為0.1g，分別用10cm長的絕緣細(xì)線懸掛于絕緣天花板上的一點，當(dāng)平衡時B球偏離豎直方向60°，A球豎直懸掛且與(1)兩個小球所帶電荷量；(2)墻壁受到的壓力；(3)連接A球的細(xì)線與連接B球的細(xì)線的拉力的大?。鸢?1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)1.5×10－3N1×10－3N解析(1)對B球受力分析如圖甲所示．B球受力平衡，則拉力與庫侖力的合力大小等于重力，方向與重力方向相反，由幾何知識可知：F＝mg＝FTB.根據(jù)庫侖定律：F＝keq\f(q2,L2)＝mg.代入數(shù)據(jù)，解得q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)對A球受力分析如圖乙所示：A球受力平衡，所以：FN＝Fsin60°＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)×10－3N．由牛頓第三定律可知，墻受到小球的壓力大小為eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡，則有：FTA＝mg＋Fcos60°＝1.5×10－3N，由(1)分析知FTB＝mg＝1×10－3N.10.(多選)(2021·懷仁市大地學(xué)校高二月考)如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面上，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置．如果將小球B向左推動少許，兩個小球?qū)⒅匦逻_(dá)到平衡，則兩個小球的受力情況與原來相比()A．推力F將增大B．豎直墻面對小球A的彈力減小C．地面對小球B的彈力一定增大D．兩個小球之間的距離增大答案BD解析對球A受力分析，A受三個力的作用，即重力GA，墻壁對A的彈力FA和B對A的靜電力FBA，F(xiàn)A與FBA的合力與其重力大小相等，當(dāng)將小球B向左推動少許時，F(xiàn)BA與豎直方向的夾角減小．則可以判斷出FA減小，F(xiàn)BA也減小，B正確；對A、B整體受力分析可知，F(xiàn)＝FA，故推力F也將減小，A錯誤；地面對小球B的支持力和小球A和B的重力平衡，因此地面對B的支持力保持不變，C錯誤；由于兩球之間的靜電力減小，故兩小球之間的距離增大，D正確．靜電力的性質(zhì)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會利用幾種特殊方法求解帶電體電場強度.2.會分析電場線與帶電粒子運動軌跡相結(jié)合的問題.3.學(xué)會分析電場中的動力學(xué)問題．一、電場強度的計算帶電體電場強度的三種計算方法對稱法對稱法實際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進(jìn)行解題的一種方法．在電場中，當(dāng)電荷的分布具有對稱性時，應(yīng)用對稱性解題可將復(fù)雜問題大大簡化微元法當(dāng)一個帶電體的體積較大，已不能視為點電荷時，求這個帶電體產(chǎn)生的電場在某處的電場強度時，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點電荷，用點電荷電場疊加的方法計算補償法有時由題給條件建立的模型不是一個完整的模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型．這樣，求解原模型的問題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補充條件的差值問題．如采用補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而將問題化難為易例1如圖所示，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間、b和c間、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點處的電場強度為零，則d點處的電場強度大小為(靜電力常量為k)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(Q＋q,R2)C．keq\f(10q,9R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案C解析設(shè)Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小為E，由對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強度大小也為E，方向相反，水平向右，由于b點的電場強度為零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d點產(chǎn)生的電場強度為E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正確，A、B、D錯誤．例2均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)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為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知N點的電場強度大小為E，靜電力常量為k，則M點的電場強度大小為()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解析若將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場，則完整球殼在M、N點所產(chǎn)生的電場為E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由題知半球面外，N點的電場強度大小為E，則M點的電場強度為E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故選A.例3一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的電場強度E，下列四個表達(dá)式中正確的是()A.eq\f(kQ,R2＋L2) B.eq\f(kQL,R2＋L2)C.eq\f(kQR,\r(R2＋L23)) D.eq\f(kQL,\r(R2＋L23))答案D解析如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)，由點電荷電場強度公式可求得每一點電荷在P處的電場強度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的電場強度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的電場強度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，聯(lián)立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確．二、電場線與帶電粒子的運動軌跡1．帶電粒子做曲線運動時，合力指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，速度方向沿軌跡的切線方向．2．分析思路：(1)由軌跡的彎曲情況結(jié)合電場線確定靜電力的方向；(2)由靜電力和電場線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負(fù)；(3)由電場線的疏密程度可確定靜電力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷帶電粒子加速度的大小．例4某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則()A．粒子一定帶負(fù)電B．粒子一定是從a點運動到b點C．粒子在c點的加速度一定大于在b點的加速度D．粒子在電場中c點的速度一定大于在a點的速度答案C解析做曲線運動的物體，所受合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子不一定是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點的加速度，C正確；若粒子從c點運動到a點或b點，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a點或b點運動到c點，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度一定小于在a點的速度，D錯誤．針對訓(xùn)練如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在靜電力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大D．兩個粒子的動能，一個增大一個減小答案C解析帶電粒子做曲線運動，所受靜電力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯誤；從題圖軌跡變化來看，帶電粒子速度與靜電力方向的夾角都小于90°，所以靜電力都做正功，動能都增大，速度都增大，故B、D錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以a所受靜電力減小，加速度減小，b所受靜電力增大，加速度增大，故C正確．三、電場中的動力學(xué)問題1．帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．2．帶電體在電場中的加速問題與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進(jìn)行受力分析時不要漏掉靜電力．例5如圖所示，光滑固定斜面(足夠長)傾角為37°，一帶正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強度變化為原來的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)原來的電場強度大小(用字母表示)；(2)小物塊運動的加速度；(3)小物塊2s末的速度大小和2s內(nèi)的位移大?。鸢?1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)當(dāng)電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)時，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由運動學(xué)公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.1.一個正電荷從電場中的A點由靜止釋放，僅在靜電力作用下沿電場線由A點運動到B點，它運動的v－t圖像如圖所示．則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是圖中的()答案D解析正電荷所受靜電力方向與電場強度方向相同，根據(jù)v－t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受靜電力逐漸增大，又根據(jù)電場線越密集電場強度越大可知，從A到B電場線逐漸密集，綜上所述可知A、B、C不可能，D可能．2．一帶負(fù)電荷的點電荷，在靜電力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的．關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案D解析電荷做曲線運動，靜電力與速度方向不在同一直線上，應(yīng)指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則電場強度也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯誤．負(fù)電荷所受的靜電力方向與電場強度方向相反，圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，電荷的速率增大，與題不符．故B錯誤．圖C中電場強度方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則靜電力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應(yīng)向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動．故C錯誤．圖D中電場強度方向指向軌跡的外側(cè)，則靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且靜電力方向與電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負(fù)功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確．3．(多選)如圖所示，帶箭頭的實線表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列判斷正確的是()A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負(fù)電B．不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負(fù)電C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小答案BC解析根據(jù)做曲線運動物體所受合外力指向軌跡曲線內(nèi)側(cè)可知粒子所受靜電力的方向與電場線的方向相反，所以不論粒子是從A運動到B，還是從B運動到A，粒子必帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；電場線密的地方電場強度大，所以粒子在B點受到的靜電力大，在B點時的加速度較大，若粒子是從B運動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中粒子所受靜電力與速度方向成銳角，即做正功，動能增大，速度增大，故D錯誤．4.如圖所示，用金屬絲AB彎成半徑為r的圓弧，但在A、B之間留出寬度為d的小間隙(d?r)．通過接觸起電的方式將電荷量為Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，靜電力常量為k，則圓心O處的電場強度為()A．keq\f(Q,r2)，方向由圓心指向間隙B．keq\f(Qd,r3)，方向由間隙指向圓心C．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由間隙指向圓心D．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙答案D解析相對圓弧來說間隙是很小的，若間隙處有正電荷可視為點電荷，其在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正電荷，故電場強度方向由圓心向右．由對稱性知，完整的帶電圓環(huán)在圓心O處的合電場強度為0，所以間隙處正電荷在圓心處產(chǎn)生的電場強度與圓環(huán)其余部分在圓心處的合電場強度大小相等、方向相反，故圓心處的電場強度大小為keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙，故選D.5．(多選)下列圖中，絕緣細(xì)繩一端固定在天花板，一端系一質(zhì)量為m的帶正電小球，為了使小球能靜止在圖中所示位置，可加一個與紙面平行的勻強電場，所加電場方向可能是()答案BCD解析A圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向左，帶電小球所受的靜電力水平向左，則小球不可能靜止在圖示位置，故A錯誤；B圖中，小球帶正電，電場強度方向水平向右，帶電小球所受的靜電力水平向右，則小球可能靜止在圖示位置，故B正確；C圖中小球受靜電力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的細(xì)繩的拉力，三力可能平衡，選項C正確；D6.如圖，帶電荷量為q的點電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心．若圖中A點的電場強度為0，求圖中B點的電場強度．答案eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根據(jù)電場強度的疊加原理可知，薄板帶負(fù)電荷．點電荷在A點的電場強度為eq\f(kq,9d2)，A點的電場強度為0，則薄板在A點的電場強度大小為EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根據(jù)對稱性可知，薄板在B點的電場強度大小為EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正點電荷q在B點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B點的合電場強度大小為E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7.(2021·鶴壁市高中段考)如圖所示，在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個絕緣帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋4q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度為()A．大小為E，方向沿AO連線斜向下B．大小為eq\f(E,2)，方向沿AO連線斜向下C．大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上D．大小為eq\f(E,4)，方向沿AO連線斜向上答案C解析假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，根據(jù)對稱性及電場的疊加原理知圓心O處電場強度為0，所以圓心O點處的電場強度大小等效于A點處電荷量為＋3q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO連線斜向下；除A點小球外，其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小等于在A點處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度的大小，方向相反，A點處電荷量為＋q的小球在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向下，則其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向上，故僅撤去A點的小球，O點的電場強度大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上，C項正確，A、B、D項錯誤．8.如圖所示，A、B、C、D、E、F六點把絕緣均勻圓環(huán)平均分成六部分，其中圓弧AF、BC帶正電，圓弧DE帶負(fù)電，其余部分不帶電，單位長度圓弧所帶電荷量相等．圓弧AF所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E1.則圓心O處的合電場強度大小為()A．0B．E1C．3E1D．2E1答案D解析由題意可知，單位長度圓弧所帶電荷量相等，圓弧AF、DE、BC所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場強度方向在上述兩電場強度方向的夾角的角平分線上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則知，圓心O處的合電場強度大小為2E1，故D正確，A、B、C錯誤．9.(2022·云南宣威市第七中學(xué)高二月考)如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電