2019年高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第1講庫侖定律電場力的性質(zhì)學(xué)案練習(xí)

1、2019 年高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第1 講庫侖定律電場力的性質(zhì)學(xué)案練習(xí) 1 講庫侖定律電場力的性質(zhì) 高考命題解讀 分析高考 ( 全國卷 ) 四年命題情況對照分析年份題號命題點(diǎn)卷 15對稱法考查帶電圓盤的電場與點(diǎn)電荷電題場的疊加2013 年卷 16物體在電場和重力場中的勻變速直線運(yùn)題動(dòng)卷 18點(diǎn)電荷的電場與勻強(qiáng)電場的疊加題卷 21通過幾何關(guān)系考查點(diǎn)電荷的電場題2014 年卷 19電場強(qiáng)度方向、電勢降低最快的分析與題計(jì)算卷 15通過勻強(qiáng)電場考查電場線和等勢面的變題化規(guī)律2015 年卷 14物體在電場和重力場中的勻變速直線運(yùn)題動(dòng)卷 24通過運(yùn)動(dòng)的合成與分解考查電場力綜合題問題卷 14通過平行板

2、電容器考查勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)題卷 20在電場力和重力作用下的曲線運(yùn)動(dòng)2016 年題卷 15帶電粒子在點(diǎn)電荷電場中運(yùn)動(dòng)軌跡的分題析卷 15對靜電場中等勢面的理解及電場力做功1. 考查方式本章內(nèi)容在高考中單獨(dú)命題較多，有選擇題也有計(jì)算題選擇題主要考查對基本概念和物理模型的理解，如電場的分布特點(diǎn)、電勢、電勢能的理解；計(jì)算題主要考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，常與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查2命題趨勢常與實(shí)際生活、科學(xué)研究聯(lián)系密切出題，通過新的情景或新的素材如噴墨打印機(jī)、靜電除塵、示波管、加速器等進(jìn)行命題考查 .1/27題的計(jì)算一、庫侖定律電荷守恒定律1點(diǎn)電荷有一定的電荷量，忽略形狀和大小的一種理

3、想化模型2電荷守恒定律(1) 起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電(2) 帶電實(shí)質(zhì)：物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子(3) 內(nèi)容：電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消滅，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變3庫侖定律(1) 內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)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q1q2922(2)表達(dá)式： F k r 2 ，式中 k9.0× 10 N·m/C ，叫做靜電力常量(3)適用條件：真空中；點(diǎn)電荷 深度思考 計(jì)算兩個(gè)帶電小球之間的庫侖力時(shí)，公式中的r

4、 一定是指兩個(gè)球心之間的距離嗎？為什么？答案不一定當(dāng)兩個(gè)小球之間的距離相對于兩球的直徑較小時(shí)，兩球不能看做點(diǎn)電荷，這時(shí)公式中的r 大于 ( 帶同種電荷 ) 或小于 ( 帶異種電荷 ) 兩個(gè)球心之間的距離二、電場、電場強(qiáng)度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(zhì)(2) 基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用2電場強(qiáng)度(1) 定義：放入電場中某點(diǎn)的電荷受到的電場力F 與它的電荷量q 的比值F(2) 定義式： E q， q 為試探電荷2/27(3) 矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向3場強(qiáng)公式的比較4電場的疊加(1) 電場疊加：多個(gè)電荷在空

5、間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和(2) 運(yùn)算法則：平行四邊形定則5等量同種和異種點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度的比較比較項(xiàng)目等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場線分布圖連線中點(diǎn) O處的場強(qiáng)連線上 O點(diǎn)場強(qiáng)最小，指為零向負(fù)電荷一方連線上的場強(qiáng)大小 ( 從左到右 )沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由 O點(diǎn)向外場強(qiáng)大小O點(diǎn)最大，向外逐漸減小O點(diǎn)最小，向外先變大后變小三、電場線1定義為了形象地描述電場中各點(diǎn)場強(qiáng)的強(qiáng)弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場強(qiáng)方向一致，曲線的疏密表示電場的強(qiáng)弱2電場線的三個(gè)特點(diǎn)(1) 電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處出發(fā)，終止

6、于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷處；(2) 電場線在電場中不相交；(3) 在同一幅圖中，電場強(qiáng)度較大的地方電場線較密，電場強(qiáng)度較小的地方電場線較疏3/271. 如圖 1 所示，兩個(gè)不帶電的導(dǎo)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附近，貼在A、 B 下部的金屬箔都張開()圖 1A此時(shí) A帶正電， B 帶負(fù)電B此時(shí) 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 由靜電感應(yīng)可知， A 左端帶負(fù)電， B 右端帶正電， A、 B 的電勢相等，選項(xiàng)A、B 錯(cuò)誤；若移去，則兩端的感應(yīng)電荷消失

7、，則貼在、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C 正確；CA先把 A 和 B 分開，然后移去 C，則 A、 B 帶的電荷仍然存在，故貼在A、 B 下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤2.( 教科版選修3 1P15 第 1 題 ) 把檢驗(yàn)電荷放入電場中的不同點(diǎn)a、 、，測得的檢驗(yàn)b cd電荷所受電場力F 與其電荷量 q 之間的函數(shù)關(guān)系圖象如圖2 所示，則 a、 b、 c、 d 四點(diǎn)場強(qiáng)大小的關(guān)系為 ()圖 2A Ea>Eb>Ec >EdB Ea>Eb>Ed>EcC Ed>Ea>Eb>EcD Ec>Ea>Eb>Ed答案D4/273 ( 人

8、教版選修3 1P5 演示實(shí)驗(yàn)改編) 在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)猜想可能與兩電荷的間距和電荷量有關(guān)他選用帶正電的小球A和，B A球放在可移動(dòng)的絕緣座上，B 球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點(diǎn)，如圖 3 所示實(shí)驗(yàn)時(shí)，先保持兩球電荷量不變，使A 球從遠(yuǎn)處逐漸向B 球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大圖 3實(shí)驗(yàn)表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的_ 而增大，隨其所帶電荷量的_而增大此同學(xué)在探究中應(yīng)用的科學(xué)方法是_( 選填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”) 答案減小

9、增大控制變量法解析 對 B 球進(jìn)行受力分析，球受重力、電場力和線的拉力，線與豎直方向間的夾角變大時(shí)，說明電場力變大電荷量不變時(shí)，兩球距離變小，懸線偏角變大，電場力變大；距離不變時(shí)，電荷量變大，線的偏角變大，電場力變大4.( 人教版選修3 1P15 第 6 題 ) 用一條絕緣輕繩懸掛一個(gè)帶電小球，小球質(zhì)量為1.0 × 102 8kg，所帶電荷量為2.0 × 10C現(xiàn)加一水平方向的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)絕緣繩與鉛垂線成圖 4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)，它的受力情況如圖所示，則5/27F Eqtan 30 &#

10、176; mg mgmg°1.0 ×102×10×32.9 ×106N/Ctan 30 8N/CEq2.0 ×1035 ( 人教版選修31P15第7題)如圖 5所示，真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1 4.0 × 108C 和2 8x 坐標(biāo)軸的x 0 和 x 6cm 的位置上Q 1.0 × 10C，分別固定在圖 5(1) x 坐標(biāo)軸上哪個(gè)位置的電場強(qiáng)度為零？(2) x 坐標(biāo)軸上哪些地方的電場強(qiáng)度方向是沿x 軸正方向的？答案(1) x212cm 處(2)0 x 6cm和 x12cm的地方解析 因?yàn)?| Q| | Q| ，所以，在

11、 Q 左側(cè)的 x 軸上， Q 產(chǎn)生的電場的電場強(qiáng)度總是大于Q12112產(chǎn)生的電場的電場強(qiáng)度，且方向總是指向x 軸負(fù)半軸，在 x 0 和 x 6 cm 之間，電場強(qiáng)度總是指向x軸的正方向所以，只有在2 右側(cè)的x軸上，才有可能出現(xiàn)電場強(qiáng)度為0 的Q點(diǎn)QQ22(1) 設(shè)該點(diǎn)距離原點(diǎn)的距離為122 0，即 4( x 6) x 0 ，解得x 4x，則 kx2 k x 61cm(不合題意，舍去 ) 和 x2 12 cm. 所以，在 x2 12 cm 處電場強(qiáng)度等于0.(2) 在 x 坐標(biāo)軸上0 x 6 cm 和 x 12 cm 的地方，電場強(qiáng)度的方向總是沿x 軸正方向的命題點(diǎn)一庫侖定律的理解及應(yīng)用1庫侖定

12、律適用于真空中靜止點(diǎn)電荷間的相互作用2對于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點(diǎn)電荷，r為球心間的距6/27離3對于兩個(gè)帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖6 所示圖 6q1q2q1q2(1) 同種電荷： F k r 2 ； (2) 異種電荷： Fk r 2 .4不能根據(jù)公式錯(cuò)誤地認(rèn)為r 0 時(shí)，庫侖力 F，因?yàn)楫?dāng) r 0時(shí)，兩個(gè)帶電體已不能看做點(diǎn)電荷了例 1( 多選 ) 如圖 7 所示，把 A、 B 兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m的絕緣細(xì)線懸掛于A 和B 兩點(diǎn)用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)B 移到A 點(diǎn)固OOOO定兩球接觸后分開，平衡時(shí)距離為0.12

13、m已測得每個(gè)小球質(zhì)量是 48.0 × 10 kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度2922，則 ()g 10 m/s ，靜電力常量 k9.0 ×10N·m/C圖 7A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 4 6× 108 CD A、 B 兩球連線中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸；平衡；可視為點(diǎn)電荷答案ACD解析兩相同的小球接觸后電量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項(xiàng)A 正確；由幾何關(guān)系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為37°，A球所受的電場力tan37 °F

14、mgqAqB28.0 × 10 4×0.75N 6.0 × 103N，選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律得，qB× 1022，解得Fk lklBFl 26× 10 3×0.12 28C，選項(xiàng) C 正確；、B兩球帶等量的同種電9C4 6× 10qk9× 10A荷，故在 A、 B 兩球連線中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0，選項(xiàng) D 正確7/27兩個(gè)完全相同的帶電金屬球接觸時(shí)電荷的分配規(guī)律1如果接觸前兩金屬球帶同種電荷，電荷量分別為q1和 q2，兩球接觸時(shí)，總電荷量平均q q21分配，兩球的電荷量都等于.22如果接觸前兩金屬球帶異種電荷，

15、電荷量分別為q1 和 q2，且 q1 q2，接觸時(shí)，先中和再q q2將剩余的電荷量 ( q1 q2 ) 平均分配，兩球的電荷量都等于12.1 ( 多選 ) 兩個(gè)半徑相同的金屬小球( 視為點(diǎn)電荷 ) ，帶電荷量之比為17，相距為 r ，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的()43916A. 7B. 7C. 7D. 7答案CDq× 7q 7q2解析設(shè)兩小球的電荷量分別為q 和 7q，則原來相距 r 時(shí)的相互作用力F kr 2 k r 2 .由于兩球的電性未知，接觸后相互作用力的計(jì)算可分為兩種情況：7qq(1) 兩球電性相同相互接觸時(shí)兩球電荷量平均分配，每球帶電荷量為

16、 4q. 放回原處24 × 4162116qqqF后的相互作用力F1 kr 2 kr 2，故 F 7.7q q(2) 兩球電性不同相互接觸時(shí)電荷先中和再平分，每球帶電荷量為 3q. 放回原處后23q×3q9q2F29的相互作用力F2 kr 2 k r 2 ，故 F 7.2根據(jù)科學(xué)研究表明，地球是一個(gè)巨大的帶電體，而且表面帶有大量的負(fù)電荷如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的塵埃，恰好能懸浮在空8/27中，若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時(shí)，則此帶電塵埃將()A向地球表面下落B遠(yuǎn)離地球向太空運(yùn)動(dòng)C仍處于懸浮狀態(tài)D無法判斷答案C解析地球表

17、面帶負(fù)電，故可等效為一個(gè)帶負(fù)電的且位于地球球心處的點(diǎn)電荷，這樣地球和帶電塵埃間的作用就可等效為點(diǎn)電荷間的作用，可以用庫侖定律進(jìn)行定量分析由于塵埃與地球之間的位置變化很大，故塵埃的重力是變化的，所以需要先將地球與塵埃等效為兩質(zhì)點(diǎn)，才可用萬有引力進(jìn)行定量分析設(shè)帶電塵埃的質(zhì)量為m，電荷量為q；地球的質(zhì)量為M，地球所帶負(fù)電荷總量Q，地球半徑為 R，當(dāng)塵埃放在距離地球表面高度為地球半徑一半時(shí)，恰好懸浮，由庫侖定律和萬有引力定律可得：kQqMm1.5 R 2G1.5 R 2，得kQqGMmFGMm當(dāng)塵埃放在距離地球表面高度與地球半徑相等時(shí)，受到的萬有引力2R 2；受到的庫侖kQqFGMm力為： F 2R2

18、 ，則 F kQqF聯(lián)立可知：F 1，故 C正確命題點(diǎn)二電場強(qiáng)度的理解及疊加1求解電場強(qiáng)度的常規(guī)方法電場強(qiáng)度是靜電學(xué)中極其重要的概念，也是高考考點(diǎn)分布的重點(diǎn)區(qū)域之一求電場強(qiáng)度常見的有定義式法、點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式法、勻強(qiáng)電場公式法、矢量疊加法2求解電場強(qiáng)度的非常規(guī)思維方法(1) 等效法：在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景例如：一個(gè)點(diǎn)電荷q 與一個(gè)無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個(gè)異種點(diǎn)電荷形成的電場，如圖8 甲、乙所示9/27圖 8(2) 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(diǎn)，使復(fù)雜電場的疊加計(jì)算問題大為簡化圖 93例如：如圖9，均勻帶電

19、的4球殼在 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，等效為弧BC產(chǎn)生的場強(qiáng)，弧BC產(chǎn)生的場強(qiáng)方向，又等效為弧的中點(diǎn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向M(3) 填補(bǔ)法：將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面，從而化難為易、事半功倍(4) 微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個(gè)元電荷看成點(diǎn)電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個(gè)元電荷的場強(qiáng)，再結(jié)合對稱性和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng)例 2(2015 ·山東理綜· 18) 直角坐標(biāo)系xOy 中， M、 N 兩點(diǎn)位于 x 軸上， G、 H 兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖10. 、兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電M N場強(qiáng)度恰好為零靜電力常量用k 表示若將該正點(diǎn)

20、電荷移到G 點(diǎn)，則 H 點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為 ()圖 103kQ3kQA. 4a2 ，沿 y 軸正向B. 4a2 ，沿 y 軸負(fù)向10/275kQD.5kQC. 42 ，沿 y 軸正向4 2 ，沿 y 軸負(fù)向aa答案B解析因正電荷 Q在 O點(diǎn)時(shí)， G點(diǎn)的場強(qiáng)為零，則可知兩負(fù)電荷在G 點(diǎn)形成的電場的合場Q強(qiáng)與正電荷 Q在 G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向大小為E 合 ka2；若將正電荷移到 G點(diǎn)，則正電荷在H點(diǎn)的場強(qiáng)為1kQ2 kQ2，因兩負(fù)電荷在G點(diǎn)的場強(qiáng)與在H點(diǎn)的場強(qiáng)等大反向，E2a4a3kQ則 H點(diǎn)的合場強(qiáng)為E E 合 E14a2 ，方向沿 y 軸負(fù)向，故選B.例 3如圖 11 所示， xOy

21、平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z0 的空間， z 0 的空間為真空將電荷量為q 的點(diǎn)電荷置于z 軸上 zh 處，則在xOy 平面上會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電荷空間任意一點(diǎn)處的電場皆是由點(diǎn)電荷q 和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的已知靜h電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零，則在z 軸上 z 2處的場強(qiáng)大小為 ( k 為靜電力常量 )()圖 114q4q32q40qA k 2B k9 2C k9 2D k9 2hhhh靜電平衡導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零答案D解析該電場可等效為分別在z 軸 h 處與 h 處的等量異種電荷產(chǎn)生的電場，如圖所示，則在zhqkqk40q 處的場強(qiáng)大小2，故 D正確2E k h23h 29h22電

22、場強(qiáng)度疊加問題的求解思路11/27電場強(qiáng)度是矢量，疊加時(shí)應(yīng)遵從平行四邊形定則，分析電場的疊加問題的一般步驟是：(1) 確定分析計(jì)算場強(qiáng)的空間位置；(2) 分析該處有幾個(gè)分電場，先計(jì)算出各個(gè)分電場在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向；(3) 依次利用平行四邊形定則求出矢量和3已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個(gè)位于球心的、電荷量相等的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場相同如圖12 所示，半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在過球心 O的直線上有 、B兩個(gè)點(diǎn)， 和 、和A間的距離均為. 現(xiàn)以為直徑在球內(nèi)挖一球形空AO B BROB腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為43，則A點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為 ()V r3圖

23、12A.5kQB.7kQC.7kQD.3kQ36R236R232R216R2答案B解析由題意知，半徑為 R的均勻帶電球體在A 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E 整kQkQ挖出的小球22.2R4R4R 3R3 2QE半徑為 2，因?yàn)殡姾删鶆蚍植?，其帶電荷量Q 43Q 8. 則其在 A 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)挖 R3QkQk·kQkQkQ8A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)EE2. 所以剩余空腔部分電荷在221RR9R218R整挖4R 18R2247kQ36R2，故 B 正確4.( 多選 ) 如圖 13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(gè)點(diǎn)， a 和 b、 b

24、和 c、 c 和 d 間的距離均為R，在 a 點(diǎn)有一電荷量為( 0) 的固定點(diǎn)電荷已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為(k為q q靜電力常量 )()12/27圖 133q10qA k R2B k9R2Q q9Q qC k R2D k 9R2答案B解析由b點(diǎn)處場強(qiáng)為零知，圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)1大小與q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)2EE大小相等，即1 2qd點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)3qq在2，但方向相反由對稱性，圓盤在2，E EkREkRq10qd 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E4k9R2，方向與E3 相同，故 d 點(diǎn)的合場強(qiáng) Ed E3 E4 k 9R2 ，B 正確， A、C、 D 錯(cuò)誤命題點(diǎn)三電場中的平衡和加速問題1電場力

25、方向正電荷受力方向與場強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向相反2恰當(dāng)選取研究對象，用“整體法”或“隔離法”進(jìn)行分析3基本思路：(1) 平衡問題利用平衡條件列式求解(2) 非平衡問題利用牛頓第二定律求解4庫侖力作用下電荷的平衡問題與力學(xué)中物體的平衡問題相同，可以將力進(jìn)行合成與分解5列平衡方程，注意電荷間的庫侖力與電荷間的距離有關(guān)例 4 (多選)如圖14 所示，用兩根長度相同的絕緣細(xì)線把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球 A懸掛到水平板的 M、 N兩點(diǎn)， A 上帶有 Q 3.0 6120°，兩線上× 10 C 的正電荷兩線夾角為的拉力大小分別為 F 和 F . A 的正下方 0.3m處

26、放有一帶等量異種電荷的小球B， B 與絕緣支12架的總質(zhì)量為 0.2kg(重力加速度g2k9.0922球取 10 m/s ；靜電力常量× 10N·m/C ， 、A B可視為點(diǎn)電荷 ) ，則 ()13/27圖 14A支架對地面的壓力大小為2.0NB兩線上的拉力大小F1 F2 1.9NC將B 水平右移，使M、 A、 B 在同一直線上，此時(shí)兩線上的拉力大小F1 1.225N ， F21.0ND將 B 移到無窮遠(yuǎn)處，兩線上的拉力大小F1 F2 0.866N夾角 120°；等量異種電荷答案BC解析 小球 A、 B 間的庫侖力為·93.0 × 106

27、15; 3.0 × 106Q QF 庫 k r 2 9.0 × 10×0.3 2N 0.9N，以 B 和絕緣支架整體為研究對象，受力分析圖如圖甲所示，地面對支架支持力為 F mgF庫1.1N ，由牛頓第三定律知，A 錯(cuò)誤；以A 球N為研究對象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn) F mg F庫1.9N， B 正12A確； B 水平向右移，當(dāng)M、 A、 B 在同一直線上時(shí)， A、 B 間距為 r Q· Q0.6m， F 庫 kr 2 0.225N ，以 A 球?yàn)檠芯繉ο笫芰Ψ治鰣D如圖丙所示，可知F2 1.0N， F1 F 庫 1.0N ， F1 1.225N ，所以

28、C 正確；將 B 移到無窮遠(yuǎn)，則F 庫 0，可求得 F1 F2 1N， D錯(cuò)誤例 5如圖 15 所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d 0.48m，離地高度h1.25m桌面上存在一水平向左的勻強(qiáng)電場( 除此之外其余位置均無電場) ，電場強(qiáng)度E1×104 N/C. 在水平桌面上某一位置P 處有一質(zhì)量 m 0.01 kg ，電荷量q1×10 6C 的帶正電小球以初速度 v01 m/s 向右運(yùn)動(dòng)空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g10 m/s2. 求：14/27圖 15(1) 小球在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向？(2) P 處距右端桌面多遠(yuǎn)時(shí)，小球從開始運(yùn)動(dòng)到最終落地的水平距離最大？

29、并求出該最大水平距離？235答案(1)1.0m/s方向水平向左(2) 8m8m解析(1)對小球受力分析，受到重力、支持力和電場力，重力和支持力平衡，根據(jù)牛頓第FqE106× 10422，方向水平向左二定律，有： a 0.01m/s 1.0 m/smm(2) 設(shè)球到桌面右邊的距離為x1，球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為x2，則： x 總 x1x222由： v v0 2ax1；代入，解得： v 12x1設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式，有：1 2，代入得：t0.5 s.h2gt水平方向，有x2 vt 0.51 2x1，故x總 x 0.51 2x11令： y1總1 y2y1

30、 2x；則： x213故 y 2，即： x 8時(shí)，水平距離最大，最大值為15xmax 8 m5(2013 ·新課標(biāo)全國· 18) 如圖16，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、 b 和 c 分別位于邊長為l 的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、 b 帶正電，電荷量均為q， c 帶負(fù)電整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中已知靜電力常量為k. 若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為()圖 1615/273kq33kq23kqkqA. 3l 2B. l 2C. l 2D.l 2答案 B6. 如圖 17所示，水平面有方向向右的勻強(qiáng)電場，將質(zhì)量相等的兩個(gè)帶異種電荷小球a、( 可視為點(diǎn)電

31、荷 ) ，且電荷量大小分別為a 3，b，由靜止釋放，二者之間距為r，位bqqqq置關(guān)系如圖，發(fā)現(xiàn)兩個(gè)小球始終處于相對靜止?fàn)顟B(tài)則下列說法正確的是()圖 173kqA a 一定帶正電，且電場強(qiáng)度大小為E 2r 2B a 一定帶負(fù)電，且電場強(qiáng)度大小為E3kq2r 23kqC a 一定帶正電，且電場強(qiáng)度大小為E r 23kqD a 一定帶負(fù)電，且電場強(qiáng)度大小為E r 2答案B解析由于兩小球始終處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，且二者之間的電荷量又不相等，說明二者受到的電場力一定不相等，而二者間的靜電力一定相等，說明二者不可能是靜止，而是一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電荷量關(guān)系可知，a 受的電場力較大，若a 為正電荷，受電

32、場力和靜電力均向右，則b 必為負(fù)電荷，而b 受的電場力和靜電力都向左，二者不可能相對靜止，所以 a 一定為負(fù)電荷且二者都具有相同的加速度，由牛頓第二定律可得：對ab 整體a b32abkq qbkq Eq ma 聯(lián)立得： E有： E( q q ) 2ma，即 Eq ma，對b 有 r 2 Eq ma，即 r 23kq2r 2 ，所以 B 正確7如圖 18 所示，為豎直放在場強(qiáng)為 104V/m 的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，ABCDE其中軌道的BCD部分是半徑為 R 的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，A 為水平軌道的一點(diǎn)，而且 4AB R 0.2 m 把一質(zhì)量 m 100 g 、帶電量 q

33、 10 C 的小球，放在水平軌道的A點(diǎn)，由靜止開始被釋放后，在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)求：( 10 m/s 2)g16/27圖 18(1) 它到達(dá) C點(diǎn)時(shí)的速度是多大？(2) 它到達(dá) C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力是多大？答案 (1)2m/s (2)3N解析(1) 設(shè)小球在C 點(diǎn)的速度大小是vC，對軌道的壓力大小為FNC，則對于小球由A C的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理列出：122qER mgR 2mvC ；解得 vC 2 m/s(2) 在 C點(diǎn)時(shí)，小球受到軌道對它的彈力和電場力，應(yīng)用牛頓第二定律，有：2vCFNC qE mR；解得： FNC 3 N由牛頓第三定律知FNC FNC 3 N.一、整體法與隔離法整體法是指對整個(gè)

34、系統(tǒng)進(jìn)行研究的方法，即從部分與整體的聯(lián)系中揭示整個(gè)系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，使部分與整體辯證地統(tǒng)一起來，從而解決問題的科學(xué)思維方法當(dāng)我們研究整體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，而不涉及系統(tǒng)內(nèi)部之間的相互作用時(shí)，可采用整體法從而使問題得到簡捷巧妙的解答所謂隔離法是指把所研究的對象( 包括物體或物體的一部分) ，從系統(tǒng)中隔離開來，進(jìn)行分析研究的方法當(dāng)我們要研究系統(tǒng)中的某個(gè)物體與其他物體( 或物體中的某一部分與其他部分 ) 的相互作用，尋求待求量與已知量的關(guān)系時(shí)，宜采用隔離法，將此物體( 或物體中的某一部分 ) 隔離出來，單獨(dú)進(jìn)行分析研究典例 1如圖所示，甲、乙兩帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為q 和 q，兩球間用絕緣細(xì)線2 連接，甲球用絕緣細(xì)線1 懸掛在天花板上，在兩球所在空間有沿水平方向向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，且有qE mg，平衡時(shí)細(xì)線都被拉直則平衡時(shí)的可能位置是17/27哪個(gè)圖()答案A解析先用整體法，把兩個(gè)小球視為一個(gè)整體整體受到的外力有豎直向下的重力