【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習(xí)-第6章-第1節(jié)-電場力的性質(zhì)-

2022高考導(dǎo)航考綱呈現(xiàn)1．物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ2．靜電現(xiàn)象的解釋Ⅰ3．點(diǎn)電荷Ⅰ4．庫侖定律Ⅱ5．靜電場Ⅰ6．電場強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的場強(qiáng)Ⅱ7．電場線Ⅰ8．電勢能、電勢Ⅰ9．電勢差Ⅱ10．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系Ⅰ11．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ12．示波管Ⅰ13．常見電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ說明：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)的計(jì)算，只限于帶電粒子進(jìn)入電場時(shí)速度平行或垂直于場強(qiáng)方向的狀況.熱點(diǎn)視角1．利用電場線和等勢面確定場強(qiáng)的大小和方向，推斷電勢凹凸、電場力變化、電場力做功和電勢能的變化等，常以選擇題的形式毀滅．2．電場力的性質(zhì)與平衡學(xué)問、牛頓運(yùn)動(dòng)定律相結(jié)合，分析帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題，是考查的熱點(diǎn)．3．電場力做功與電勢能的變化及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系相結(jié)合的題目是考查的另一熱點(diǎn)．4．電場學(xué)問與電流、磁場等相關(guān)學(xué)問的綜合應(yīng)用是考查的高頻內(nèi)容．5．電場學(xué)問與生產(chǎn)技術(shù)、生活實(shí)際、科學(xué)爭辯等的聯(lián)系，如示波管、電容式傳感器、靜電分選器等，都可成為新情景題的命題素材，應(yīng)引起重視．第一節(jié)電場力的性質(zhì)[同學(xué)用書P108]一、電荷和電荷守恒定律1．點(diǎn)電荷：外形和大小對爭辯問題的影響可忽視不計(jì)的帶電體稱為點(diǎn)電荷．2．電荷守恒定律(1)電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)毀滅，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．(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電．1.(多選)一帶負(fù)電的金屬小球放在潮濕的空氣中，一段時(shí)間后，發(fā)覺該小球上帶的負(fù)電荷幾乎不存在了．這說明()A．小球上原有的負(fù)電荷漸漸消逝了B．在此現(xiàn)象中，電荷不守恒C．小球上負(fù)電荷削減的主要緣由是潮濕的空氣將電子導(dǎo)走了D．該現(xiàn)象是由電子的轉(zhuǎn)移引起的，照舊遵循電荷守恒定律答案：CD二、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．2．公式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中的k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量．3．適用條件：(1)點(diǎn)電荷；(2)真空．2.(單選)如圖所示，半徑相同的兩個(gè)金屬小球A、B帶有電荷量大小相等的電荷，相隔確定的距離，兩球之間的相互吸引力大小為F.今用第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩個(gè)球接觸后移開，這時(shí)，A、B兩個(gè)球之間的相互作用力大小是()A.eq\f(1,8)F B.eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)F D.eq\f(3,4)F答案：A三、電場強(qiáng)度1．意義：描述電場強(qiáng)弱和方向的物理量．2．公式(1)定義式：E＝eq\f(F,q)，是矢量，單位：N/C或V/m.(2)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)：E＝keq\f(Q,r2)，Q為場源電荷，r為某點(diǎn)到Q的距離．(3)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)：E＝eq\f(U,d).3．方向：規(guī)定為正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向．3.(單選)對于由點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場，下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度的定義式仍成立，即E＝eq\f(F,Q)，式中的Q就是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷B．在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式為E＝eq\f(kQ,r2)，式中Q就是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷C．在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式E＝eq\f(kq,r2)，式中q是檢驗(yàn)電荷D．在Q的電場中某點(diǎn)，分別放置電量不同的正、負(fù)檢驗(yàn)電荷，電場力大小、方向均不同，則電場強(qiáng)度也不同答案：B四、電場線及特點(diǎn)1．電場線：電場線是畫在電場中的一條條有方向的曲線，曲線上每點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向．2．電場線的特點(diǎn)(1)電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處動(dòng)身，終止于負(fù)電荷或無限遠(yuǎn)處．(2)電場線不相交．(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強(qiáng)越大．(4)沿電場線方向電勢降低．(5)電場線和等勢面在相交處相互垂直．3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)4.(單選)如圖是某靜電場的一部分電場線分布狀況，下列說法中正確的是()A．這個(gè)電場可能是負(fù)點(diǎn)電荷的電場B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢D．負(fù)電荷在B點(diǎn)處受到的電場力的方向沿B點(diǎn)切線方向答案：B考點(diǎn)一對庫侖定律的理解和應(yīng)用[同學(xué)用書P109]1．對庫侖定律的理解(1)F＝keq\f(q1q2,r2)，r指兩點(diǎn)電荷間的距離．對可視為點(diǎn)電荷的兩個(gè)均勻帶電球，r為兩球心間距．(2)當(dāng)兩個(gè)電荷間的距離r→0時(shí)，電荷不能視為點(diǎn)電荷，它們之間的靜電力不能認(rèn)為趨于無限大．2．電荷的支配規(guī)律(1)兩個(gè)帶同種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量平分．(2)兩個(gè)帶異種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量先中和再平分．(單選)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a和b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的確定值均為Q，那么關(guān)于a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的表達(dá)式正確的是()A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2)B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2)D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)[思路點(diǎn)撥]兩球殼質(zhì)量分布均勻，能否認(rèn)為質(zhì)量集中在球心？兩球所帶電荷分布是否均勻？能否認(rèn)為電荷集中在球心？[解析]萬有引力定律適用于兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的物體，雖然兩球心間的距離l只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看成質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點(diǎn)，因此，可以應(yīng)用萬有引力定律．對于a、b的電荷而言，由于電荷間的引力，電荷在靠近的一側(cè)分布密集，等效距離小于l，故F庫>keq\f(Q2,l2)，D正確．[答案]D1.(單選)使兩個(gè)完全相同的金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F1，現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F2，則F1與F2之比為()A．2∶1 B．4∶1C．16∶1 D．60∶1解析：選D.F1＝keq\f(3Q×5Q,a2)＝eq\f(15kQ2,a2)，接觸后兩球帶電量均為Q，則F2＝keq\f(Q2,2a2)＝eq\f(kQ2,4a2)，F(xiàn)1∶F2＝60∶1.考點(diǎn)二電場線與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡分析[同學(xué)用書P110]1．電荷運(yùn)動(dòng)的軌跡與電場線一般不重合．若電荷只受電場力的作用，在以下條件均滿足的狀況下兩者重合：(1)電場線是直線．(2)電荷由靜止釋放或有初速度，且初速度方向與電場線方向平行．2．由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡推斷粒子運(yùn)動(dòng)狀況：(1)粒子受力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，且與電場線相切．(2)由電場線的疏密推斷加速度大小．(3)由電場力做功的正負(fù)推斷粒子動(dòng)能的變化．(單選)(2021·四川名校檢測)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實(shí)線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，由此可知()A．帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的速度大于在Q點(diǎn)時(shí)的速度B．帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢能比在Q點(diǎn)時(shí)的電勢能大C．帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢能之和比在Q點(diǎn)時(shí)的小，比在P點(diǎn)時(shí)的大D．帶電粒子在R點(diǎn)時(shí)的加速度小于在Q點(diǎn)時(shí)的加速度[審題點(diǎn)睛](1)電場線方向未知，能否推斷電場力的方向？(2)若粒子由P經(jīng)R到Q，能否判定電場力做功正負(fù)？(3)依據(jù)什么可推斷R、Q兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小關(guān)系？[解析]依據(jù)牛頓其次定律可得ma＝qE，又依據(jù)電場線的疏密程度可以得出Q、R兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為ER>EQ，則帶電粒子在R、Q兩點(diǎn)處的加速度的大小關(guān)系為aR>aQ，故D錯(cuò)誤；由于帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受電場力作用，只有動(dòng)能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，則帶電粒子的動(dòng)能與電勢能之和不變，故C錯(cuò)誤；依據(jù)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的軌跡與速度、合外力的關(guān)系可知，帶電粒子在R處所受電場力的方向?yàn)檠仉妶鼍€向右，又由于該粒子帶負(fù)電，則R處電場的方向應(yīng)當(dāng)向左，依據(jù)等勢面與電場線的關(guān)系可得R、Q兩點(diǎn)處電勢的關(guān)系為φR>φQ，依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得R、Q兩點(diǎn)處電勢能的關(guān)系為EpR<EpQ，則R、Q兩點(diǎn)處動(dòng)能的關(guān)系為EkR>EkQ，依據(jù)動(dòng)能的定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2可得R、Q兩點(diǎn)處速度大小的關(guān)系為vR>vQ，故A正確；P、Q兩點(diǎn)處電勢的關(guān)系為φP>φQ，依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Ep＝qφ及帶電粒子的電性可得P、Q兩點(diǎn)處電勢能的關(guān)系為EpP<EpQ，故B錯(cuò)誤．[答案]A[方法總結(jié)]求解這類問題的方法：(1)“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角狀況來分析曲線運(yùn)動(dòng)的情景．(2)“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、場強(qiáng)的方向(或等勢面電勢的凹凸)、電荷運(yùn)動(dòng)的方向，是題意中相互制約的三個(gè)方面．若已知其中的任一個(gè)，可順次向下分析判定各待求量；若三個(gè)都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”分別爭辯各種狀況．2.(單選)一負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，它運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場線分布狀況可能是下圖中的()解析：選C.由v－t圖可知負(fù)電荷在電場中做加速度越來越大的加速運(yùn)動(dòng)，故電場線應(yīng)由B指向A且A到B場強(qiáng)變大，電場線變密，選項(xiàng)C正確．考點(diǎn)三靜電力作用下的平衡問題[同學(xué)用書P110]解決這類問題與解決力學(xué)中的平衡問題的方法步驟相同，只不過是多了靜電力而已．(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ改編)如圖，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)，求勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小和c球的電量．[解析]以小球c為爭辯對象，其受力如圖甲所示，其中F庫＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡條件得：2F庫cos30°＝Eqc即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此時(shí)a的受力如圖乙所示，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq2,l2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)kq2,l2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(qqc,l2)))2得qc＝2q即當(dāng)qc＝2q時(shí)a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡．[答案]eq\f(\r(3)kq,l2)2q[延長總結(jié)](1)解決靜電力作用下的平衡問題，首先應(yīng)確定爭辯對象，假如有幾個(gè)物體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，適當(dāng)選取“整體法”或“隔離法”．(2)電荷在勻強(qiáng)電場中所受電場力與位置無關(guān)；庫侖力大小隨距離變化而變化．3.(多選)(2022·高考浙江卷)如圖所示，水平地面上固定一個(gè)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(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)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(diǎn)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(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時(shí)，斜面對小球A的支持力為0解析：選AC.依據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F＝eq\f(kq2,d2)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時(shí)，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不行能為0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．考點(diǎn)四帶電體的力電綜合問題[同學(xué)用書P111]解決該類問題的一般思路(2021·福州模擬)如圖所示，光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線是水平直徑．現(xiàn)有一帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落，A、B兩點(diǎn)間距離為4R，從小球進(jìn)入管口開頭，整個(gè)空間中突然加上一個(gè)勻強(qiáng)電場，電場力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等，結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后，其運(yùn)動(dòng)軌跡最終經(jīng)過A點(diǎn)．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過程中帶電量沒有轉(zhuǎn)變，重力加速度為g，求：(1)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球受到的電場力的大小和方向；(3)小球經(jīng)過管口C處時(shí)對圓管壁的壓力．[思路點(diǎn)撥](1)電場力的豎直分力Fy＝mg，方向向上還是向下？小球受到的場力的合力等于什么？(2)小球經(jīng)過A點(diǎn)，說明Fx向左還是向右？從C→A小球做什么運(yùn)動(dòng)？[解析](1)小球從開頭自由下落到管口B的過程中機(jī)械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(2gR).(2)由小球經(jīng)過了A點(diǎn)分析可知，電場力的豎直分力Fy＝mg，方向向上，水平分力Fx方向向左，小球受到的合場力等于Fx.小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，由動(dòng)能定理得：Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球從管口C處脫離圓管后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于其軌跡經(jīng)過A點(diǎn)，故有：y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2聯(lián)立解得：Fx＝mg電場力的大小為F＝qE＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝eq\r(2)mg方向與豎直方向成45°角偏左上方．(3)小球經(jīng)過管口C處時(shí)，向心力由Fx和圓管的彈力FN供應(yīng)，設(shè)彈力FN的方向水平向左，則Fx＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得：FN＝3mg(方向水平向左)依據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時(shí)對圓管壁的壓力為F′N＝FN＝3mg，方向水平向右．[答案](1)2eq\r(2gR)(2)eq\r(2)mg，與豎直方向成45°角偏左上方(3)3mg，方向水平向右4.(2021·山西四校聯(lián)考)如圖所示，一表面光滑、與水平方向成60°角的絕緣直桿AB放在水平方向的勻強(qiáng)電場中，其下端(B端)距地面高度h＝0.8m．有一質(zhì)量為m＝500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過B端的正下方P點(diǎn)處．求：(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0.解析：(1)小環(huán)沿AB桿勻速下滑，受力分析如圖所示，小環(huán)共受3個(gè)力，由圖可知qE＝eq\r(3)mg離開直桿后小環(huán)只受重力和電場力作用，F(xiàn)合＝2mg＝ma則a＝2g＝20m/s2，方向垂直于桿向下．(2)環(huán)離開直桿做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿平行桿方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，有eq\f(\r(3),2)h＝v0t垂直于桿方向?yàn)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)at2解得v0＝2eq\r(3)m/s.答案：(1)20m/s2，垂直桿向下(2)2eq\r(3)m/s[同學(xué)用書P111]思想方法——用對稱法處理場強(qiáng)疊加問題對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應(yīng)用對稱性不僅能掛念我們生疏和探究某些基本規(guī)律，而且也能掛念我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題．利用對稱法分析解決物理問題，可以避開簡潔的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問題的特點(diǎn)，格外制勝，快速簡便地求解問題．(單選)(2022·高考江蘇卷)如圖所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.下列關(guān)于x軸上的電場強(qiáng)度和電勢的說法中正確的是()A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低B．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢上升D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度增大，電勢降低[審題點(diǎn)睛]由于電荷在圓環(huán)上均勻分布，所以電場呈現(xiàn)出關(guān)于x軸對稱和關(guān)于環(huán)面對稱的特點(diǎn)．[解析]將整個(gè)圓環(huán)看做由兩個(gè)半圓環(huán)組成，由對稱性可知，這兩個(gè)半圓環(huán)上的電荷在O點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故合場強(qiáng)為零．x軸上的合場強(qiáng)，由對稱性可知，在圓環(huán)右側(cè)的合場強(qiáng)方向沿x軸向右，電勢降低；左側(cè)的合場強(qiáng)方向沿x軸向左，電勢降低，故O點(diǎn)電勢最高．由于在O點(diǎn)場強(qiáng)為零，距O點(diǎn)無限遠(yuǎn)場強(qiáng)為零，因此沿x軸向左、右兩側(cè)，電場強(qiáng)度都呈現(xiàn)出先增大后減小的特征．綜上所述B正確．[答案]B[總結(jié)提升]本題也可用同號等量電荷模型求解，只要把圓環(huán)上的正電荷看做很多組同號等量電荷，就可利用其電場特點(diǎn)求解．5.(單選)(2021·高考江蘇卷)下列選項(xiàng)中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是()解析：選B.由對稱原理可知，A、C圖中在O點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，D圖中在O點(diǎn)場強(qiáng)為0，B圖中兩eq\f(1,4)圓環(huán)在O點(diǎn)合場強(qiáng)應(yīng)最大，因此選項(xiàng)B正確．1．(單選)(2021·遼寧大連一中模擬)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上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R.已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)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解析：選A.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(gè)球面的電場和帶電荷－q的右半球面的電場的合電場，則E＝eq\f(k2q,2R2)－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)大?。畮щ姾桑璹的右半球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則EN＝E′＝eq\f(k2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確．2．(單選)(2021·湖北武漢摸底)水平面上A、B、C三點(diǎn)固定著三個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)放置在O點(diǎn)，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四周體，如圖所示．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點(diǎn)，小球所帶的電荷量為()A.eq\f(mgL2,3kQ) B.eq\f(2\r(3)mgL2,9kQ)C.eq\f(\r(6)mgL2,6kQ) D.eq\f(\r(2)mgL2,6kQ)解析：選C.3keq\f(qQ,L2)cosθ＝mg，sinθ＝eq\f(\r(3),3)，聯(lián)立解得q＝eq\f(\r(6)mgL2,6kQ).3．(多選)(2021·北京考試院抽樣測試)如圖甲所示，真空中Ox坐標(biāo)軸上的某點(diǎn)有一個(gè)點(diǎn)電荷Q，坐標(biāo)軸上A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為0.2m和0.7m．在A點(diǎn)放一個(gè)帶正電的摸索電荷，在B點(diǎn)放一個(gè)帶負(fù)電的摸索電荷，A、B兩點(diǎn)的摸索電荷受到靜電力的方向都跟x軸正方向相同，靜電力的大小F跟摸索電荷電荷量q的關(guān)系分別如圖乙中直線a、b所示．下列說法正確的是()A．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為0.25N/CB．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向C．點(diǎn)電荷Q是正電荷D．點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3m解析：選BD.由兩摸索電荷受力狀況可知，點(diǎn)電荷Q為負(fù)電荷，且放置于A、B兩點(diǎn)之間某位置，故B正確，C錯(cuò)誤；設(shè)Q與A點(diǎn)之間的距離為l，則點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為EA＝eq\f(kQ,l2)＝eq\f(Fa,qa)＝eq\f(4×10－4,1×10－9)N/C＝4×105N/C，同理，點(diǎn)電荷在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為EB＝eq\f(kQ,0.5－l2)＝eq\f(Fb,qb)＝eq\f(1×10－4,4×10－9)N/C＝0.25×105N/C，解得l＝0.1m，所以點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為xQ＝xA＋l＝0.2m＋0.1m＝0.3m，故A錯(cuò)誤，D正確．4．(單選)三個(gè)相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠(yuǎn)大于小球的直徑．球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn)，此時(shí)球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠(yuǎn)處，此時(shí)1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6解析：選D.由于各球之間距離遠(yuǎn)大于小球的直徑，小球帶電時(shí)可視為點(diǎn)電荷．由庫侖定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知兩點(diǎn)電荷間距離不變時(shí)，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，則接觸時(shí)平分總電荷量，故有q×nq＝eq\f(nq,2)×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(nq,2))),2)，解之可得n＝6，D正確．5.(單選)實(shí)線為三條方向未知的電場線，從電場中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則()A．a(chǎn)確定帶正電，b確定帶負(fù)電B．電場力對a做正功，對b做負(fù)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的加速度將增大解析：選D.因未知電場線的方向，故電荷的正負(fù)無法判定，A錯(cuò)；由運(yùn)動(dòng)軌跡可知，a、b所受電場力方向與其運(yùn)動(dòng)方向夾角小于90°，均做正功，動(dòng)能增大，B、C錯(cuò)誤；a向電場線疏處運(yùn)動(dòng)，電場力變小，加速度變小，b向電場線密處運(yùn)動(dòng)，電場力變大，加速度變大，故D正確．6.(單選)(2021·高考海南卷)如圖，電荷量為q1和q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于P點(diǎn)和Q點(diǎn)．已知在P、Q連線上某點(diǎn)R處的電場強(qiáng)度為零，且eq\x\to(PR)＝2eq\x\to(RQ).則()A．q1＝2q2 B．q1＝4q2C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2解析：選B.由R處場強(qiáng)為零可知兩點(diǎn)電荷在該處所產(chǎn)生的場強(qiáng)必是等大反向，即兩點(diǎn)電荷必帶有同種電荷，由E＝keq\f(Q,r2)有keq\f(q1,\x\to(PR)2)＝keq\f(q2,\x\to(QR)2)，可得q1＝4q2，B正確.掃一掃進(jìn)入91導(dǎo)學(xué)網(wǎng)()電場強(qiáng)度一、單項(xiàng)選擇題1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的．關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()解析：選D.因質(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，故其所受電場力F的方向與v的方向夾角為鈍角，又由于質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電荷，其所受電場力F與電場強(qiáng)度E方向相反，故只有選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤．2.(2021·眉山模擬)如圖所示，電荷量為Q1、Q2的兩個(gè)正點(diǎn)電荷分別置于A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩點(diǎn)相距L.在以L為直徑的光滑絕緣半圓環(huán)上，穿著一個(gè)帶電小球＋q(可視為點(diǎn)電荷)，在P點(diǎn)平衡，PA與AB的夾角為α，不計(jì)小球的重力，則()A．tan3α＝eq\f(Q2,Q1) B．tanα＝eq\f(Q2,Q1)C．O點(diǎn)場強(qiáng)為零 D．Q1＜Q2解析：選A.對小球受力分析如圖所示，則F1＝keq\f(Q1q,PA2)，F(xiàn)2＝keq\f(Q2q,PB2)，tanα＝eq\f(F2,F1)＝eq\f(PB,PA)，整理得tan3α＝eq\f(Q2,Q1)，選項(xiàng)A正確．3．(2021·廣西四校調(diào)研)如圖所示，實(shí)線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子先經(jīng)過M點(diǎn)，再經(jīng)過N點(diǎn)．下列說法中正確的有()A．粒子帶負(fù)電B．粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能大于在N點(diǎn)的動(dòng)能C．粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)電場力做正功D．粒子在M點(diǎn)受到的電場力大于在N點(diǎn)受到的電場力解析：選C.由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和電場線的方向可推斷粒子帶正電，A錯(cuò)；粒子從M向N運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于順著電場線方向運(yùn)動(dòng)，粒子又是帶正電，則電場力做正功，再由動(dòng)能定理知，EkM<EkN，B錯(cuò)，C對；由電場線密的地方場強(qiáng)大可知，EM<EN，又F電＝qE，則FN>FM，D錯(cuò)．4.如圖所示，將兩個(gè)擺長均為l的單擺懸于O點(diǎn)，擺球質(zhì)量均為m，帶電荷量均為q(q>0)．將另一個(gè)帶電荷量也為q(q>0)的小球從O點(diǎn)正下方較遠(yuǎn)處緩慢移向O點(diǎn)，當(dāng)三個(gè)帶電小球分別處在等邊三角形abc的三個(gè)頂點(diǎn)上時(shí)，兩擺線的夾角恰好為120°，則此時(shí)擺線上的拉力大小等于()A.eq\r(3)mg B．mgC．2eq\r(3)·eq\f(kq2,l2) D.eq\r(3)·eq\f(kq2,l2)解析：選B.如圖為a處帶電小球的受力示意圖，其中F為擺線對小球的拉力，F(xiàn)1和F2分別為b處帶電小球和移動(dòng)的帶電小球?qū)λ膸靵隽Γ罁?jù)題意分析可得F1＝F2＝keq\f(q2,\r(3)l2)，依據(jù)共點(diǎn)力的平衡學(xué)問可得Fcos30°＝keq\f(q2,\r(3)l2)＋keq\f(q2,\r(3)l2)cos60°，mg＝Fsin30°＋keq\f(q2,\r(3)l2)sin60°，聯(lián)立以上兩式解得F＝eq\f(\r(3)kq2,3l2)或F＝mg，故選項(xiàng)中只有B正確．5.(2021·高考新課標(biāo)全國卷Ⅰ)如圖，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和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>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：選B.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)E1與q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由對稱性，圓盤在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3＝keq\f(q,R2)，q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E4＝keq\f(q,9R2)，方向與E3相同，故d點(diǎn)的合場強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．6.將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細(xì)線相連，豎直懸掛于O點(diǎn)，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強(qiáng)度方向平行豎直平面的勻強(qiáng)電場(沒畫出)，使整個(gè)裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣懸線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小可能為()A.eq\f(mg,4q) B.eq\f(mg,q)C.eq\f(mg,2q) D.eq\f(\r(3)mg,4q)解析：選B.取小球a、b整體作為爭辯對象，則受重力2mg、懸線拉力T和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關(guān)系，由圖知F的最小值為2mgsin30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯(cuò)，B對．二、多項(xiàng)選擇題7.如圖所示，兩質(zhì)量均為m的小球A和B分別帶有＋q和－q的電量，被絕緣細(xì)線懸掛，兩球間的庫侖引力小于球的重力mg.現(xiàn)加上一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場，待兩小球再次保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，下列結(jié)論正確的是()A．懸線OA向右偏，OA中的張力大于2mgB．懸線OA向左偏，OA中的張力大于2mgC．懸線OA不發(fā)生偏離，OA中的張力等于2mgD．懸線AB向左偏，AB線的張力比不加電場時(shí)要大解析：選CD.首先應(yīng)用整體法對AB整體分析，懸線OA張力為2mg，并且OA處于豎直方向，選項(xiàng)C正確；然后再接受隔離法以B為爭辯對象分析，懸線AB向左偏，其張力為電場力、庫侖力與重力的合力，較不加電場時(shí)要大，選項(xiàng)D正確，故答案為C、D.8.(2021·濰坊模擬)如圖所示，在真空中一條豎直向下的電場線上有a、b兩點(diǎn)．一帶電質(zhì)點(diǎn)在a處由靜止釋放后沿電場線向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度恰好為零．則下列說法正確的是()A．該帶電質(zhì)點(diǎn)確定帶正電荷B．該帶電質(zhì)點(diǎn)確定帶負(fù)電荷C．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．質(zhì)點(diǎn)在b點(diǎn)所受到的合力確定為零解析：選BC.帶電質(zhì)點(diǎn)由a點(diǎn)釋放后向上運(yùn)動(dòng)，可知合力方向向上，而質(zhì)點(diǎn)所受重力豎直向下，故電場力確定豎直向上，與電場線方向相反，故該質(zhì)點(diǎn)確定帶負(fù)電，A錯(cuò)，B對；帶電質(zhì)點(diǎn)到b點(diǎn)時(shí)速度又減為零，可知向上運(yùn)動(dòng)過程中，合力先向上又向下，因重力不變電場力減小，知a點(diǎn)的場強(qiáng)大于b點(diǎn)，C對，D錯(cuò)．☆9.(2021·江西南昌二中檢測)如圖所示，兩個(gè)帶等量的正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點(diǎn)，且PO＝ON.現(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，下列關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是()解析：選AB.在A、B連線的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)的電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，?fù)電荷沿垂直平分線從無窮遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜領(lǐng)先變大后變?。挥蒓點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)，速度變化狀況同另一側(cè)速度的變化狀況具有對稱性．假如P、N距O點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，B正確，假如P、N距O點(diǎn)很近，A正確．☆10.(2021·河南林州模擬)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)被固定的點(diǎn)電荷，其中Q1為正點(diǎn)電荷，在它們連線的延長線上有a、b兩點(diǎn)．現(xiàn)有一檢驗(yàn)電荷q(電性未知)以確定的初速度沿直線從b點(diǎn)開頭經(jīng)a點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)(檢驗(yàn)電荷只受電場力作用)，q運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖乙所示．則()A．Q2必定是負(fù)電荷B．Q2的電荷量必定大于Q1的電荷量C．從b點(diǎn)經(jīng)a點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)的過程中檢驗(yàn)電荷q所受的電場力始終減小D．可以確定檢驗(yàn)電荷的帶電性質(zhì)解析：選AD.由圖乙可知