2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設(shè)計》一輪總復(fù)習(xí)（提升版）第1講　電場力的性質(zhì)

課標(biāo)要求備考策略1.通過實驗，了解靜電現(xiàn)象。能用原子結(jié)構(gòu)模型和電荷守恒的知識分析靜電現(xiàn)象。2.知道點電荷模型。知道兩個點電荷間相互作用的規(guī)律。體會探究庫侖定律過程中的科學(xué)思想和方法。3.知道電場是一種物質(zhì)。了解電場強度，體會用物理量之比定義新物理量的方法。會用電場線描述電場。4.了解生產(chǎn)生活中關(guān)于靜電的利用與防護。5.知道靜電場中的電荷具有電勢能。了解電勢能、電勢和電勢差的含義。6.知道勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系。7.能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。8.觀察常見電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。能舉例說明電容器的應(yīng)用。實驗十：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象電場是每年高考必考的知識點之一，本節(jié)電場力的性質(zhì)既可單獨命題，也可和磁場綜合命題。其中電場強度的疊加問題、等量的同種電荷和異種電荷周圍的電場、電勢的分布又屬于近幾年來的熱門考點?？忌鷳?yīng)熟練掌握電荷周圍的電場和電勢的分布特點，學(xué)會將空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題的方法和技巧第1講電場力的性質(zhì)考點一電荷守恒定律庫侖定律1.元電荷、點電荷（1）元電荷：e＝1.60×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。（2）點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的形狀、大小及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響的理想化模型。2.電荷守恒定律（1）內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，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)移過程中，電荷的總量保持不變。（2）三種起電方式：摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸起電。（3）帶電實質(zhì)：物體得失電子。（4）電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的同種導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶等量同種電荷，若兩導(dǎo)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：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＝kq1q2r2，式中k＝9.0×109N·m2（3）適用條件：真空中的靜止點電荷。①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式。②當(dāng)兩個帶電體間的距離遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。（4）庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。?判斷小題1.兩個帶異種電荷的金屬球接觸時，正電荷從一個球轉(zhuǎn)移到另一個球。（×）2.相互作用的兩個點電荷，電荷量大的受到的庫侖力也大。（×）3.根據(jù)F＝kq1q2r2，當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞。1.【庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合】兩個完全相同的金屬小球，所帶電荷量之比為3∶5，當(dāng)它們相距為R（R遠大于小球半徑r）時，相互作用大小為F?，F(xiàn)讓兩球接觸一下，然后放到相距為2R的兩點，這時兩球相互作用力大小可能是（）A.415F B.16C.115F D.1解析：A設(shè)兩球的帶電荷量大小分別為3q、5q，根據(jù)庫侖定律得，相距R時的相互作用力為F＝k3q·5qR2＝k15q2R2，若兩球帶同種電荷，接觸后再分離，兩球的帶電荷量大小各為4q，根據(jù)庫侖定律得F1＝k4q·4q4R2＝k4q2R2＝415F，若兩球帶異種電荷，接觸后再分離，兩球的帶電荷量大小各為q，根據(jù)庫侖定律得2.【庫侖力的合成】（2023·海南高考8題）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兩點固定兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點（小球可視為點電荷），已知AP∶BP＝n∶1，試求Q1∶Q2是多少（）A.2n2∶1 B.4n2∶1C.2n3∶1 D.4n3∶1解析：C小球受力如圖所示，由正弦定理得FAsin∠CPH＝FBsin∠CHP，其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中APsin（π－∠POB）＝AOsin∠APO，同理有BPsin∠POB＝BOsin∠BPO，其中FA＝3.【庫侖力作用下的平衡問題】如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊P和小球Q均可視為點電荷，電荷量相同。置于粗糙水平面上的斜面體傾角為θ、質(zhì)量為M，將小物塊P放在絕緣粗糙的斜面體上。當(dāng)小球Q放在與P等高（P、Q連線水平）時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，此時經(jīng)測量小物塊P與小球Q的距離為r。設(shè)靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A.小球Q所帶電荷量為mgkB.小物塊P對斜面體的壓力為FN＝mgcosθC.斜面體對地面的壓力為（M＋m）gD.斜面體受到地面的摩擦力為0解析：C以小物塊P為研究對象，受到重力mg、斜面體的支持力FN和庫侖力F，由平衡條件得F＝mgtanθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，根據(jù)庫侖定律得F＝kq2r2，聯(lián)立解得q＝rmgtanθk，故A錯誤；由牛頓第三定律得小物塊P對斜面體的壓力為F'＝FN＝mgcosθ，故B錯誤；以斜面體和小物塊P整體為研究對象，由平衡條件得地面對斜面體的摩擦力為Ff＝F，地面對斜面體的支持力為FN1＝（M＋m）g，根據(jù)牛頓第三定律得斜面體對地面壓力為FN1'＝FN1＝（M＋4.【三個自由電荷的平衡問題】如圖所示，已知兩個點電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1C和＋4C，能在水平面上自由移動，它們之間的距離d＝3m。現(xiàn)引入點電荷Q3，試求：當(dāng)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49C，且放在Q1、Q2之間離Q1為1m解析：若整個系統(tǒng)處于平衡，則點電荷Q1、Q2、Q3所受合力均為零，由于Q1、Q2電性相同且都為正電荷，則Q3處在Q1、Q2之間某處，且Q3帶負電，根據(jù)kQ1Q3r12＝kQ3Q2r22，得r1r2＝Q1Q2＝12，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Q靜電力作用下的平衡問題（1）涉及靜電場中的平衡問題，其解題思路與力學(xué)中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了靜電力，具體步驟如下：（2）“三個自由點電荷平衡”模型①平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零。②模型特點考點二電場強度的理解和計算1.電場強度公式的比較三個公式E2.電場強度的疊加（1）電場強度的疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。（2）運算法則：平行四邊形定則。?判斷小題1.電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的靜電力成正比。（×）2.由E＝Fq知，當(dāng)試探電荷q變?yōu)橐话霑r，電場強度E變?yōu)樵瓉淼?倍。（×等量同種和異種點電荷的電場強度的比較比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的電場強度連線上O點電場強度最小，指向負電荷一方為零比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷連線上的電場強度大小（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點向外的電場強度大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱的A和A'、B和B'的電場強度等大同向等大反向【例】（2023·全國乙卷24題）如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內(nèi)，AB邊水平，頂點C在AB邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上。已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下，BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上，A點處點電荷的電荷量的絕對值為q，求：（1）B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負；（2）C點處點電荷的電荷量。答案：（1）q3個點電荷均帶正電（2）3－解析：（1）題中已知M點的電場強度豎直向下，可知A、B兩點處點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度等大反向，C點處點電荷帶正電，又M為AB邊的中點，結(jié)合點電荷的電場強度公式E＝kqr2可知A、B兩點處點電荷的電荷量大小相等，電性相同，即B點處點電荷的電荷量的絕對值為q，C點處點電荷在N點產(chǎn)生的電場強度方向為N→B，假設(shè)A、B兩點處點電荷均帶負電，則三個點電荷在N點產(chǎn)生的合電場強度方向不可能豎直向上，所以A、B兩點處點電荷均帶正電，即（2）設(shè)C點處點電荷的電荷量為qC，等邊三角形的邊長為2L，則AN＝3L，對三個點電荷在N點產(chǎn)生的電場強度分析，如圖所示，其中EBC是B、C兩點處點電荷在N點產(chǎn)生的合電場強度，EAN是A點處點電荷在N點產(chǎn)生的電場強度，EN為N點處的合電場強度。根據(jù)幾何關(guān)系得EANE故kq（3L解得qC＝3－31.（2024·山東聊城模擬）如圖所示，空間正四棱錐的底面邊長和側(cè)棱長均為a，水平底面的四個頂點處均固定著電荷量為＋q的點電荷，頂點P處有一個質(zhì)量為m的帶電小球，在靜電力和重力的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。將P處小球的電荷量減半，同時加豎直方向的勻強電場，此時P處小球仍能保持靜止，重力加速度為g，靜電力常量為k，則所加勻強電場的電場強度大小為（）A.mgq B.C.2kqa2解析：D設(shè)P處的帶電小球電荷量為Q，根據(jù)庫侖定律可知，P處小球受到各個頂點處點電荷的庫侖力大小為F＝kqQa2，根據(jù)幾何關(guān)系，可知正四棱錐的側(cè)棱與豎直線的夾角為45°，則4·kqQa2sin45°＝mg，若將P處小球的電荷量減半，則四個頂點處點電荷對P處小球的庫侖力的合力為F'＝2kqQa2，當(dāng)外加勻強電場后，再次平衡，則有2kqQa2＋Q2E2.（2023·湖南高考5題）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，q＞0，則三個點電荷的電荷量可能為（）A.Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝qB.Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－C.Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－qD.Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝解析：D若三個點電荷都帶正電或負電，則三個點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度疊加后一定不為零，A、B錯誤；幾何關(guān)系如圖1，若Q1＝Q3＝－q，則根據(jù)E＝kQr2分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P點產(chǎn)生的電場強度疊加后為E13，如圖2所示，與Q2在P點產(chǎn)生的電場強度不可能在一條直線上，即P點處的電場強度不可能疊加為零，C錯誤；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝－433q，則根據(jù)E＝kQr2分析可知E1＝E3＝kqr2，疊加后E13＝k3qr2，如圖3所示，與Q考點三電場線的理解及應(yīng)用靜電的防止與利用1.電場線的特點（1）電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷。（2）電場線在電場中不相交。（3）在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線較密，電場強度較小的地方電場線較疏。（4）電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向。（5）沿電場線方向電勢逐漸降低。（6）電場線和等勢面在相交處相互垂直。2.靜電平衡（1）定義：導(dǎo)體放入電場中時，附加電場與原電場的電場強度在導(dǎo)體內(nèi)部大小相等且方向相反，使得疊加電場強度為零時，自由電荷不再發(fā)生定向移動，導(dǎo)體達到靜電平衡狀態(tài)。（2）處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體的特點①導(dǎo)體內(nèi)部的電場強度處處為零。②導(dǎo)體是一個等勢體，導(dǎo)體表面是等勢面。③導(dǎo)體表面處的電場強度方向與導(dǎo)體表面垂直。④導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導(dǎo)體的外表面上。⑤在導(dǎo)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。?判斷小題1.電場線和電場一樣都是客觀存在的。（×）2.電場線不是電荷的運動軌跡，但根據(jù)電場線的方向能確定已知電荷的加速度的方向。（√）電場線的應(yīng)用（1）判斷電場強度的大?。弘妶鼍€密處電場強度大，電場線疏處電場強度小。（2）判斷靜電力的方向：正電荷受力方向與電場線在該點切線方向相同，負電荷受力方向與電場線在該點切線方向相反。（3）判斷電勢的高低與電勢降低得快慢：沿電場線方向電勢降低最快，且電場線密集處比稀疏處降低更快。1.【電場線的理解】如圖所示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(guān)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.右邊點電荷帶電荷量為－2qD.兩點電荷連線的中點處的電場強度大小為3kq解析：D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，由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，右邊點電荷帶負電，但是帶電荷量小于左邊點電荷帶電荷量，故右邊點電荷帶電荷量為－q，故C錯誤；依據(jù)點電荷的電場強度公式E＝kQr2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＝k2qr2＋kqr2＝2.【靜電平衡】如圖所示，一個原來不帶電的半徑為r的空心金屬球放在絕緣支架上，右側(cè)放一個電荷量為＋Q的點電荷，點電荷到金屬球的球心距離為3r。達到靜電平衡后，下列說法正確的是（）A.金屬球的左側(cè)感應(yīng)出負電荷，右側(cè)感應(yīng)出正電荷B.點電荷Q在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場的電場強度處處為零C.感應(yīng)電荷在金屬球球心處產(chǎn)生的電場的電場強度大小為E＝kQD.用導(dǎo)線的一端接觸球的左側(cè)，另一端接觸球的右側(cè)，球兩側(cè)電荷將中和解析：C靜電感應(yīng)導(dǎo)致金屬球的電荷重新分布，左側(cè)感應(yīng)出正電荷，右側(cè)感應(yīng)出負電荷，故A錯誤；感應(yīng)電荷在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場的電場強度與點電荷在該處產(chǎn)生的電場的電場強度大小相等，方向相反，金屬球內(nèi)部合電場強度為零，則點電荷Q在金屬球內(nèi)產(chǎn)生的電場的電場強度不為零，故B錯誤；球心處的合電場強度為零，則感應(yīng)電荷在球心處產(chǎn)生的電場強度的大小等于點電荷在球心處產(chǎn)生的電場強度的大小，大小為E＝kQ（3r）2＝kQ9r2，故C正確；用導(dǎo)線的一端接觸金屬球的左側(cè)，另一端接觸金屬球的右側(cè)3.【電場線與帶電粒子的運動軌跡分析】（多選）真空中靜止點電荷Q1、Q2所產(chǎn)生的電場的電場線分布如圖所示，圖中A、B兩點關(guān)于點電荷Q2水平對稱。某帶電粒子（僅受電場力作用）在電場中的運動軌跡如圖中虛線所示，C、D是軌跡上的兩個點。以下說法正確的是（）A.A、B兩點的電場強度大小相等B.A點的電勢大于B點電勢C.該粒子帶正電，在C點的加速度小于D點的加速度D.該粒子帶負電，在C點的加速度大于D點的加速度解析：BC根據(jù)電場線的方向，可知點電荷Q1帶正電，Q2帶負電，因電場線的疏密表示電場的強弱，所以A點處電場的電場強度較大，故A錯誤；在Q2的電場中，A、B兩點的電勢相等，在Q1的電場中，A點的電勢大于B點電勢，所以綜合來看，A點的電勢大于B點電勢，故B正確；電場力指向軌跡凹面，所以該粒子帶正電，C點電場線較疏，電場較弱，電場力較小，加速度較小，所以在C點的加速度小于D點的加速度，故C正確，D錯誤。分析電場線與粒子的運動軌跡相結(jié)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。非點電荷電場強度的疊加及計算方法一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：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示?！镜淅?】（2024·北京模擬）如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)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(chǎn)生感應(yīng)電荷，空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部電場強度處處為零，則在z軸上z＝?2處的電場強度的大小為（k為靜電力常量）（A.k4q?2 C.k32q9?2答案：D解析：點電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場在z＞0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點對稱的等量異種點電荷形成的電場，如圖所示。所以z軸上z＝?2處的電場強度E＝kq?22＋kq32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，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化。如圖所示，均勻帶電的34球殼在O點產(chǎn)生的電場強度，等效為弧BC產(chǎn)生的電場強度，弧BC產(chǎn)生的電場強度方向，又等效為弧的中點M在O【典例2】（2024·湖北武漢模擬）如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，電荷在該半球的中心O處產(chǎn)生的電場的電場強度大小等于E0，半球的一個截面過半球面的直徑，該截面與半球面的底面夾角α＝60°，則該截面左下側(cè)的這部分球面上的電荷在O處產(chǎn)生的電場的電場強度大小為（）A.13E0 B.36C.32E0 D.12答案：D解析：把半球面三等分，根據(jù)對稱性，則每一部分在O點處的電場強度大小均相等，設(shè)為E'，方向如圖，依題意，半球面在O點的合電場強度為E0，根據(jù)矢量合成法則，可得E0＝2E'，所以E'＝12E0，故選D方法三填補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，從而化難為易、事半功倍?！镜淅?】（2024·河南周口期末）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，M點的電場強度大小為E，已知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N點的電場強度大小為（）A.kq2R2－EC.kq4R2－E D.答案：A解析：把半個球面補到右面，在O點組成一個完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，設(shè)完整球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E0，左半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E左，右半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E右，根據(jù)電場強度疊加原理E左＋E右＝E0，根據(jù)題意E0＝k·2q（2R）2，E右＝E，解得E左＝kq2R2－方法四微元法將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的電場強度，再結(jié)合對稱性和電場強度疊加原理求出合電場強度。【典例4】（多選）如圖所示，一半徑為r的圓環(huán)上均勻分布著正電荷，電荷量為＋Q，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。在x軸上距圓心O距離為s處有一點P，則（）A.O點的電場強度為零，電勢最低B.從O點沿x軸正方向，電場強度先增大后減小C.P點的電場強度大小E＝kQsD.P點的電場強度大小E＝kQs答案：BD解析：圓環(huán)上均勻分布著正電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上各電荷在O點產(chǎn)生的電場強度相互抵消，合電場強度為零，圓環(huán)上各電荷產(chǎn)生的電場強度在x軸有向右的分量，根據(jù)電場強度的疊加原理可知，x軸上電場強度方向向右，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知在x軸上O點的電勢最高，故A錯誤。O點的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，所以從O點沿x軸正方向，電場強度應(yīng)先增大后減小，故B正確。設(shè)圓環(huán)上足夠小的圓弧上電荷的電荷量為q'，其在P點產(chǎn)生的電場的電場強度沿x軸的分量為E'＝kq'r'2cosθ，其中r'＝r2＋s2，cosθ＝sr2＋s2，跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.要使真空中的兩個點電荷間的庫侖力增大到原來的4倍，下列方法可行的是（）A.每個點電荷的電荷量都增大到原來的2倍，點電荷間的距離不變B.保持點電荷的電荷量不變，使兩個點電荷間的距離增大到原來的2倍C.使一個點電荷的電荷量加倍，另一個點電荷的電荷量保持不變，同時使兩個點電荷間的距離減小為原來的1D.保持點電荷的電荷量不變，將兩個點電荷間的距離減小到原來的1解析：A每個點電荷的電荷量都增大到原來的2倍，點電荷間的距離不變，則F'＝4kQ1Q2r2＝4F，故A正確；保持點電荷的電荷量不變，使兩個點電荷間的距離增大到原來的2倍，根據(jù)公式可知庫侖力變成原來的14，故B錯誤；使一個點電荷的電荷量增加1倍，另一個點電荷的電荷量保持不變，同時使兩點電荷間的距離減小為原來的12，則有F″＝8F，故C錯誤；保持點電荷的電荷量不變，將兩點電荷間的距離減小為原來的14，則力2.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F1F2為A.2110 B.C.1910 D.解析：C設(shè)AB＝BC＝l，無論固定電荷帶何種電荷，根據(jù)庫侖定律得F1＝5kQql2－kQq（2l）2＝19kQq4l2，將兩帶電金屬小球接觸后，所帶電荷量均為－2Q，根據(jù)庫侖定律得F2＝2kQq3.如圖所示，四個點電荷所帶電荷量的絕對值均為Q，分別固定在正方形的四個頂點上，正方形邊長為a，則正方形兩條對角線交點處的電場強度（）A.大小為42kQB.大小為22kQC.大小為42kQD.大小為22kQ解析：C一個點電荷在兩條對角線交點O處產(chǎn)生的電場強度大小為E＝kQ22a2＝2kQa2，對角線上的兩異種點電荷在O處的合電場強度為E合＝2E＝4kQa2，方向由正電荷指向負電荷，兩對角線方向的電場強度互相垂直，合電場強度為EO4.如圖所示的實線為某靜電場的電場線，虛線是僅在電場力作用下某帶負電粒子的運動軌跡，A、B、C、D是電場線上的點，其中A、D兩點在粒子的軌跡上，下列說法正確的是（）A.該電場可能是正點電荷產(chǎn)生的B.由圖可知，同一電場的電場線在空間是可以相交的C.將該粒子在C點由靜止釋放，它可能一直沿電場線運動D.該粒子在A點的速度一定大于在D點的速度解析：D正點電荷周圍的電場線是從正點電荷出發(fā)，呈輻射狀分布的，A錯誤；同一電場的電場線在空間不能相交，B錯誤；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于C點所在電場線為曲線，所以將該粒子在C點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，C錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，該粒子帶負電，可知電場強度方向應(yīng)是從B到C，A點的電勢高于D點的電勢，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在A點的速度較大，D正確。5.（2024·上海模擬）圖甲為勻強電場，圖乙為非勻強電場，三個電荷用輕棒連接為正三角形，則整個系統(tǒng)受合力的情況是（）A.甲為0，乙為0 B.甲為0，乙不為0C.甲不為0，乙為0 D.甲不為0，乙不為0解析：B對于圖甲，由于是勻強電場，設(shè)電場強度為E甲，則兩個＋q的電荷受到的電場力為2E甲q，方向沿電場線向上，一個－2q的電荷受到的電場力為2E甲q，方向沿電場線向下，則圖甲整個系統(tǒng)受合力為0；同理分析，圖乙中，垂直方向，系統(tǒng)所受合力不為零，則圖乙整個系統(tǒng)受合力不為0。故選B。6.如圖所示，真空中有一個三棱錐ABC－O，三棱錐各邊長均為L，在A、B、C三點分別放置電荷量為3q的正點電荷，現(xiàn)在要外加一個勻強電場，使O點的電場強度為0，則勻強電場的電場強度大小為（）A.3kqL2C.33kqL解析：D根據(jù)幾何關(guān)系可知三棱錐的高與邊長的夾角符合cosθ＝63，則三個點電荷在O點的合電場強度為E＝3×k·3qL2cosθ＝32kqL2，外加一個勻強電場，7.一半徑為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、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點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為（k為靜電力常量）（）A.k3qR2 C.k（Q＋q）解析：D點電荷在b點的電場強度方向向右，大小為E1＝kqR2，因b點的電場強度為零，所以圓盤在b點的電場強度方向向左，大小為E2＝E1＝kqR2，根據(jù)對稱性可知，圓盤在d點的電場強度方向向右，大小也為E2＝kqR2，所以d點的電場強度為E＝kqR2＋8.（2024·遼寧鞍山模擬）如圖所示，半徑為R的硬塑膠圓環(huán)，帶有均勻分布的正電荷，單位長度上的電荷量為Q，其圓心O處的合電場強度為零，現(xiàn)截去圓環(huán)頂部極少一段L（L?R），則關(guān)于剩余部分在圓心O處產(chǎn)生電場強度，下列說法中正確的是（）A.方向豎直向下B.方向豎直向上，大小為kQC.大小為kQD.大小為kQL解析：DL段的電荷量為q＝QL，則L段在O處產(chǎn)生的電場強度方向向下，大小為E＝kqR2＝kQLR2，因為完整的圓環(huán)在圓心O處的合電場強度為零，所以剩余部分在O處產(chǎn)生的電場強度與L段在O處產(chǎn)生的電場強度等大反向，即剩余部分在O處產(chǎn)生的電場強度方向向上，大小表示為E'＝E＝kQLR2，D正確，9.（多選）（2024·河北邢臺模擬）如圖所示，豎直面內(nèi)一絕緣細半圓環(huán)均勻分布著正電荷，a、b為圓環(huán)水平直徑AB上的兩個點且a點為圓心，AC弧和CB弧都是四分之一圓弧。已知均勻帶電圓環(huán)內(nèi)各點的電場強度均為零，則下列說法正確的是（）A.b點電場強度的方向垂直于AB向下B.b點電場強度的方向斜向下C.若AC弧在a點的電場強度大小為E，則半圓環(huán)在a點的電場強度大小為2ED.若AC弧在a點的電場強度大小為E，則半圓環(huán)在a點的電場強度大小為2E解析：AD如圖所示，把半圓環(huán)補成一個圓環(huán)，則b點的合電場強度為零，假設(shè)ACB弧在b點的電場強度的方向不垂直于AB，且電場強度的大小為E2，根據(jù)對稱性可知，ADB弧在b點的電場強度大小為E1，且E1和E2關(guān)于AB對稱，則此種情況下b點的合電場強度不為零，假設(shè)不成立，所以b點電場強度的方向垂直于AB向下，故A正確，B錯誤；令M是AC弧的中點，N