江蘇省2024高考物理一輪復習第七章靜電場第1講電場力的性質教案

PAGEPAGE1第1講電場力的性質目標要求內容要求說明1.電荷和電荷守恒定律通過試驗，了解靜電現象．能用原子結構模型和電荷守恒的學問分析靜電現象．帶電粒子在勻強電場中運動的計算限于帶電粒子進入電場時速度平行或垂直于場強的狀況.2.點電荷和庫侖定律知道點電荷模型．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思想和方法．3.電場和電場強度電場線知道電場是一種物質．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.電勢能電勢電勢差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．知道勻強電場中電勢差與電場強度的關系．5.帶電粒子在電場中的運動能分析帶電粒子在電場中的運動狀況，能說明相關的物理現象．6.靜電現象了解生產生活中關于靜電的利用與防護．7.電容器與電容視察常見電容器，了解電容器的電容，視察電容器的充、放電現象．能舉例說明電容器的應用．試驗九視察電容器的的充、放電現象第1講電場力的性質一、電荷電荷守恒定律1．元電荷、點電荷(1)元電荷：e＝1.60×10－19C，全部帶電體的電荷量都是元電荷的整數倍．(2)點電荷：代表帶電體的有肯定電荷量的點，忽視帶電體的大小、形態(tài)及電荷分布狀況的志向化模型．2．電荷守恒定律(1)內容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會殲滅，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)三種起電方式：摩擦起電、感應起電、接觸起電．(3)帶電實質：物體得失電子．(4)電荷的安排原則：兩個形態(tài)、大小相同且?guī)N電荷的同種導體，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．自測1如圖1所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支撐使它們彼此接觸．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()圖1A．此時A帶正電，B帶負電B．此時A帶正電，B帶正電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解析由靜電感應可知，A左端帶負電，B右端帶正電，選項A、B錯誤；若移去C，A、B兩端電荷中和，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷不能中和，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項D錯誤．二、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，叫做靜電力常量．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狀況，可以干脆應用公式．(2)當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確定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．推斷正誤(1)由庫侖定律公式F＝keq\f(q1q2,r2)可知，當r→0時，F為無窮大．(×)(2)兩個帶電體之間的庫侖力是一對相互作用力，大小相等，方向相反．(√)(3)庫侖定律是通過試驗總結出的規(guī)律．(√)三、電場、電場強度1．電場(1)定義：存在于電荷四周，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電場力F與它的電荷量q的比值．(2)定義式：E＝eq\f(F,q)；單位：N/C或V/m.(3)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場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).自測2如圖2所示，電荷量為q1和q2的兩個點電荷分別位于P點和Q點．已知在P、Q連線上某點R處的電場強度為零，且PR＝2RQ.則()圖2A．q1＝2q2 B．q1＝4q2C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2答案B解析由題意知q1、q2為同種電荷，設RQ＝r，則PR＝2r，有keq\f(q1,2r2)＝keq\f(q2,r2)，q1＝4q2.四、電場線的特點1．電場線從正電荷或無限遠動身，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．自測3兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的質點四周的電場線如圖3所示，由圖可知()圖3A．兩質點帶異號電荷，且Q1>Q2B．兩質點帶異號電荷，且Q1<Q2C．兩質點帶同號電荷，且Q1>Q2D．兩質點帶同號電荷，且Q1<Q2答案A1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用．2．對于兩個勻稱帶電絕緣球體，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．對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖4所示．圖4(1)同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；(2)異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2).4．不能依據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看成點電荷了．例1(2024·全國卷Ⅰ·16)如圖5，三個固定的帶電小球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()圖5A．a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案D解析由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線知a、b帶異號電荷．a對c的庫侖力Fa＝eq\f(k0qaqc,ac2)①b對c的庫侖力Fb＝eq\f(k0qbqc,bc2)②設合力向左，如圖所示，依據幾何關系得eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(ac,bc)③由①②③得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27)，若合力向右，結果仍成立，D正確．變式1(2024·湖北宜昌市調研)如圖6所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b電荷量均為＋q，c和d電荷量均為－q.則a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小是()圖6A．0B.eq\f(\r(2)kq2,l2)C.eq\f(kq2,l2)D.eq\f(3kq2,2l2)答案D解析a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q，則c、d電荷對a電荷的庫侖力為引力，b電荷對a電荷的庫侖力為斥力．依據庫侖定律，|Fca|＝eq\f(kq2,\r(2)l2)；|Fba|＝|Fda|＝keq\f(q2,l2)；依據力的合成法則，a電荷所受的電場力大小為：F＝eq\f(3kq2,2l2)，故A、B、C錯誤，D正確．1．解題思路涉及庫侖力的平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了庫侖力，詳細步驟如下：2．特殊提示留意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向．例2(2024·福建南平市其次次綜合質檢)如圖7所示，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平面上．為了使質量為m，帶電荷量為＋q的小球靜止在斜面上，可加一平行紙面的勻強電場(未畫出)，則()圖7A．電場強度的最小值為E＝eq\f(mgtanθ,q)B．若電場強度E＝eq\f(mg,q)，則電場強度方向肯定豎直向上C．若電場強度方向從沿斜面對上漸漸轉到豎直向上，則電場強度漸漸增大D．若電場強度方向從沿斜面對上漸漸轉到豎直向上，則電場強度先減小后增大答案C解析對小球受力分析，如圖所示，電場力與支持力垂直時，所加的電場強度最小，此時場強方向沿斜面對上，mgsinθ＝qEmin，解得電場強度的最小值為Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，選項A錯誤；若電場強度E＝eq\f(mg,q)，則電場力與重力大小相等，由圖可知，電場力方向可能豎直向上，也可能斜向左下，選項B錯誤；由圖可知，若電場強度方向從沿斜面對上漸漸轉到豎直向上，則電場力漸漸變大，電場強度漸漸增大，選項C正確，D錯誤．變式2(2024·全國卷Ⅰ·15)如圖8，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()圖8A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷答案D解析對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進行受力分析可知，Q對P的庫侖力水平向右，則勻強電場對P的電場力應水平向左，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項C錯誤，D正確．例3(多選)(2024·廣東汕頭市質檢)質量均為m的三個帶電小球A、B、C用三根長度均為l的絕緣絲線相互連接，放置在光滑絕緣的水平面上，A球的電荷量為＋q.在C球上施加一個水平向右的恒力F之后，三個小球一起向右運動，三根絲線剛好都伸直且沒有彈力，F的作用線的反向延長線與A、B間的絲線相交于絲線的中點，如圖9所示．已知靜電力常量為k，下列說法正確的是()圖9A．B球的電荷量可能為＋2qB．C球的電荷量為－2qC．三個小球一起運動的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,ml2)D．恒力F的大小為eq\f(2\r(3)kq2,l2)答案BC解析依據對稱性可知，A球的電荷量和B球的電荷量相同，故A錯誤；設C球的電荷量大小為qC，以A球為探討對象，B球對A球的庫侖斥力為FBA＝eq\f(kq2,l2)，C球對A球的庫侖引力為FCA＝eq\f(kqqC,l2)，由題意可知小球運動的加速度方向與F的作用線平行，則有：FCAsin30°＝FBA，FCAcos30°＝ma，解得：qC＝2q，a＝eq\f(\r(3)kq2,ml2)，C球帶負電，故C球的電荷量為－2q，故B、C正確；以三個小球整體為探討對象，依據牛頓其次定律可得：F＝3ma＝eq\f(3\r(3)kq2,l2)，故D錯誤．變式3(多選)(2024·安徽蚌埠市第三次質量檢測)如圖10所示，帶電小球甲固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面上距甲肯定距離有另一個帶電小球乙，乙在桌面上運動，甲、乙均可視為質點．某時刻乙的速度沿垂直于甲、乙的連線方向，則()圖10A．若甲、乙?guī)N電荷，以后乙肯定做速度變大的曲線運動B．若甲、乙?guī)N電荷，以后乙肯定做加速度變大的曲線運動C．若甲、乙?guī)М惙N電荷，以后乙可能做勻速圓周運動D．若甲、乙?guī)М惙N電荷，以后乙可能做加速度和速度都變小的曲線運動答案ACD解析若甲、乙?guī)N電荷，甲、乙之間的庫侖力為排斥力，且力的方向和速度的方向不在一條直線上，所以乙肯定做曲線運動，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以乙的加速度在減小，速度增大，故A正確，B錯誤；若甲、乙?guī)М惙N電荷，甲、乙之間的庫侖力為吸引力，若甲、乙之間的庫侖力恰好等于乙做圓周運動的向心力，則乙球若圍著甲球做勻速圓周運動，此時乙球速度的大小和加速度的大小都不變，當甲、乙之間的庫侖力小于須要的向心力時，乙球做離心運動，速度和加速度都減小，故C、D正確．類型1點電荷電場強度的疊加及計算1．電場強度的性質(1)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點場強的方向；(2)唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它確定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置；(3)疊加性：假如有幾個靜止點電荷在空間同時產生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和．2．三個計算公式公式適用條件說明定義式E＝eq\f(F,q)任何電場某點的場強為確定值，大小及方向與q無關確定式E＝keq\f(Q,r2)真空中點電荷的電場E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r確定關系式E＝eq\f(U,d)勻強電場d是沿電場方向的距離3．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，再變大沿連線先變小，再變大沿連線的中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外漸漸變小O點最小，向外先變大后變小關于O點對稱的A與A′，B與B′的場強等大同向等大反向例4如圖11所示，E、F、G、H為矩形ABCD各邊的中點，O為EG、HF的交點，AB邊的長度為d.E、G兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負點電荷置于H點時，F點處的電場強度恰好為零．若將H點的負電荷移到O點，則F點處場強的大小和方向為(靜電力常量為k)()圖11A.eq\f(4kQ,d2)，方向向右 B.eq\f(4kQ,d2)，方向向左C.eq\f(3kQ,d2)，方向向右 D.eq\f(3kQ,d2)，方向向左答案D解析當負點電荷在H點時，F點處電場強度恰好為零，依據公式E＝keq\f(Q,r2)可得負點電荷在F點產生的電場強度大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故兩個正點電荷在F點的合場強大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向右；負點電荷移到O點，在F點產生的電場強度大小為E1＝keq\f(4Q,d2)，方向水平向左，所以F點的合場強為keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向左，故D正確，A、B、C錯誤．類型2非點電荷電場強度的疊加及計算1．等效法在保證效果相同的前提下，將困難的電場情景變換為簡潔的或熟識的電場情景．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12甲、乙所示．圖12例5一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷＋Q，它們在四周產生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的狀況下，由點電荷＋Q與其像電荷－Q共同激發(fā)產生的．像電荷－Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷＋Q在此鏡中的像點位置．如圖13所示，已知＋Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，a為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中ab邊平行于MN.則()圖13A．a點的電場強度大小為E＝4keq\f(Q,L2)B．a點的電場強度大小大于b點的電場強度大小C．b點的電場強度和c點的電場強度相同D．一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電勢能的改變量為零答案B解析由題意可知，點電荷＋Q和金屬板MN四周空間電場與等量異種點電荷產生的電場等效，所以a點的電場強度E＝keq\f(Q,\f(L,2)2)＋keq\f(Q,\f(3L,2)2)＝eq\f(40kQ,9L2)，A錯誤；等量異種點電荷四周的電場線分布如圖所示由圖可知Ea>Eb，B正確；圖中b、c兩點的場強方向不同，C錯誤；由于a點的電勢大于d點的電勢，所以一正點電荷從a點經b、c運動到d點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤．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，使困難電場的疊加計算問題大為簡化．圖14例如：如圖14所示，勻稱帶電的eq\f(3,4)球殼在O點產生的場強，等效為弧BC產生的場強，弧BC產生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向．例6(2024·四川成都市其次次診斷)如圖15所示，邊長為L的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為L的相同絕緣細棒．每根細棒勻稱帶上正電．現將電荷量為＋Q的點電荷置于BC中點，此時正六邊形幾何中心O點的場強為零．若移走＋Q及AB邊上的細棒，則O點電場強度大小為(k為靜電力常量，不考慮絕緣棒及＋Q之間的相互影響)()圖15A.eq\f(kQ,L2)B.eq\f(4kQ,3L2)C.eq\f(2\r(3)kQ,3L2)D.eq\f(4\r(3)kQ,3L2)答案D解析由題意，＋Q的點電荷在O點的電場強度大小為E＝eq\f(kQ,\f(\r(3),2)L2)＝eq\f(4kQ,3L2)；那么每根細棒在O點的電場強度大小也為E＝eq\f(4kQ,3L2)；因此＋Q及AB邊上的細棒在O點的合電場強度大小E合＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，其方向如圖所示：若移走＋Q及AB邊上的細棒，那么其余棒在O點的電場強度大小為E合′＝eq\f(4\r(3)kQ,3L2)，故A、B、C錯誤，D正確．3．填補法將有缺口的帶電圓環(huán)或圓板補全為完整的圓環(huán)或圓板，或將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．例7(多選)(2024·云南大姚縣一中一模)已知勻稱帶電球殼內部電場強度到處為零，電勢到處相等．如圖16所示，正電荷勻稱分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線，A、B為軸上的點，且AO＝OB，則下列推斷正確的是()圖16A．A、B兩點的電勢相等B．A、B兩點的電場強度相同C．點電荷從A點移動到B點，電場力肯定做正功D．同一個負電荷放在B點比放在A點的電勢能大答案BD解析依據電場的疊加原理可知，x軸上電場線方向向右，則A點的電勢高于B點的電勢，故A錯誤；將半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ妱蚍Q，設左、右半球在A點產生的場強大小分別為E1和E2.由題知，勻稱帶電球殼內部電場強度到處為零，則知E1＝E2.依據對稱性可知，左、右半球在B點產生的場強大小分別為E2和E1，且E1＝E2.則在圖示電場中，A的場強大小為E1，方向向右，B的場強大小為E2，方向向右，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，故B正確．點電荷從A點移到B點，電勢降低，由于點電荷的電性未知，則電場力不肯定做正功，故C錯誤．A點的電勢高于B點的電勢，依據負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，知同一個負電荷放在B點比放在A點的電勢能大，故D正確．1．(靜電的利用與防護)(2024·江蘇南通、連云港等七市三模聯考)西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，人們對雷電的相識已從雷公神話提升到樸實的陰陽作用．下列關于雷電的說法中錯誤的是()A．發(fā)生雷電的過程是放電過程B．發(fā)生雷電的過程是電能轉化為光能、內能等的過程C．發(fā)生雷電的過程中，電荷的總量增加D．避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊答案C解析發(fā)生雷電的過程，就是帶有正、負電荷的云朵相遇時，正、負電荷中和，是激烈的放電過程，也就是電能轉化為光能、內能等的過程，電荷的總量是守恒的，故A、B項正確，C項錯誤；當帶電的云朵靠近避雷針時，云層與避雷針尖端之間的空氣被擊穿，成為導體，避雷針把云層中的電荷導入大地，從而避開建筑物遭遇雷擊，D項正確．2．(庫侖定律的理解和應用)(多選)兩個相同的金屬小球(視為點電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回到原位置上，則相互作用力可能是原來的()A.eq\f(4,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7)D.eq\f(16,7)答案CD解析設兩小球所帶的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝keq\f(q×7q,r2)＝7keq\f(q2,r2)，由于電性未知，需分兩種狀況探討：(1)兩球電性相同，相互接觸后電荷量均分，每個小球所帶電荷量為eq\f(7q＋q,2)＝4q，放回到原處后的相互作用力為F1＝keq\f(4q×4q,r2)＝16keq\f(q2,r2)，故F1＝eq\f(16,7)F.(2)兩球電性不同，相互接觸后先中和再均分，每個小球所帶電荷量為eq\f(7q－q,2)＝3q，放回原處后的相互作用力為F2＝keq\f(3q×3q,r2)＝9keq\f(q2,r2)，故F2＝eq\f(9,7)F.3．(庫侖力作用下的平衡問題)(2024·安徽宣城市其次次模擬)如圖17，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狀態(tài)．下列說法正確的是()圖17A．小球a、b、c帶同種電荷B．小球a、b帶異種電荷C．小球a、b帶電荷量之比為eq\f(\r(3),6)D．小球a、b帶電荷量之比為eq\f(\r(3),9)答案D解析對c小球受力分析可得，a、b小球必需帶同種電荷，c小球才能平衡；對b小球受力分析可得，b、c小球帶異種電荷，b小球才能平衡，故A、B錯誤；設環(huán)的半徑為R，a、b、c球的帶電荷量分別為q1、q2和q3，由幾何關系可得lac＝R，lbc＝eq\r(3)R，a與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則有eq\f(kq1q3,l\o\al(2,ac))·sin60°＝eq\f(kq2q3,l\o\al(2,bc))·sin30°，所以eq\f(q1,q2)＝eq\f(\r(3),9)，故選項C錯誤，D正確．4．(電場強度理解與計算)如圖18所示，四個點電荷所帶電荷量的肯定值均為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()圖18A．大小為eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向上B．大小為eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向豎直向上C．大小為eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下D．大小為eq\f(2\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下答案C解析一個點電荷在兩條對角線交點O產生的場強大小為E＝eq\f(kQ,\f(\r(2),2)a2)＝eq\f(2kQ,a2)，對角線上的兩異種點電荷在O處的合場強為E合＝2E＝eq\f(4kQ,a2)，故兩等大的場強相互垂直，合場強為EO＝eq\r(E\o\al(2,合)＋E\o\al(2,合))＝eq\f(4\r(2)kQ,a2)，方向豎直向下，故選C.5.(帶電粒子在電場中的曲線運動)(多選)如圖19所示，直線是一簇未標明方向的由點電荷產生的電場線，曲線是某一帶電粒子通過電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上兩點．若帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，依據此圖可以作出的推斷是()圖19A．帶電粒子所帶電荷的符號B．帶電粒子在a、b兩點的受力方向C．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大D．帶電粒子在a、b兩點的加速度方向答案BCD解析如圖所示，由于帶電粒子在電場力作用下做曲線運動，所以電場力應指向軌跡的凹側，且沿電場線，即沿電場線向左，B正確；由于電場線方向未知，故不能確定帶電粒子的電性，A錯誤；加速度由電場力產生，由于a處電場線比b處密，所以a處電場強度大，由F＝qE知，帶電粒子在a處受到的電場力大，故加速度大，且方向與電場力方向相同，C、D正確．1．(2024·江蘇卷·2)靜電現象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球旁邊，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產生電流D．從干燥的地毯上走過，手遇到金屬把手時有被電擊的感覺答案C解析用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現象；帶電小球移至不帶電金屬球旁邊，由于靜電感應，金屬小球在靠近帶電小球一端時會感應出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應現象，小線圈中產生感應電流，選項C不屬于靜電現象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手遇到金屬把手時瞬時產生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現象．2．(多選)(2024·山西大同市模擬)在電場中的某點A放一電荷量為＋q的摸索電荷，它所受到的電場力大小為F，方向水平向右，則A點的場強大小EA＝eq\f(F,q)，方向水平向右．下列說法正確的是()A．在A點放置一個電荷量為－q的摸索電荷，A點的場強方向變?yōu)樗较蜃驜．在A點放置一個電荷量為＋2q的摸索電荷，則A點的場強變?yōu)?EAC．在A點放置一個電荷量為－q的摸索電荷，它所受的電場力方向水平向左D．在A點放置一個電荷量為＋2q的摸索電荷，它所受的電場力為2F答案CD解析E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，某點的場強大小和方向與場源電荷有關，與放入的摸索電荷無關，故選項A、B錯誤；因負電荷受到的電場力的方向與場強方向相反，故選項C正確；A點場強EA肯定，放入的摸索電荷所受電場力大小為F′＝q′EA，當放入電荷量為＋2q的摸索電荷時，摸索電荷所受電場力應為2F，故選項D正確．3．(多選)如圖1甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的摸索電荷受到的電場力跟摸索電荷所帶電荷量的關系如圖乙所示，則()圖1A．A點的電場強度大小為2×103N/CB．B點的電場強度大小為2×103N/CC．點電荷Q在A、B之間D．點電荷Q在A、O之間答案AC解析對于電場中隨意一點而言，放在該處的摸索電荷的電荷量q不同，其受到的電場力F的大小也不同，但比值eq\f(F,q)是相同的，即該處的電場強度不變．所以F－q圖象是一條過原點的直線，斜率越大則電場強度越大．由題圖可知A點的電場強度大小EA＝2×103N/C，B點的電場強度大小EB＝0.5×103N/C，A正確，B錯誤；A、B兩點分別放正、負電荷，受力方向均為正方向，說明A、B的場強方向相反，點電荷Q只能在A、B之間，C正確，D錯誤．4.如圖2所示，一電子沿等量異種點電荷連線的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子所受另一個力的大小和方向改變狀況是()圖2A．先變大后變小，方向水平向左B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左D．先變小后變大，方向水平向右答案B解析依據等量異種點電荷四周的電場線分布知，從A→O→B，電場強度的方向不變，水平向右，電場強度的大小先增大后減小，則電子所受電場力的大小先變大后變小，方向水平向左，則外力的大小先變大后變小，方向水平向右，故B正確，A、C、D錯誤．5.(2024·四川攀枝花市其次次統考)如圖3所示，真空中三個質量相等的小球A、B、C，帶電荷量大小分別為QA＝6q，QB＝3q，QC＝8q.現用適當大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做勻加速直線運動，運動過程中A、B、C保持相對靜止，且A、B間距離與B、C間距離相等．不計電荷運動產生磁場的影響，小球可視為點電荷，則此過程中B、C之間的作用力大小為()圖3A.eq\f(4,3)FB．FC.eq\f(2,3)FD.eq\f(1,3)F答案A解析設小球的質量為m，以三個球為整體：F＝3ma；以A、B為整體：F1＝2ma，解得F1＝eq\f(2,3)F；由牛頓第三定律知A、B對C的庫侖力的合力大小為eq\f(2,3)F.依據庫侖定律得eq\f(FBC,FAC)＝keq\f(3q·8q,L2)∶keq\f(6q·8q,4L2)＝eq\f(2,1)，A、B所受C的庫侖力方向不行能相同，結合牛頓第三定律可知：FBC－FAC＝eq\f(2,3)F，解得FBC＝eq\f(4,3)F.6.如圖4，xOy平面直角坐標系所在空間有沿x軸負方向的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度大小為E.坐標系上的A、B、C三點構成邊長為L的等邊三角形．若將兩電荷量相等的正點電荷分別固定在A、B兩點，C點處的電場強度恰好為零．則A處的點電荷在C點產生的電場強度大小為()圖4A．E B.eq\f(\r(3),3)EC.eq\r(3)E D.eq\f(\r(3),2)E答案B解析C點三個電場方向如圖所示，依據題意可知E1cos30°＋E2cos30°＝E，又E1＝E2，解得E2＝eq\f(\r(3),3)E，B正確．7.如圖5所示，一個絕緣圓環(huán)，當它的eq\f(1,4)段勻稱帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，現使半圓ABC勻稱帶電＋2q，而另一半圓ADC勻稱帶電－2q，則圓心O處電場強度的大小和方向為()圖5A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析當圓環(huán)的eq\f(1,4)段勻稱帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，當半圓ABC勻稱帶電＋2q時，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心O處的電場強度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D；當另一半圓ADC勻稱帶電－2q時，同理，在圓心O處的電場強度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D；依據矢量的合成法則，圓心O處的電場強度的大小為2eq\r(2)E，方向由O指向D.8．(2024·廣東廣州市4月綜合測試)如圖6，在光滑絕緣水平桌面上，三個帶電小球a、b和c分別固定于正三角形頂點上．已知a、b帶電荷量均為＋q，c帶電荷量為－q，則()圖6A．ab連線中點場強為零B．三角形中心處場強為零C．a所受庫侖力方向垂直于ab連線D．a、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)答案D解析在ab連線的中點處，a、b兩電荷在該點的合場強為零，則該點的場強等于c在該點的場強，大小不為零，選項A錯誤．在三角形的中心處，a、b兩電荷在該點的場強大小相等，場強方向夾角為120°，則合場強豎直向下，電荷c在該點的場強也是豎直向下，則三角形中心處場強不為零，選項B錯誤．a受到b的斥力沿ba方向，受到c的引力沿ac方向，則其合力方向斜向左下方與ab連線成60°角，選項C錯誤．設三角形的邊長為l，a、b所受庫侖力大小相等，Fa＝Fb＝2eq\f(kq2,l2)cos60°＝eq\f(kq2,l2)；c所受庫侖力：Fc＝2eq\f(kq2,l2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq2,l2)，則a、b、c所受庫侖力大小之比為1∶1∶eq\r(3)，選項D正確．9．(多選)如圖7所示，光滑絕緣的水平面上有一帶電荷量為－q的點電荷，在距水平面高h處的空間內存在一場源點電荷＋Q，兩電荷連線與水平面間的夾角θ＝30°，現給－q一水平初速度，使其恰好能在水平面上做勻速圓周運動(恰好不受支持力)，已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則()圖7A．點電荷－q做勻速圓周運動的向心力為eq\f(\r(3)kQq,4h2)B．點電荷－q做勻速圓周運動的向心力為eq\f(\r(3)kQq,8h2)C．點電荷－q做勻速圓周運動的線速度為eq\r(3gh)D．點電荷－q做勻速圓周運動的線速度為eq\f(\r(3gh),2)答案BC解析點電荷－q恰好能在水平面上做勻速圓周運動，點電荷－q受到豎直向下的重力以及點電荷＋Q的引力，如圖所示，電荷之間的引力在水平方向上的分力充當向心力，兩點電荷間距離R＝eq\f(h,sinθ)，Fn＝keq\f(Qq,R2)·cosθ，聯立解得Fn＝eq\f(\r(3)kQq,8h2)，A錯誤，B正確；點電荷－q做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(h,tanθ)，因為Fn＝eq\f(mg,tanθ)，依據Fn＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(3gh)，C正確，D錯誤．10.(2024·廣東“六校”第三次聯考)如圖8，通過絕緣輕繩將質量均為m的三個小球A、B、C連接在一起并懸于O點，其中A、B球帶電，且?guī)щ姾闪烤鶠椋玵，C球不帶電．整個空間存在方向豎直向下的勻強電場，場強大小為E＝eq\f(mg,q).當把OA段細線剪斷的瞬間()圖8A．A球的加速度小于2gB．B球的加速度大于2gC．A球和B球之間的繩子拉力為0D．B球和C球之間的繩子拉力為0答案