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【优化方案】2016届高三物理大一轮复习教学讲义:第六章 静电场 第一节


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? 考纲展示 1.物质的电结构、电荷守恒Ⅰ 2.静电现象的解释Ⅰ 3.点电荷Ⅰ 4.库仑定律Ⅱ 5.静电场Ⅰ 6.电场强度、点电荷的场强Ⅱ 7.电场线Ⅰ 8.电势能、电势Ⅰ 9.电势差Ⅱ 10.匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅰ 11.带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ 12.示波管Ⅰ 13.常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ 说明

: 带电粒子在匀强电场中运动的计算, 只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直 于场强方向的情况. ? 热点视角 1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向,判断电势高低、电场力变化、电场力 做功和电势能的变化等,常以选择题的形式出现. 2.电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合,分析带电粒子在电场中的加速和 偏转问题,是考查的热点. 3. 电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、 动能定理、 功能关系相结合的题目是考查的另一热点. 4.电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容.
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5.电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系,如示波管、电容式传感器、 静电分选器等,都可成为新情景题的命题素材,应引起重视.

第一节 电场力的性质

[学生用书 P108] 一、电荷和电荷守恒定律 1.点电荷:形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷. 2.电荷守恒定律 (1)电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体 的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变. (2)起电方式:摩擦起电、接触起电、感应起电. 1.(多选)一带负电的金属小球放在潮湿的空气中,一段时间后,发现该小球 上带的负电荷几乎不存在了.这说明( A.小球上原有的负电荷逐渐消失了 B.在此现象中,电荷不守恒 C.小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了 D.该现象是由电子的转移引起的,仍然遵循电荷守恒定律 答案:CD 二、库仑定律 1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比, 与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上. q1q2 2.公式:F=k 2 ,式中的 k=9.0× 109 N· m2/C2,叫做静电力常量. r 3.适用条件:(1)点电荷;(2)真空. )

2.(单选)如图所示,半径相同的两个金属小球 A、B 带有电 荷量大小相等的电荷,相隔一定的距离,两球之间的相互吸引力大小为 F.今用第三个半径 相同的不带电的金属小球 C 先后与 A、B 两个球接触后移开,这时,A、B 两个球之间的相 互作用力大小是( 1 A. F 8 3 C. F 8 ) 1 B. F 4 3 D. F 4
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答案:A 三、电场强度 1.意义:描述电场强弱和方向的物理量. 2.公式 F (1)定义式:E= ,是矢量,单位:N/C 或 V/m. q Q (2)点电荷的场强:E=k 2,Q 为场源电荷,r 为某点到 Q 的距离. r U (3)匀强电场的场强:E= . d 3.方向:规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向. 3.(单选)对于由点电荷 Q 产生的电场,下列说法正确的是( )

F A.电场强度的定义式仍成立,即 E= ,式中的 Q 就是产生电场的点电荷 Q kQ B.在真空中,电场强度的表达式为 E= 2 ,式中 Q 就是产生电场的点电荷 r kq C.在真空中,电场强度的表达式 E= 2 ,式中 q 是检验电荷 r D.在 Q 的电场中某点,分别放置电量不同的正、负检验电荷,电场力大小、方向均不 同,则电场强度也不同 答案:B

四、电场线及特点 1.电场线:电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线,曲线上每点的切线方向表示 该点的电场强度方向. 2.电场线的特点 (1)电场线从正电荷或无限远处出发,终止于负电荷或无限远处. (2)电场线不相交. (3)在同一电场里,电场线越密的地方场强越大. (4)沿电场线方向电势降低. (5)电场线和等势面在相交处互相垂直. 3.几种典型电场的电场线(如图所示)

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4.(单选)如图是某静电场的一部分电场线分布情况,下列说法中正确的是 ( )

A.这个电场可能是负点电荷的电场 B.A 点的电场强度大于 B 点的电场强度 C.A 点的电势高于 B 点的电势 D.负电荷在 B 点处受到的电场力的方向沿 B 点切线方向 答案:B

考点一 对库仑定律的理解和应用

[学生用书 P109]

1.对库仑定律的理解 q1q2 (1)F=k 2 ,r 指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球,r 为两球心 r 间距. (2)当两个电荷间的距离 r→0 时,电荷不能视为点电荷,它们之间的静电力不能认为趋 于无限大. 2.电荷的分配规律 (1)两个带同种电荷的相同金属球接触,则其电荷量平分. (2)两个带异种电荷的相同金属球接触,则其电荷量先中和再平分.

(单选)如图所示, 两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 和 b,其壳层的厚度和质量分布均匀,将它们固定于绝缘支座上,两 球心间的距离 l 为球半径的 3 倍.若使它们带上等量异种电荷,使其电
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荷量的绝对值均为 Q,那么关于 a、b 两球之间的万有引力 F 引和库仑力 F 库的表达式正确的 是( ) m2 Q2 A.F 引=G 2 ,F 库=k 2 l l m2 Q2 B.F 引≠G 2 ,F 库≠k 2 l l m2 Q2 C.F 引≠G 2 ,F 库=k 2 l l m2 Q2 D.F 引=G 2 ,F 库≠k 2 l l [思路点拨] 两球壳质量分布均匀,能否认为质量集中在球心?两球所带电荷分布是否 均匀?能否认为电荷集中在球心? [解析] 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体,虽然两球心间的距离 l 只有其半 径 r 的 3 倍,但由于其壳层的厚度和质量分布均匀,两球壳可看成质量集中于球心的质点, 因此,可以应用万有引力定律.对于 a、b 的电荷而言,由于电荷间的引力,电荷在靠近的 Q2 一侧分布密集,等效距离小于 l,故 F 库>k 2 ,D 正确. l [答案] D 1.(单选)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上-3Q 和+ 5Q 的电荷后,将它们固定在相距为 a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F1,现用绝缘工具 使两小球相互接触后,再将它们固定在相距为 2a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F2,则 F1 与 F2 之比为( A.2∶1 C.16∶1 D.60∶1 ) B.4∶1

3Q× 5Q 15kQ2 Q2 kQ2 解析:选 D.F1=k = 2 ,接触后两球带电量均为 Q,则 F2=k , 2 2= a a ?2 a? 4a2 F1∶F2=60∶1. 考点二 电场线与带电粒子的运动轨迹分析 [学生用书 P110]

1.电荷运动的轨迹与电场线一般不重合.若电荷只受电场力的作用,在以下条件均满 足的情况下两者重合: (1)电场线是直线. (2)电荷由静止释放或有初速度,且初速度方向与电场线方向平行. 2.由粒子运动轨迹判断粒子运动情况: (1)粒子受力方向指向曲线的内侧,且与电场线相切.
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(2)由电场线的疏密判断加速度大小. (3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化. (单选)(2015· 四川名校检测)如图所示, 虚线 a、 b、 c 代表电场中的三条电场线, 实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q 是这条轨迹 上的三点,由此可知( )

A.带电粒子在 R 点时的速度大于在 Q 点时的速度 B.带电粒子在 P 点时的电势能比在 Q 点时的电势能大 C.带电粒子在 R 点时的动能与电势能之和比在 Q 点时的小,比在 P 点时的大 D.带电粒子在 R 点时的加速度小于在 Q 点时的加速度 [审题点睛] (1)电场线方向未知,能否判断电场力的方向? (2)若粒子由 P 经 R 到 Q,能否判定电场力做功正负? (3)根据什么可判断 R、Q 两点的场强大小关系? [解析] 根据牛顿第二定律可得 ma=qE,又根据电场线的疏密程度可以得出 Q、R 两 点处的电场强度的大小关系为 ER>EQ,则带电粒子在 R、Q 两点处的加速度的大小关系为 aR>aQ,故 D 错误;由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用,只有动能与电势能之间的 相互转化,则带电粒子的动能与电势能之和不变,故 C 错误;根据物体做曲线运动的轨迹 与速度、合外力的关系可知,带电粒子在 R 处所受电场力的方向为沿电场线向右,又由于 该粒子带负电,则 R 处电场的方向应该向左,根据等势面与电场线的关系可得 R、Q 两点处 电势的关系为 φR>φQ,根据电势能与电势的关系 Ep=qφ 及带电粒子的电性可得 R、Q 两点 处电势能的关系为 EpR<EpQ,则 R、Q 两点处动能的关系为 EkR>EkQ,根据动能的定义式 Ek 1 = mv2 可得 R、Q 两点处速度大小的关系为 vR>vQ,故 A 正确;P、Q 两点处电势的关系为 2 φP>φQ,根据电势能与电势的关系 Ep=qφ 及带电粒子的电性可得 P、Q 两点处电势能的关系 为 EpP<EpQ,故 B 错误. [答案] A [方法总结] 求解这类问题的方法: (1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线 )与“力线”(在初始 位置电场线的切线方向),从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景. (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的 方向, 是题意中相互制约的三个方面. 若已知其中的任一个, 可顺次向下分析判定各待求量;
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若三个都不知(三不知),则要用“假设法”分别讨论各种情况. 2.(单选)一负电荷从电场中 A 点由静止释放, 只受电场力作用, 沿电场线运 动到 B 点,它运动的 v-t 图象如图所示,则 A、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是 下图中的( )

解析:选 C.由 v-t 图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动,故电场线应 由 B 指向 A 且 A 到 B 场强变大,电场线变密,选项 C 正确.

考点三 静电力作用下的平衡问题

[学生用书 P110]

解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同,只不过是多了静电力而已.

(2013· 高考新课标全国卷Ⅱ改编)如图,在光滑绝缘水平面上, 三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上:a、b 带 正电,电荷量均为 q,c 带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知 静电力常量为 k.若三个小球均处于静止状态,求匀强电场场强的大小和 c 球的电量. kqqc [解析] 以小球 c 为研究对象,其受力如图甲所示,其中 F 库= 2 ,由平衡条件得:2F l


cos 30° =Eqc 即: 3kqqc 3kq =Eqc,E= 2 2 l l

此时 a 的受力如图乙所示,则
2 kq2?2 ? qqc?2 ?kq ?2+? 32 2 ? l ? ? l ? =?k l2 ?

得 qc=2q 即当 qc=2q 时 a 可处于平衡状态,同理 b 亦恰好平衡.
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[答案]

3kq l2

2q

[延伸总结] (1)解决静电力作用下的平衡问题,首先应确定研究对象,如果有几个物体 相互作用时,要依据题意,适当选取“整体法”或“隔离法”. (2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关;库仑力大小随距离变化而变化. 3.(多选)(2014· 高考浙江卷)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面, 斜面与水平面的夹角为 θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端, 另一端系有一个带电小 球 A,细线与斜面平行.小球 A 的质量为 m,电量为 q.小球 A 的右侧固定放置带等量同种 电荷的小球 B,两球心的高度相同,间距为 d.静电力常量为 k,重力加速度为 g,两带电小 球可视为点电荷.小球 A 静止在斜面上,则( )

kq2 A.小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 2 d q B.当 = d q C.当 = d q D.当 = d mgsin θ 时,细线上的拉力为 0 k mgtan θ 时,细线上的拉力为 0 k mg 时,斜面对小球 A 的支持力为 0 ktan θ

kq2 解析:选 AC.根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为 F= 2 ,选项 A 正确;当 d 细线上的拉力为 0 时,小球 A 受到库仑力、斜面支持力、重力,由平衡条件得 q 解得 = d kq2 =mgtan θ, d2

mgtan θ ,选项 B 错误,C 正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能 k

为 0,选项 D 错误.

考点四 带电体的力电综合问题 [学生用书 P111]

解决该类问题的一般思路

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(2015· 福州模拟)如图所示, 光滑绝缘的细圆管弯成半径为 R 的半 圆形,固定在竖直面内,管口 B、C 的连线是水平直径.现有一带正电小球(可 视为质点)从 B 点正上方的 A 点自由下落,A、B 两点间距离为 4R,从小球进入 管口开始,整个空间中突然加上一个匀强电场,电场力在竖直方向上的分力大 小与重力大小相等,结果小球从管口 C 处脱离圆管后,其运动轨迹最后经过 A 点.设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为 g,求: (1)小球到达 B 点时的速度大小; (2)小球受到的电场力的大小和方向; (3)小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力. [思路点拨] (1)电场力的竖直分力 Fy=mg,方向向上还是向下?小球受到的场力的合 力等于什么? (2)小球经过 A 点,说明 Fx 向左还是向右?从 C→A 小球做什么运动? [解析] (1)小球从开始自由下落到管口 B 的过程中机械能守恒,故有: 1 mg· 4R= mv2 2 B 解得 vB=2 2gR. (2)由小球经过了 A 点分析可知,电场力的竖直分力 Fy=mg,方向向上,水平分力 Fx 方向向左,小球受到的合场力等于 Fx. 小球从 B 运动到 C 的过程中,由动能定理得: 1 1 Fx· 2R= mv2 - mv2 2 B 2 C 小球从管口 C 处脱离圆管后做类平抛运动,由于其轨迹经过 A 点,故有: y=4R=vCt 1 Fx x=2R= axt2= t2 2 2m 联立解得:Fx=mg
2 电场力的大小为 F=qE= Fx +F2 y = 2mg

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方向与竖直方向成 45° 角偏左上方. (3)小球经过管口 C 处时,向心力由 Fx 和圆管的弹力 FN 提供,设弹力 FN 的方向水平向 v2 C 左,则 Fx+FN=m R 解得:FN=3mg(方向水平向左) 根据牛顿第三定律可知,小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力为 F′N=FN=3mg,方向 水平向右. [答案] (1)2 2gR (2) 2mg,与竖直方向成 45° 角偏左上方 (3)3mg,方向水平向右

4.(2015· 山西四校联考)如图所示,一表面光滑、与 水平方向成 60° 角的绝缘直杆 AB 放在水平方向的匀强电场中,其下 端(B 端)距地面高度 h=0.8 m.有一质量为 m=500 g 的带电小环套 在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑,小环离开杆后正好通过 B 端的正下方 P 点处.求: (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向; (2)小环在直杆上匀速运动速度的大小 v0. 解析:(1)小环沿 AB 杆匀速下滑,受力分析如图所示,小环共受 3 个力,由图可知 qE= 3mg 离开直杆后小环只受重力和电场力作用,F 合=2mg=ma 则 a=2g=20 m/s2,方向垂直于杆向下. (2)环离开直杆做类平抛运动,沿平行杆方向为匀速运动,有 1 1 垂直于杆方向为匀加速运动,有 h= at2 2 2 解得 v0=2 3 m/s. 答案:(1)20 m/s2,垂直杆向下 (2)2 3 m/s 3 h=v0t 2

[学生用书 P111] 思想方法——用对称法处理场强叠加问题 对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中, 应用对称性不仅能帮助我们认识和探 索某些基本规律, 而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题. 利用对称法分析解决物理 问题,可以避免复杂的数学演算和推导,直接抓住问题的特点,出奇制胜,快速简便地求解
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问题. (单选)(2014· 高考江苏卷)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x 轴垂直于 环面且过圆心 O.下列关于 x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )

A.O 点的电场强度为零,电势最低 B.O 点的电场强度为零,电势最高 C.从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度减小,电势升高 D.从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度增大,电势降低 [审题点睛] 由于电荷在圆环上均匀分布,所以电场呈现出关于 x 轴对称和关于环面对 称的特点. [解析] 将整个圆环看做由两个半圆环组成,由对称性可知,这两个半圆环上的电荷在 O 点的场强大小相等,方向相反,故合场强为零. x 轴上的合场强,由对称性可知,在圆环右侧的合场强方向沿 x 轴向右,电势降低;左 侧的合场强方向沿 x 轴向左,电势降低,故 O 点电势最高. 由于在 O 点场强为零,距 O 点无限远场强为零,因此沿 x 轴向左、右两侧,电场强度 都呈现出先增大后减小的特征.综上所述 B 正确. [答案] B [总结提升] 本题也可用同号等量电荷模型求解,只要把圆环上的正电荷看做很多组同 号等量电荷,就可利用其电场特点求解. 1 5.(单选)(2013· 高考江苏卷)下列选项中的各 圆环大小相同,所带电荷量已 4 1 在图中标出, 且电荷均匀分布, 各 圆环间彼此绝缘. 坐标原点 O 处电场强度最大的是( 4 )

解析:选 B.由对称原理可知,A、C 图中在 O 点的场强大小相等,D 图中在 O 点场强
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1 为 0,B 图中两 圆环在 O 点合场强应最大,因此选项 B 正确. 4

1.(单选)(2015· 辽宁大连一中模拟)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷 集中于球心处产生的电场.如图所示,在半球面 AB 上均匀分布正电荷,总电荷量为 q,球 面半径为 R,CD 为通过半球面顶点与球心 O 的轴线,在轴线上有 M、N 两点,OM=ON= 2R.已知 M 点的场强大小为 E,则 N 点的场强大小为( )

kq A. 2-E 2R kq C. 2-E 4R kq D. 2+E 4R

B.

kq 4R2

解析:选 A.左半球面 AB 上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为 2q 的整个球面的电 k2q 场和带电荷-q 的右半球面的电场的合电场,则 E= -E′,E′为带电荷-q 的右半球 ?2 R?2 面在 M 点产生场强大小.带电荷-q 的右半球面在 M 点的场强大小与带正电荷为 q 的左半 k 2q kq 球面 AB 在 N 点的场强大小相等,则 EN=E′= -E= 2-E,则 A 正确. ?2 R?2 2R 2.(单选)(2015· 湖北武汉摸底)水平面上 A、B、C 三点固定着三个电荷量为 Q 的正点电 荷,将另一质量为 m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在 O 点,OABC 恰构成一棱长为 L 的正四面体,如图所示.已知静电力常量为 k,重力加速度为 g,为使小球能静止在 O 点, 小球所带的电荷量为( )

mgL2 A. 3kQ C. 6mgL2 6kQ

2 3mgL2 B. 9kQ D. 2mgL2 6kQ

qQ 3 6mgL2 解析:选 C.3k 2 cos θ=mg,sin θ= ,联立解得 q= . L 3 6kQ
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3.(多选)(2015· 北京考试院抽样测试)如图甲所示,真空中 Ox 坐标轴上的某点有一个点 电荷 Q,坐标轴上 A、B 两点的坐标分别为 0.2 m 和 0.7 m.在 A 点放一个带正电的试探电 荷,在 B 点放一个带负电的试探电荷,A、B 两点的试探电荷受到静电力的方向都跟 x 轴正 方向相同,静电力的大小 F 跟试探电荷电荷量 q 的关系分别如图乙中直线 a、b 所示.下列 说法正确的是( )

A.B 点的电场强度大小为 0.25 N/C B.A 点的电场强度的方向沿 x 轴正方向 C.点电荷 Q 是正电荷 D.点电荷 Q 的位置坐标为 0.3 m 解析:选 BD.由两试探电荷受力情况可知,点电荷 Q 为负电荷,且放置于 A、B 两点之 间某位置,故 B 正确,C 错误;设 Q 与 A 点之间的距离为 l,则点电荷在 A 点产生的场强 10 4 kQ Fa 4× kQ 为 EA= 2 = = 105 N/C, 同理, 点电荷在 B 点产生的场强为 EB= - N/C=4× l qa 1× 10 9 ? 0.5 -l?2


10 4 Fb 1× = = 105N/C,解得 l=0.1 m,所以点电荷 Q 的位置坐标为 xQ=xA+l= - N/C=0.25× qb 4× 10 9


0.2 m+0.1 m=0.3 m,故 A 错误,D 正确.

4.(单选)三个相同的金属小球 1、2、3 分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于 小球的直径. 球 1 的带电荷量为 q, 球 2 的带电荷量为 nq, 球 3 不带电且离球 1 和球 2 很远, 此时球 1、2 之间作用力的大小为 F.现使球 3 先与球 2 接触,再与球 1 接触,然后将球 3 移 至远处,此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F,方向不变.由此可知( A.n=3 C.n=5 B.n=4 D.n=6 )

解析:选 D.由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷.由库仑 Q1Q2 定律 F=k 2 知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正 r

?q+nq? 2? nq ? 比.又由于三小球相同,则接触时平分总电荷量,故有 q× nq= × ,解之可得 n=6, 2 2
D 正确. 5.(单选)实线为三条方向未知的电场线,从电场中的 M 点以相同的速度飞出 a、b 两个 带电粒子,a、b 的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b 只受电场力作用),则(
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)

A.a 一定带正电,b 一定带负电 B.电场力对 a 做正功,对 b 做负功 C.a 的速度将减小,b 的速度将增大 D.a 的加速度将减小,b 的加速度将增大 解析:选 D.因未知电场线的方向,故电荷的正负无法判定,A 错;由运动轨迹可知,a、 b 所受电场力方向与其运动方向夹角小于 90° ,均做正功,动能增大,B、C 错误;a 向电场 线疏处运动,电场力变小,加速度变小,b 向电场线密处运动,电场力变大,加速度变大, 故 D 正确. 6.(单选)(2013· 高考海南卷)如图, 电荷量为 q1 和 q2 的两个点电荷分别位于 P 点和 Q 点. 已 知在 P、Q 连线上某点 R 处的电场强度为零,且 PR =2 RQ .则( )

A.q1=2q2 C.q1=-2q2

B.q1=4q2 D.q1=-4q2

解析:选 B.由 R 处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向,即两点 Q q1 q2 电荷必带有同种电荷,由 E=k 2有 k =k ,可得 q1=4q2,B 正确. 2 r PR QR 2

一、单项选择题 1.一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c,已知质点的速率是 递减的.关于 b 点电场强度 E 的方向,下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切 线)( )

解析:选 D.因质点做减速运动,故其所受电场力 F 的方向与 v 的方向夹角为钝角,又
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因为质点带负电荷,其所受电场力 F 与电场强度 E 方向相反,故只有选项 D 正确,选项 A、 B、C 错误. 2.(2015· 眉山模拟)如图所示,电荷量为 Q1、Q2 的两个正点电荷分别置于 A 点和 B 点, 两点相距 L.在以 L 为直径的光滑绝缘半圆环上, 穿着一个带电小球+q(可视为点电荷), 在P 点平衡,PA 与 AB 的夹角为 α,不计小球的重力,则( )

Q2 A.tan3α= Q1 C.O 点场强为零 D.Q1<Q2

Q2 B.tan α= Q1

Q1q Q2q 解析:选 A.对小球受力分析如图所示,则 F1=k 2 ,F2=k 2, PA PB F2 PB Q2 tan α= = ,整理得 tan3α= ,选项 A 正确. F1 PA Q1

3.(2015· 广西四校调研)如图所示,实线表示电场线,虚线表示只受电场力作用的带电 粒子的运动轨迹,粒子先经过 M 点,再经过 N 点.下列说法中正确的有( )

A.粒子带负电 B.粒子在 M 点的动能大于在 N 点的动能 C.粒子从 M 点到 N 点电场力做正功 D.粒子在 M 点受到的电场力大于在 N 点受到的电场力 解析:选 C.由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电,A 错;粒子从 M 向 N 运动, 相当于顺着电场线方向运动, 粒子又是带正电, 则电场力做正功, 再由动能定理知, EkM<EkN,B 错,C 对;由电场线密的地方场强大可知,EM<EN,又 F 电=qE,则 FN>FM,D 错. 4.如图所示,将两个摆长均为 l 的单摆悬于 O 点,摆球质量均为 m,带电荷量均为 q(q>0).将另一个带电荷量也为 q(q>0)的小球从 O 点正下方较远处缓慢移向 O 点,当三个 带电小球分别处在等边三角形 abc 的三个顶点上时,两摆线的夹角恰好为 120° ,则此时摆 线上的拉力大小等于( )

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A. 3mg kq C.2 3· 2 l
2

B.mg kq2 D. 3· 2 l

解析:选 B.如图为 a 处带电小球的受力示意图,其中 F 为摆线对小 球的拉力, F1 和 F2 分别为 b 处带电小球和移动的带电小球对它的库仑力. q2 根据题意分析可得 F1=F2=k ,根据共点力的平衡知识可得 ? 3l?2 Fcos 30° =k q2 q2 q2 , mg =Fsin 30° +k sin 2+k 2 cos 60° ? 3l? ? 3l? ? 3l?2 3kq2 或 F=mg,故选项中只有 B 正确. 3l2

60° ,联立以上两式解得 F=

5.(2013· 高考新课标全国卷Ⅰ)如图, 一半径为 R 的圆盘上均匀分 布着电荷量为 Q 的电荷, 在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、 d 三个点,a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R,在 a 点处有一电 荷量为 q(q>0)的固定点电荷. 已知 b 点处的场强为零, 则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常 量)( ) 3q A.k 2 R Q+q C.k 2 R 9Q+q D .k 9R 2 10q B .k 2 9R

解析:选 B.由 b 点处场强为零知,圆盘在 b 点处产生的场强 E1 与 q 在 b 点处产生的场 q q 强 E2 大小相等,即:E1=E2=k 2,由对称性,圆盘在 d 点产生的场强 E3=k 2,q 在 d 点产 R R q 10q 生的场强 E4=k 2,方向与 E3 相同,故 d 点的合场强 Ed=E3+E4=k 2 ,B 正确,A、C、 9R 9R D 错误. 6.将两个质量均为 m 的小球 a、 b 用绝缘细线相连, 竖直悬挂于 O 点, 其中球 a 带正电、 电荷量为 q,球 b 不带电,现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出),使整个 装置处于平衡状态,且绷紧的绝缘悬线 Oa 与竖直方向的夹角为 θ=30° ,如图所示,则所加 匀强电场的电场强度大小可能为( )

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mg A. 4q mg C. 2q

mg B. q D. 3mg 4q

解析:选 B.取小球 a、b 整体作为研究对象,则受重力 2mg、悬线拉力 T 和电场力 F 作用处于平衡,此三力满足如图所示的三角形关系,由图知 F 的最小值为 2mgsin 30° =mg,由 F=qE 知 A、C、D 错,B 对.

二、多项选择题 7.如图所示, 两质量均为 m 的小球 A 和 B 分别带有+q 和-q 的电量, 被绝缘细线悬挂, 两球间的库仑引力小于球的重力 mg.现加上一个水平向右的匀强电场,待两小球再次保持静 止状态时,下列结论正确的是( )

A.悬线 OA 向右偏,OA 中的张力大于 2mg B.悬线 OA 向左偏,OA 中的张力大于 2mg C.悬线 OA 不发生偏离,OA 中的张力等于 2mg D.悬线 AB 向左偏,AB 线的张力比不加电场时要大 解析:选 CD.首先应用整体法对 AB 整体分析,悬线 OA 张力为 2mg,并且 OA 处于竖 直方向,选项 C 正确;然后再采用隔离法以 B 为研究对象分析,悬线 AB 向左偏,其张力为 电场力、库仑力与重力的合力,较不加电场时要大,选项 D 正确,故答案为 C、D. 8.(2015· 潍坊模拟)如图所示,在真空中一条竖直向下的电场线上有 a、b 两点.一带电 质点在 a 处由静止释放后沿电场线向上运动, 到达 b 点时速度恰好为零. 则下列说法正确的 是( )

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A.该带电质点一定带正电荷 B.该带电质点一定带负电荷 C.a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 D.质点在 b 点所受到的合力一定为零 解析:选 BC.带电质点由 a 点释放后向上运动,可知合力方向向上,而质点所受重力竖 直向下,故电场力一定竖直向上,与电场线方向相反,故该质点一定带负电,A 错,B 对; 带电质点到 b 点时速度又减为零,可知向上运动过程中,合力先向上又向下,因重力不变电 场力减小,知 a 点的场强大于 b 点,C 对,D 错.

☆9.(2015· 江西南昌二中检测)如图所示,两个带等量的正电荷的小球 A、B(可视为点电 荷),被固定在光滑的绝缘水平面上,P、N 是小球 A、B 连线的水平中垂线上的两点,且 PO =ON.现将一个带负电的小球 C(可视为质点),由 P 点静止释放,在小球 C 向 N 点运动的过 程中,下列关于小球 C 的速度图象中,可能正确的是( )

解析:选 AB.在 A、B 连线的垂直平分线上,从无穷远处到 O 点的电场强度先变大后变 小,到 O 点变为零,负电荷沿垂直平分线从无穷远处向 O 点运动,加速度先变大后变小, 速度不断增大,在 O 点加速度变为零,速度达到最大,v-t 图线的斜率先变大后变小;由 O 点运动到无穷远,速度变化情况同另一侧速度的变化情况具有对称性.如果 P、N 距 O 点足 够远,B 正确,如果 P、N 距 O 点很近,A 正确. ☆10.(2015· 河南林州模拟)如图甲所示,Q1、Q2 为两个被固定的点电荷,其中 Q1 为正点 电荷,在它们连线的延长线上有 a、b 两点.现有一检验电荷 q(电性未知)以一定的初速度沿 直线从 b 点开始经 a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用),q 运动的速度图象如图乙所 示.则( )

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A.Q2 必定是负电荷 B.Q2 的电荷量必定大于 Q1 的电荷量 C.从 b 点经 a 点向远处运动的过程中检验电荷 q 所受的电场力一直减小 D.可以确定检验电荷的带电性质 解析:选 AD.由图乙可知,检验电荷先减速后加速运动,若 Q2 是正电荷,则在 b 点右 侧的电场方向必定向右,q 受力不可能改变方向,故 Q2 一定为负电荷,故 A 正确;根据点 Q1 Q2 电荷场强公式,设 q 到 Q1、Q2 的距离分别为 r1、r2,则 q 所在处的场强为 E=k 2 -k 2 ,q r1 r2 在 b→a 运动过程中,受力向左,在 a 点右侧运动过程中,受力向右.由于 r1>r2,若 Q1<Q2, 场强 E 必定始终向左,q 受力方向不可能发生改变,故必定有 Q1>Q2,故 B 错误;由图乙可 Q1 Q2 知,q 受力先向左后向右,且加速度先减小后增大,故 C 错误;在 b 处,若 k 2 >k 2 ,考虑 r1 r2 到 Q1>Q2 , r1>r2 , 设 q 移 动 的 位 移 为 Δx , 由 数 学 知 识 可 以 证 明 , 则 一 定 有 Q1 Q2 Q1 Q2 k 即 E 始终朝一个方向, 不符合题意, 故在 b 处必定有 k 2 <k 2 , 2>k 2, r1 r2 ?r1+Δx? ?r2+Δx? 场强 Eb 必定向左,而 q 在 b 处受力向左,因此 q 电荷一定为正电荷,故 D 正确. 三、非选择题 11.(2014· 高考福建卷)如图,真空中 xOy 平面直角坐标系上的 A、B、C 三点构成等边 三角形,边长 L=2.0 m.若将电荷量均为 q=+2.0× 10 已知静电力常量 k=9.0× 109 N· m2/C2,求:
-6

C 的两点电荷分别固定在 A、B 点,

(1)两点电荷间的库仑力大小; (2)C 点的电场强度的大小和方向. q2 解析:(1)根据库仑定律,A、B 两点电荷间的库仑力大小为 F=k 2① L 代入数据得 F=9.0× 10 3N.②


(2)A、B 两点电荷在 C 点产生的场强大小相等,均为

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q E1=k 2③ L A、B 两点电荷形成的电场在 C 点的合场强大小为 E=2E1cos 30° ④ 由③④式并代入数据得 E≈7.8×103N/C 场强 E 的方向沿 y 轴正向. 答案:(1)9.0× 10 3N


(2)7.8× 103N/C 方向沿 y 轴正向

12.(2015· 济南模拟)如图所示,空间存在着强度 E=2.5× 102N/C,方 向竖直向上的匀强电场, 在电场内一长为 L=0.5 m 的绝缘细线, 一端固定 在 O 点,另一端拴着质量 m=0.5 kg、电荷量 q=4× 10 2C 的小球.现将细


线拉直到水平位置,使小球由静止释放,当小球运动到最高点时细线受到 的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取 g=10 m/s2.求: (1)小球的电性; (2)细线能承受的最大拉力; (3)当小球继续运动后与 O 点水平方向距离为 L 时,小球距 O 点的高度. 解析:(1)由小球运动到最高点可知,小球带正电. 1 (2)设小球运动到最高点时速度为 v,对该过程由动能定理有,(qE-mg)L= mv2① 2 在最高点对小球由牛顿第二定律得, v2 FT+mg-qE=m ② L 由①②式解得,FT=15 N. (3)小球在细线断裂后,在竖直方向的加速度设为 a, qE-mg 则 a= ③ m 设小球在水平方向运动 L 的过程中,历时 t,则 L=vt④ 设竖直方向上的位移为 x, 1 则 x= at2⑤ 2 由①③④⑤解得 x=0.125 m 所以小球距 O 点高度为 x+L=0.625 m. 答案:(1)正电 (2)15 N (3)0.625 m

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