2024高考物理一輪復習第七章第1講電場力的性質(zhì)學案含解析

PAGEPAGE38第1講電場力的性質(zhì)主干梳理對點激活學問點電荷守恒點電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ1.元電荷、點電荷(1)元電荷：e＝eq\o(□,\s\up1(01))1.6×10－19C，最小的電荷量，全部帶電體的電荷量都是元電荷的eq\o(□,\s\up1(02))整數(shù)倍，其中質(zhì)子、正電子的電荷量與元電荷相同。電子的電荷量q＝－1.6×10－19C。(2)點電荷：忽視帶電體的eq\o(□,\s\up1(03))大小、形態(tài)及電荷分布狀況的志向化模型。(3)比荷：帶電粒子的eq\o(□,\s\up1(04))電荷量與其質(zhì)量之比。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消逝，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的eq\o(□,\s\up1(05))總量保持不變。(2)起電方法：eq\o(□,\s\up1(06))摩擦起電、eq\o(□,\s\up1(07))感應起電、eq\o(□,\s\up1(08))接觸起電。(3)帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是eq\o(□,\s\up1(09))得失電子。(4)電荷的安排原則：兩個形態(tài)、大小相同的導體，接觸后再分開，二者帶等量同種電荷；若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分。3．庫侖定律(1)內(nèi)容：eq\o(□,\s\up1(10))真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的eq\o(□,\s\up1(11))電荷量的乘積成正比，與它們的eq\o(□,\s\up1(12))距離的二次方成反比，作用力的方向在eq\o(□,\s\up1(13))它們的連線上。(2)表達式：eq\o(□,\s\up1(14))F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫靜電力常量。(3)適用條件：真空中靜止的eq\o(□,\s\up1(15))點電荷。①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的狀況，可以干脆應用公式。②當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。③兩個帶電體間的距離r→0時，不能再視為點電荷，也不遵循庫侖定律，它們之間的庫侖力不能認為趨于無窮大。(4)庫侖力的方向由相互作用的兩個帶電體確定，且eq\o(□,\s\up1(16))同號電荷相互排斥；eq\o(□,\s\up1(17))異號電荷相互吸引。學問點靜電場Ⅰ電場強度、點電荷的場強Ⅱ1．電場(1)定義：存在于eq\o(□,\s\up1(01))電荷四周，能傳遞電荷間相互作用的一種特別物質(zhì)。(2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷eq\o(□,\s\up1(02))有力的作用。2．電場強度(1)定義：放入電場中某點的電荷所受到的eq\o(□,\s\up1(03))靜電力F跟它的eq\o(□,\s\up1(04))電荷量q的比值。(2)定義式：eq\o(□,\s\up1(05))E＝eq\f(F,q)，該式適用于一切電場。(3)單位：N/C或V/m。(4)矢量性：規(guī)定eq\o(□,\s\up1(06))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．點電荷場強的計算式(1)公式：在場源點電荷Q形成的電場中，與Q相距r的點的場強E＝eq\o(□,\s\up1(07))keq\f(Q,r2)。(2)適用條件：真空中靜止的點電荷形成的電場。4．電場強度的疊加電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的eq\o(□,\s\up1(08))矢量和，遵循平行四邊形定則。5．勻強電場：電場中各點的電場強度eq\o(□,\s\up1(09))大小相等、方向相同，這樣的電場叫做勻強電場。學問點電場線Ⅰ1．定義：為了形象地描述電場中各點場強的大小和方向，在電場中畫出一系列的曲線，使eq\o(□,\s\up1(01))曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密表示場強的大小，這些曲線叫做電場線，是假想的曲線，實際不存在。2．電場線的特點(1)電場線上每一點的切線方向與該點的eq\o(□,\s\up1(02))場強方向一樣。(2)電場線從eq\o(□,\s\up1(03))正電荷或無窮遠動身，終止于eq\o(□,\s\up1(04))無窮遠或負電荷。(3)電場線在電場中eq\o(□,\s\up1(05))不相交、不閉合、不中斷。(4)在同一電場中，eq\o(□,\s\up1(06))電場線越密集的地方場強越大，eq\o(□,\s\up1(07))電場線越稀疏的地方場強越小。(5)沿電場線的方向eq\o(□,\s\up1(08))電勢漸漸降低。(6)電場線和等勢面在相交處垂直。3．幾種典型電場的電場線如圖所示是幾種典型電場的電場線分布圖。一思維辨析1．質(zhì)子的電荷量為一個元電荷，但電子、質(zhì)子是實實在在的粒子，不是元電荷。()2．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小肯定相等。()3．依據(jù)F＝eq\f(kq1q2,r2)，當r→∞時，F(xiàn)→0。()4．電場強度反映了電場的力的性質(zhì)，所以電場強度與摸索電荷所受電場力成正比。()5．電場中某點的場強方向即為摸索電荷在該點所受的電場力的方向。()6．在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。()7．電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。()答案1.√2.√3.√4.×5.×6.×7.×二對點激活1.(人教版選修3－1·P3·試驗改編)(多選)如圖所示，A、B為相互接觸并用絕緣支柱支持的金屬導體，起初都不帶電，在它們的下部貼有金屬箔片，C是帶正電的小球，下列說法正確的是()A．把C移近導體A時，A、B上的金屬箔片都張開B．把C移近導體A，再把A、B分開，然后移去C，A、B上的金屬箔片仍張開C．把C移近導體A，先把C移走，再把A、B分開，A、B上的金屬箔片仍張開D．把C移近導體A，先把A、B分開，再把C移走，然后重新讓A、B接觸，A上的金屬箔片張開，而B上的金屬箔片閉合答案AB解析雖然A、B起初都不帶電，但帶正電的小球C對A、B內(nèi)的電荷有力的作用，使A、B中的自由電子向左移動，使得A端積累了負電荷，B端積累了正電荷，其下部的金屬箔片因為接觸帶電，也分別帶上了與A、B相同的電荷，所以金屬箔片都張開，A正確。帶正電的小球C只要始終在A、B旁邊，A、B上的電荷因受C的作用力而使A、B帶等量的異種感應電荷，把A、B分開，因A、B已經(jīng)絕緣，此時即使再移走C，所帶電荷量也不能變，金屬箔片仍張開，B正確。但假如先移走C，A、B上的感應電荷會立刻中和，不再帶電，所以金屬箔片都不會張開，C錯誤。先把A、B分開，再移走C，A、B仍舊帶電，但重新讓A、B接觸后，A、B上的感應電荷完全中和，金屬箔片都不會張開，D錯誤。2．(人教版選修3－1·P9·T3改編)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力大小為F?，F(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再將A、B間距離增大為原來的2倍，則A、B間的靜電力大小為()A.eq\f(F,8)B.eq\f(F,32)C.eq\f(F,16)D.eq\f(F,4)答案B解析設A、B原來所帶電荷量分別為＋Q、－Q，A、B間靜電力大小F＝eq\f(kQ2,r2)，將不帶電的同樣的金屬球C先與A接觸，再與B接觸后，A所帶電荷量變?yōu)椋玡q\f(Q,2)，B所帶電荷量變?yōu)椋璭q\f(Q,4)，A、B間靜電力大小F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),2r2)＝eq\f(kQ2,32r2)，故F′＝eq\f(1,32)F，故B正確。3.(人教版選修3－1·P15·T5改編)如圖所示為某區(qū)域的電場線分布，下列說法正確的是()A．這個電場可能是正點電荷形成的B．D處的場強為零，因為那里沒有電場線C．點電荷q在A點所受的電場力比在B點所受電場力小D．負電荷在C點受到的電場力方向沿C點切線方向答案C解析正點電荷的電場線是從正電荷動身的直線，故A錯誤；電場線是為了更形象描述電場而人為畫出的，沒有電場線的地方，電場強度不肯定為零，故B錯誤；由圖知B點處電場線比A點處電場線密集，故EB>EA，所以點電荷在A處所受的電場力小于在B處所受的電場力，故C正確；負電荷在C點所受電場力方向與C點切線方向相反，故D錯誤。4．(人教版選修3－1·P15·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為＋2.0×10－答案2.9×106N/C解析小球受到重力mg、靜電力F，輕繩拉力FT的作用處于平衡狀態(tài)，它的受力狀況如圖所示，則eq\f(F,mg)＝eq\f(Eq,mg)＝tan30°E＝eq\f(mg,q)tan30°＝eq\f(1.0×10－2×10,2.0×10－8)×eq\f(\r(3),3)N/C≈2.9×106N/C?？键c細研悟法培優(yōu)考點1庫侖力作用下的平衡問題庫侖定律的表達式為F＝keq\f(q1q2,r2)，其適用條件是真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的靜電力。庫侖定律與平衡問題聯(lián)系比較親密，因此關(guān)于靜電力的平衡問題是高考的熱點內(nèi)容，題型以選擇題為主。對于這部分內(nèi)容，須要留意以下幾點：一是明確庫侖定律的適用條件；二是知道完全相同的導體小球接觸時電荷量的安排規(guī)律；三是進行受力分析，敏捷應用平衡條件。例1(2014·浙江高考)(多選)如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為q。小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷。小球A靜止在斜面上，則()A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時，細線上的拉力為0C．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時，細線上的拉力為0D．當eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時，斜面對小球A的支持力為0解題探究(1)小球A受力狀況怎樣？提示：如圖所示，受豎直向下的重力、水平向左的庫侖力、垂直斜面對上的支持力，還可能受細線的拉力。(2)當拉力為0時，A受3個力平衡，用哪種方法更便利？提示：矢量三角形法。嘗試解答選AC。由庫侖定律知A與B之間庫侖力大小為F＝eq\f(kq2,d2)，A正確；假如細線上的拉力為0，則小球A所受重力mg、支持力FN、庫侖力F的合力為零，這三個力可構(gòu)成一個力的矢量三角形，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系有F＝eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，B錯誤，C正確；斜面對小球A的支持力不行能為零，D錯誤。總結(jié)升華求解帶電體平衡問題的方法分析帶電體平衡問題的方法與力學中分析物體受力平衡問題的方法相同。(1)當兩個力在同始終線上使帶電體處于平衡狀態(tài)時，依據(jù)二力平衡的條件求解；(2)在三個力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般運用勾股定理、三角函數(shù)關(guān)系以及矢量三角形等學問求解；(3)在三個以上的力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般用正交分解法求解。[變式1－1]如圖所示，兩條不等長的細線一端拴在同一點，另一端分別拴兩個帶同種電荷的小球，電荷量分別是q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2，當兩小球處于同一水平面時恰好靜止，且α>β，則造成α、β不相等的緣由是()A．m1<m2 B．m1>m2C．q1<q2 D．q1>q2答案A解析對兩帶電小球分別進行受力分析如圖，依據(jù)平衡條件有tanα＝eq\f(F,m1g)，tanβ＝eq\f(F,m2g)，兩者之間庫侖力F大小相等，因α>β，所以m1<m2，故A正確，B錯誤；電荷量q1、q2無論哪個大，兩者之間庫侖力F大小都相等，故C、D錯誤。[變式1－2]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的帶電性質(zhì)及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處D．負，A的右邊0.2m處答案C解析3個孤立共線點電荷的平衡規(guī)律如圖?！叭c共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。依據(jù)該規(guī)律知點電荷C應在A左側(cè)，帶負電。設在A左側(cè)距A為x處，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQ·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2m，C正確?？键c2電場強度的理解及計算1．電場強度的性質(zhì)2．電場強度三個表達式的比較3．等量同號和異號點電荷的電場強度的比較例2圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則()A．A點的電場強度大小為eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))B．B點的電場強度大小為E－keq\f(Q,r2)C．D點的電場強度大小不行能為0D．A、C兩點的電場強度相同解題探究(1)電場強度是矢量，場強的疊加遵循什么定則？真空中靜止點電荷場強確定式是什么？提示：平行四邊形定則，E＝keq\f(Q,r2)。(2)兩點場強大小相等就可以說場強相同嗎？提示：兩點場強相同必需大小相等，方向相同。推斷兩點場強是否相同先看方向是否相同。嘗試解答選A。＋Q在A點的電場強度沿OA方向，大小為keq\f(Q,r2)，所以A點的合電場強度大小為eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))，A正確；同理，B點的電場強度大小為E＋keq\f(Q,r2)，B錯誤；假如E＝keq\f(Q,r2)，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，D錯誤?？偨Y(jié)升華分析電場疊加問題的一般步驟電場強度是矢量，疊加時遵循平行四邊形定則。分析電場的疊加問題的一般步驟是：(1)確定要分析計算的空間位置；(2)分析該點有幾個分電場，確定各個分電場在該點的電場強度的大小和方向；(3)利用平行四邊形定則求出各分電場強度的矢量和。[變式2－1](2024·廣東六校聯(lián)考)真空中某一點電荷Q在自己四周產(chǎn)生電場，a、b分別是該電場中的兩點，如圖，其中a點的電場強度大小為Ea，方向與a、b兩點連線成120°角；b點的電場強度大小為Eb，方向與a、b兩點連線成150°角，檢驗電荷q分別放在a點和b點，則()A．點電荷Q是負電荷B．a(chǎn)、b兩點的電場強度大小之比為3∶1C．檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小相等D．a(chǎn)、b兩點可能處于同一等勢面上答案B解析將兩條電場線反向延長后相交于一點，即為點電荷Q的位置，設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何學問得到，rb＝eq\r(3)ra，依據(jù)公式E＝eq\f(kQ,r2)得，Ea＝3Eb，故B正確；因為b點距離點電荷Q遠，檢驗電荷在a、b兩點受到的電場力大小不相等，a、b兩點不行能處于同一等勢面上，C、D錯誤；由電場線方向及點電荷位置可知該點電荷為正電荷，A錯誤。[變式2－2](人教版選修3－1·P15·T7改編)如圖所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點A、B分別固定放置點電荷＋Q1和－Q2，x軸上的P點位于B點的右側(cè)，且P點電場強度為零，則下列推斷正確的是()A．x軸上P點右側(cè)電場強度方向沿x軸正方向B．Q1<Q2C．在A、B連線上還有一點與P點電場強度相同D．與P點關(guān)于O點對稱的M點電場強度可能為零答案A解析依據(jù)題述可知P點的電場強度為零，依據(jù)點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，＋Q1的電荷量肯定大于－Q2的電荷量，A、B連線上各點電場強度都不為零，故B、C錯誤；由于＋Q1的電荷量大于－Q2的電荷量，可知P點右側(cè)電場方向沿x軸正方向，故A正確；由于Q1>Q2，M點和P點關(guān)于O點對稱，P點電場強度為零，由點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，M點電場強度肯定不為零，D錯誤?？键c3電場線的應用1．推斷電場強度的方向——電場線上隨意一點的切線方向即為該點電場強度的方向。2．推斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。3．推斷電場強度的大小(定性)——同一電場，電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小。4．推斷電勢的凹凸與電勢降低的快慢——沿電場線方向電勢漸漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向。例3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．若將一摸索電荷＋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(chǎn)點和b點的電場強度方向相同解題探究(1)在電場線分布圖中，用什么表示電場強度的大小？提示：電場線的疏密程度。(2)沿曲線運動的粒子合力沿什么方向？提示：曲線的凹側(cè)。嘗試解答選C。電場線的疏密表示了電場強度的大小，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點釋放的正電荷假如沿電場線運動，則合力沿軌跡切線，這是不行能的，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?？偨Y(jié)升華電場線的應用熟識幾種典型的電場線分布有利于我們對電場強度和電勢做出快速推斷，且可以進一步了解電荷在電場中的受力和運動狀況、電場力做功及伴隨的能量轉(zhuǎn)化狀況。[變式3]在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是()A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點答案C解析甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，A錯誤；對乙圖，依據(jù)電場線的疏密及對稱性可推斷，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，C正確；對丁圖，依據(jù)電場線的疏密可推斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，D錯誤?？键c4帶電粒子的運動軌跡推斷1．沿軌跡的切線找出速度方向，依據(jù)粒子所受合力的方向指向軌跡的凹側(cè)來推斷電場力的方向，由此推斷電場的方向或粒子的電性。2．由電場線的疏密狀況推斷帶電粒子的受力大小及加速度大小。3．由動能定理推斷速度改變：假如帶電粒子在運動中僅受電場力作用，若電場力做正功，則粒子動能增大；電場力做負功，則動能減小。電場力做正功還是負功依據(jù)力與速度的夾角是銳角還是鈍角來推斷。例4(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，依據(jù)此圖可做出的正確推斷是()A．帶電粒子所帶電荷的正、負B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向C．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大D．帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大解題探究(1)如何推斷帶電粒子在a、b兩點的受力方向？提示：沿電場線且指向軌跡凹側(cè)。(2)帶電粒子在a、b兩點的加速度大小如何推斷？提示：依據(jù)電場線疏密推斷電場力大小，就可以推斷加速度大小。嘗試解答選BCD。依據(jù)軌跡彎曲方向只能推斷出電場力方向，由于不知電場線方向，故無法推斷帶電粒子電性，A錯誤，B正確；依據(jù)電場線疏密知Ea>Eb，F(xiàn)a>Fb，a點加速度大于b點加速度，C正確；若從a到b，電場力做負功，若從b到a，電場力做正功，均可得出粒子在a點的速度大，D正確?？偨Y(jié)升華電場線與帶電粒子運動軌跡的關(guān)系一般狀況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿意以下三個條件時，兩者才會重合：(1)電場線為直線；(2)電荷初速度為零或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向始終與電場力方向相同或相反。[變式4]實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用)，則()A．a(chǎn)肯定帶正電，b肯定帶負電B．靜電力對a做正功，對b做負功C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大答案D解析a、b兩個帶電粒子在M點以相同速度飛出，受電場力方向相反，但不知電場線方向，無法推斷哪個粒子帶正電，哪個粒子帶負電，A錯誤；電場力方向與速度方向夾角都小于90°，電場力對a、b均做正功，速度都將增大，B、C錯誤；a向電場線稀疏處運動，b向電場線密集處運動，故a的加速度減小，b的加速度增大，D正確?？键c5帶電體的力電綜合問題解決力電綜合問題的一般思路例5(2024·衡水六調(diào))(多選)細繩兩端分別系有帶正電的甲、乙兩小球，它們靜止在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為q1和q2，質(zhì)量分別為m1和m2。燒斷細繩后兩球向相反方向運動，下列說法正確的是()A．運動的同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小之比為q2∶q1B．運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為m2∶m1C．在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1D．在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為1∶1解題探究(1)當燒斷細繩后兩球在什么力作用下向相反方向運動？提示：甲、乙之間的庫侖斥力。(2)甲、乙兩球組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？提示：守恒。嘗試解答選BC。依據(jù)庫侖定律可知，在同一時刻，甲、乙兩球受到的電場力大小相等，A錯誤；燒斷細繩后兩球在庫侖力作用下向相反方向運動，滿意動量守恒定律，依據(jù)動量守恒定律，運動的同一時刻，甲、乙兩球動量大小之比為m1v1∶m2v2＝1∶1，依據(jù)動能與動量的關(guān)系式，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，所以運動的同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，B正確；由于兩帶電小球動量改變量大小相等，依據(jù)動量定理，合外力的沖量大小等于動量的改變量，在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的電場力的沖量大小之比為1∶1，C正確；由于同一時刻，甲、乙兩球動能之比為Ek1∶Ek2＝m2∶m1，依據(jù)動能定理，在相同的運動時間內(nèi)，甲、乙兩球受到的合力做功大小之比為m2∶m1，D錯誤?？偨Y(jié)升華處理力電綜合問題的兩點留意(1)受力分析是關(guān)鍵，畫出受力分析圖，找準力與力之間的關(guān)系，并由此推斷物體的運動狀態(tài)；或由運動狀態(tài)推出受力狀況。(2)依據(jù)題目的所求問題敏捷選用物理規(guī)律①與時間、加速度有關(guān)的首先選用牛頓運動定律。②僅與t有關(guān)的可選動量定理。③與時間、加速度無關(guān)的首先選用動能定理或能量守恒定律，其次考慮動量守恒定律。[變式5－1]如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面(傾角為θ)，一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行，小球A靜止在斜面上，其右側(cè)有一個與A帶等量同號電荷的小球B，起先兩球心在同一水平線上，細線剛好伸直，兩帶電小球可視為點電荷，現(xiàn)用絕緣手柄將小球B沿以A為圓心的圓周從B點緩慢移到C點，AC豎直，此過程中A始終靜止不動，則()A．細線對A的拉力漸漸增大，斜面對A的彈力漸漸減小B．細線對A的拉力漸漸增大，斜面對A的彈力先增大后減小C．細線對A的拉力先增大后減小，斜面對A的彈力漸漸增大D．細線對A的拉力、斜面對A的彈力均先增大后減小答案B解析小球A受重力G、斜面的彈力N、細線的拉力T及球B的庫侖斥力F的作用而處于平衡狀態(tài)，如圖所示，在移動小球B的過程中，球A受球B的庫侖力大小不變，且圖中θ≤α≤θ＋eq\f(π,2)，由圖知N＝Gcosθ＋Fsinα，Gsinθ＝Fcosα＋T，所以斜面的彈力N先增大后減小，細線拉力T＝Gsinθ－Fcosα始終在增大，B正確。[變式5－2](2024·邯鄲一模)(多選)如圖，絕緣水平面上方存在著水平向右的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的輕質(zhì)小滑塊從t＝0時刻起由靜止起先沿水平面運動。小滑塊同時還受到豎直向下的壓力F，力F隨時間t的改變關(guān)系為F＝kt，式中k為常數(shù)。小滑塊與水平面的動摩擦因數(shù)為μ。水平面足夠大，小滑塊的重力可忽視不計。則小滑塊()A．所受摩擦力的最大值為2qEB．加速度的最大值為eq\f(qE,m)C．速度的最大值為eq\f(q2E2,μkm)D．最終以eq\f(q2E2,2μkm)的速度做勻速直線運動答案AB解析小滑塊的重力忽視不計，由牛頓其次定律得Eq－μkt＝ma1，隨t增大，小滑塊先做加速度越來越小的加速運動，當t>eq\f(Eq,μk)時，加速度反向，μkt－Eq＝ma2，小滑塊做加速度越來越大的減速運動，整個過程a隨t改變圖象如圖。由對稱性可知t＝eq\f(2Eq,μk)時，速度v＝0，此時有最大摩擦力f＝μkt＝2qE，故A正確；加速度a的最大值出現(xiàn)在t＝0時和t＝eq\f(2Eq,μk)時，均為eq\f(Eq,m)，故B正確；當Eq＝μkt時，即加速度a＝0時，速度最大，由a-t圖線與t坐標軸在0～eq\f(Eq,μk)段所圍成的面積得vm＝eq\f(E2q2,2mμk)，故C錯誤；滑塊最終靜止，故D錯誤。1．方法概述場強有三個公式：E＝eq\f(F,q)、E＝keq\f(Q,r2)、E＝eq\f(U,d)，在一般狀況下可由上述公式計算場強，但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特別帶電體產(chǎn)生的場強時，上述公式無法干脆應用。這時，假如轉(zhuǎn)換思維角度，敏捷運用補償法、微元法、對稱法、等效法、極限法等奇妙方法，可以化難為易。2．常見類型與解題思路方法一：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全為球面分析，再減去補償?shù)牟糠之a(chǎn)生的影響。【典題例證1】勻稱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上勻稱分布正電荷，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)－EB.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－ED.eq\f(kq,2R2)＋E[解析]左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為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＝eq\f(k·2q,2R2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。由對稱性知，帶電荷量為－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝eq\f(k·2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確。[答案]A名師點睛當所給帶電體不是一個完整的規(guī)則物體時，將該帶電體割去或增加一部分，組成一個規(guī)則的整體，從而求出規(guī)則物體的電場強度，再通過電場強度的疊加求出待求不規(guī)則物體的電場強度。應用此法的關(guān)鍵是“割”“補”后的帶電體應當是我們熟識的某一物理模型。方法二：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，使困難電場的疊加計算問題大為簡化?！镜漕}例證2】如圖所示，一半徑為R的圓盤上勻稱分布著電荷量為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、b和c、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點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2)D．keq\f(9Q＋q,9R2)[解析]由b點處場強為零知，圓盤在b點處產(chǎn)生的場強E1與q在b點處產(chǎn)生的場強E2大小相等，即E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由對稱性可知，圓盤在d點產(chǎn)生的場強E3＝keq\f(q,R2)，q在d點產(chǎn)生的場強E4＝keq\f(q,9R2)，方向與E3相同，故d點的合場強Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯誤。[答案]B名師點睛形態(tài)規(guī)則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強度大小相等。假如能夠求出其中一點處的電場強度，依據(jù)對稱性特點，另一點處的電場強度即可求出。方法三：微元法將帶電體分成很多電荷元，每個電荷元可看成點電荷，先依據(jù)庫侖定律求出每個電荷元的場強；再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。求解勻稱帶電圓環(huán)、帶電平面、帶電直桿等在某點產(chǎn)生的場強問題，可應用微元法?！镜漕}例證3】如圖所示，勻稱帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面過圓心O的軸線上的一點，OP＝L，試求P點的場強。[解析]如圖所示，設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)，由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為E＝eq\f(kQ,nr2)＝eq\f(kQ,nR2＋L2)。由對稱性可知，各點電荷在P處的場強E的垂直于軸向的重量Ey相互抵消，而E的軸向重量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強EP。EP＝nEx＝nkeq\f(Q,nR2＋L2)cosθ＝eq\f(nkQ,nR2＋L2)·eq\f(L,\r(R2＋L2))＝eq\f(kQL,R2＋L2eq\s\up15(eq\f(3,2)))。[答案]eq\f(kQL,R2＋L2eq\s\up15(eq\f(3,2)))名師點睛微元法是從部分到整體的思維方法，把帶電體看成由多數(shù)個點構(gòu)成。然后依據(jù)對稱性，利用平行四邊形定則進行電場強度疊加。利用微元法可以使一些困難的物理過程用我們熟識的物理規(guī)律解決，使所求的問題簡潔化。方法四：等效法在保證效果相同的條件下，將困難的電場情景變換為簡潔的或熟識的電場情景?！镜漕}例證4】(多選)如圖所示，在真空中某豎直平面內(nèi)固定一足夠大的接地金屬板MN，在MN右側(cè)與其相距2d處的P點放置一電荷量為Q的正點電荷，假如從P點作MN的垂線，則O為垂足，A為O、P連線的中點，B為OP延長線上的一點，PB＝d。靜電力常量為k，關(guān)于各點的電場強度，下列說法正確的是()A．O點場強大小為keq\f(Q,2d2)B．A點場強大小為keq\f(Q,d2)C．B點場強大小為keq\f(24Q,25d2)D．A、B兩點場強大小相等，方向相反[解析]系統(tǒng)達到平衡后，因為接地金屬板電勢為零，所以電場線分布如圖所示，所以金屬板右側(cè)的電場的電場線分布與等量異號點電荷連線的中垂線右側(cè)的電場線分布相同，所以O點場強大小為EO＝keq\f(Q,2d2)＋keq\f(Q,2d2)＝keq\f(Q,2d2)，A正確；A點場強大小為EA＝keq\f(Q,d2)＋keq\f(Q,3d2)＝keq\f(10Q,9d2)，B錯誤；B點場強大小為EB＝keq\f(Q,d2)－keq\f(Q,5d2)＝keq\f(24Q,25d2)，C正確；由上述分析可知D錯誤。[答案]AC名師點睛等效法的實質(zhì)是在效果相同的狀況下，利用與問題中相像或效果相同的學問進行學問遷移的解題方法，往往是用較簡潔的因素代替較困難的因素。方法五：極限法對于某些特別狀況下求解有關(guān)場強問題，有時無法用有關(guān)公式、規(guī)律得出結(jié)論，可考慮應用極限法。極限法是把某個物理量的改變推向極端再進行推理分析，從而做出科學的推斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論。極限法一般適用于所涉及的物理量隨條件單調(diào)改變的狀況?！镜漕}例證5】物理學中有些問題的結(jié)論不肯定必需通過計算才能驗證，有時只需通過肯定的分析就可以推斷結(jié)論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷勻稱分布。兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側(cè)與O點相距為r(r<a)。試分析推斷下列關(guān)于A點處電場強度大小E的表達式(式中k[解析]與點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)比較可知，A、C兩項表達式的單位不是場強的單位，故可以解除；由電場強度的分布規(guī)律可知，當r＝a時，右側(cè)圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強為零，則A處場強只由左側(cè)圓環(huán)上的電荷產(chǎn)生，即場強表達式只有一項，故B錯誤；綜上所述，可知D正確。[答案]D名師點睛本題由于帶電體為圓環(huán)狀，超過了我們中學學生實力之外，故應留意審題，不必計算，只需通過肯定的分析就可推斷。首先依據(jù)場強的單位(量綱)進行推斷，再分析特別點即可得出結(jié)論。在物理學中，通過對量綱的分析，有時可以幫助我們快速找到一些錯誤?！踞槍τ柧殹?．(2013·江蘇高考)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，且電荷勻稱分布，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解析由對稱原理可知，A、C圖中在O點的場強大小相等，D圖中在O點場強為0，因此B圖中兩eq\f(1,4)圓環(huán)在O點合場強應最大，B正確。2．如圖甲所示，半徑為R的勻稱帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上隨意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ·，方向沿x軸。現(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大勻稱帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上隨意一點Q(坐標為x)的電場強度為()答案A解析無限大勻稱帶電平板R取無限大，在Q點產(chǎn)生的3.N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球勻稱分布在半徑為R的圓周上，如圖所示。若移去位于圓周上P點(圖中未標出)的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為________，方向______________。(已知靜電力常量為k)答案keq\f(q,R2)沿OP指向P解析P點的帶電小球在圓心O處的電場強度大小為E1＝keq\f(q,R2)，方向沿PO指向O；N個小球在O點處電場強度疊加后，合場強為零；移去P點的小球后，則剩余的N－1個小球在圓心O處的電場強度與P點的小球在圓心O處的電場強度等大反向，即E＝E1＝keq\f(q,R2)，方向沿OP指向P。4.如圖所示，半徑為r的圓環(huán)，在A、B之間留有寬度為d的間隙，且d?r。將電荷量為Q的正電荷勻稱分布在圓環(huán)上，求圓心O處的電場強度。答案eq\f(kQd,2πr3－r2d)，方向背離圓心指向間隙解析解法一：假設將這個圓環(huán)的間隙補上，并且所補部分的電荷密度與原圓環(huán)上的電荷密度一樣，這樣就形成一個電荷勻稱分布的完整的帶電圓環(huán)，圓環(huán)在圓心O處產(chǎn)生的電場疊加后合場強為0。設原帶有間隙的環(huán)所帶電荷的線密度為σ，則σ＝eq\f(Q,2πr－d)補上的那一小段間隙的電荷量Q′＝σ·d＝eq\f(Qd,2πr－d)由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，在圓心O處的場強為E1＝eq\f(kQ′,r2)＝eq\f(kQd,2πr3－r2d)，方向由間隙指向圓心，則帶有間隙的圓環(huán)在圓心O處的場強為E＝0－E1＝－eq\f(kQd,2πr3－r2d)負號表示與E1方向相反，即方向背離圓心指向間隙。解法二：在圓環(huán)上與間隙關(guān)于圓心O對稱的地方割出同樣大小的間隙，則剩余部分的圓環(huán)上下對稱，在圓心O處的合場強為0。因此在圓心O處的場強大小等于新割出的間隙在圓心O處產(chǎn)生的場強大小。由題中條件可知那段間隙可看成點電荷，所帶電荷量為Q′＝eq\f(Qd,2πr－d)在圓心O處的場強為E＝eq\f(kQ′,r2)＝eq\f(kQd,2πr3－r2d)方向背離圓心指向間隙。高考模擬隨堂集訓1．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案D解析對固定的小球c受到的庫侖力進行分析，要使c球受到的庫侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必需異號，如圖所示，則有：keq\f(QaQc,r\o\al(2,ac))·sinα＝keq\f(QbQc,r\o\al(2,bc))·sinβ，故eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(r\o\al(2,ac)sinβ,r\o\al(2,bc)sinα)＝eq\f(42×\f(4,5),32×\f(3,5))＝eq\f(64,27)，D正確。2.(2024·浙江高考)如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A旁邊，貼在A、B下部的金屬箔都張開，()A．此時A帶正電，B帶負電B．此時A電勢低，B電勢高C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合答案C解析由于靜電感應，使A帶負電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負電荷中和，金屬箔閉合，所以C正確，A錯誤；處于電場中的導體是等勢體，B錯誤；若先把A、B分開，然后移去C，A、B所帶電荷就不能中和，金屬箔不再閉合，D錯誤。3．(2024·浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點處的電場強度為0答案ACD解析用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A項正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力狀況如圖所示sinθ＝eq\f(0.06,0.10)＝0.60，θ＝37°F庫＝mgtan37°＝6.0×10－3N，B項錯誤；F庫＝keq\f(QAQB,r2)QA＝QB＝Q，r＝0.12m聯(lián)立得Q＝4eq\r(6)×10－8C，故C項正確；由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確。4．(2024·北京高考節(jié)選)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。(1)請依據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式；(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2。我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比eq\f(N1,N2)。答案(1)keq\f(Q,r2)(2)eq\f(r\o\al(2,2),r\o\al(2,1))解析(1)在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷，依據(jù)庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝keq\f(Qq,r2)，依據(jù)電場強度的定義E＝eq\f(F,q)，得E＝keq\f(Q,r2)。(2)穿過每個面的電場線的總條數(shù)是相等的，若面積大，則單位面積上通過的條數(shù)就少，故通過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比eq\f(N1,N2)＝eq\f(S2,S1)＝eq\f(4πr\o\al(2,2),4πr\o\al(2,1))＝eq\f(r\o\al(2,2),r\o\al(2,1))。5.(2024·北京高考)如圖所示，長l＝1m的輕質(zhì)細繩上端固定，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°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強電場的場強E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2(1)小球所受電場力F的大小。(2)小球的質(zhì)量m。(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。答案(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4(3)2.0m/s解析(1)F＝qE＝3.0×10－3N。(2)由eq\f(qE,mg)＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg(3)由mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cos37°)＝2.0m/s。配套課時作業(yè)時間：45分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)1．一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的。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解析由a至c曲線的彎曲狀況可知質(zhì)點受力方向指向圖中虛線的右下方，質(zhì)點在b點的速度vb方向如圖所示，由a至c速率遞減可知受力方向與速度的方向的夾角為鈍角，大致如圖中F，α角大于90°，因為質(zhì)點帶負電荷，故場強方向應與F方向相反，D正確。2.如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2，兩小球用絕緣細線懸掛于O點，平衡時A、B兩球處于同一高度，與豎直方向的夾角分別為30°、60°，已知細線OA長為l，重力加速度為g，靜電力常量為k。則()A．A、B間庫侖力大小為eq\f(\r(3),3)m2gB．細線OA的彈力大小為eq\f(2\r(3),3)m1gC．A、B間庫侖力大小為keq\f(q1q2,l2)D．A、B的質(zhì)量之比為m1∶m2＝3∶2答案B解析以B球為探討對象，受力分析如圖1所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m2gtan60°＝eq\r(3)m2g，A錯誤；以A球為探討對象，受力分析如圖2所示，可知A、B間庫侖力大小為F＝m1gtan30°＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)彈A＝eq\f(m1g,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)m1g，B正確；由幾何關(guān)系可知，A、B兩球之間的距離為2l，由庫侖定律知A、B兩球間庫侖力大小為F＝keq\f(q1q2,2l2)＝keq\f(q1q2,4l2)，C錯誤；由F＝eq\f(\r(3),3)m1g，F(xiàn)＝eq\r(3)m2g，則m1∶m2＝3∶1，D錯誤。3．(2024·武漢調(diào)研)a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)。已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q。關(guān)于電荷c，下列推斷正確的是()A．c肯定帶負電B．c所帶的電荷量肯定大于qC．c可能處在a、b之間D．假如固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定答案B解析依據(jù)點電荷所受的電場力方向以及受力平衡來確定各自電性，可以得出三個點電荷若要平衡應處于同一條直線上，處于兩端的點電荷的電性相同且與中間點電荷的電性相反，即“兩同夾一異”，又因為Q>q，依據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自電荷量的大小，因此肯定為“兩大夾一小”，c所帶電荷量肯定大于q，且c必需帶正電，在b的另一側(cè)，A、C錯誤，B正確；假如固定a、b，因Q>q，則在a、b形成的靜電場中，只有b的另一邊僅存在一點場強為零，c放在此處時受力平衡，位置固定，而c的電荷量和電性均不確定，D錯誤。4.(2024·山東六校聯(lián)考)某區(qū)域的電場線分布狀況如圖所示，M、N、P是電場中的三個點，下列說法正確的是()A．負電荷由M點移動到P點，電場力做正功B．正電荷在M點的電勢能小于其在N點的電勢能C．同一電荷在N點受到的電場力大于其在M點所受的電場力D．M點和N點電場強度的方向相同答案C解析沿著電場線的方向電勢降低，故φM>φN，φM>φP，所以M、P兩點電勢差UMP>0，由電場力做功與電勢差關(guān)系可知，負電荷由M點到P點，電場力做負功，A項錯誤；正電荷在電勢較高的位置電勢能較大，B項錯誤；由電場線的疏密程度表示電場強度大小可推斷N點電場強度大于M點電場強度，所以同一電荷在N點所受電場力較大，C項正確；電場強度的方向沿電場線的切線方向，故M點和N點的電場強度方向不同，D項錯誤。5.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v-t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布狀況可能是下圖中的()答案C解析由v-t圖可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應由B指向A，且A到B場強變大，電場線變密，C正確。6.如圖所示，一個勻稱的帶電圓環(huán)，電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上。圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A點所受的電場力為()A.eq\f(kQq,R2)，方向向上 B.eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上C.eq\f(kQq,4R2)，方向水平向左 D．不能確定答案B解析先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一部分可視為點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上的電場力大小為eq\f(kqQcos45°,\r(2)R2)＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，故選B。7．有五個半徑均為r的球體A、B、C、D、E，其中A和B是用相同的塑料制成的，所帶電荷量均為＋q(q>0)；C、D和E均用相同的金屬制成，C和D所帶電荷量為＋q，E所帶電荷量為－7q。靜電力常量用k表示。關(guān)于摩擦起電和庫侖力，下列說法正確的是()A．摩擦起電的過程，是一個物體得到電子，另一個物體得到原子核的過程B．若A、B兩球心相距6r，則A、B間的庫侖力大小為eq\f(kq2,36r2)C．若C、D兩球心相距6r，則C、D間的庫侖力大小為eq\f(kq2,36r2)D．若D、E兩球心相距90r，D和E接觸后各自放回原處，則D、E間的庫侖力大小為eq\f(kq2,900r2)答案BD解析摩擦起電的過程是一個物體得到電子，另一個物體失去電子的過程，A錯誤；因為絕緣體上的電荷是不能移動的，其電荷不會重新分布，對其他電荷的作用效果與點電荷類似，則電荷分布勻稱的絕緣球體可視為點電荷，A、B兩球間的庫侖力大小為eq\f(kq2,36r2)，B正確；C、D兩球心間的距離為6r，沒有遠大于球的半徑r，兩球不能視為點電荷，由于同種電荷相互排斥，C、D上的電荷分布不勻稱，等效點電荷間的距離將大于6r，則C、D間的庫侖力小于eq\f(kq2,36r2)，C錯誤；兩個大小相同的帶異種電荷的金屬球接觸后正負電荷先中和，再平分，D和E接觸后所帶的電荷量均為eq\f(－7q＋q,2)＝－3q，各自放回原處，球心間距離遠大于球的半徑，球可視為點電荷，則D、E間的庫侖力大小為eq\f(kq2,900r2)，D正確。8.(2024·海南五校模擬)如圖所示，在y軸上關(guān)于O點