資源簡介

(共84張PPT)
靜電場中力的性質
第
1
講
目標
要求
1.了解靜電現象，能用電荷守恒的觀點分析靜電現象.2.知道點電荷模型，體會科學研究中建立物理模型的方法，掌握并會應用庫侖定律.3.掌握電場強度的概念和公式，會用電場線描述電場.4.掌握電場強度疊加的方法.知道靜電的防止與利用.
內容索引
考點一　電荷守恒定律　庫侖定律
考點二　電場強度的理解和計算
考點三　電場強度的疊加
考點四　電場線的理解及應用　靜電的防止與利用
課時精練
考點一
電荷守恒定律　庫侖定律
梳理
必備知識
1.元電荷、點電荷
(1)元電荷：e＝ ，所有帶電體的電荷量都是元電荷的 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__________
________________對它們之間的作用力的影響的理想化模型.
1.60×10－19 C
整數
形狀、大小
及電荷分布狀況
2.電荷守恒定律
(1)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，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 .
(2)三種起電方式： 起電、 起電、接觸起電.
(3)帶電實質：物體 .
(4)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且帶同種電荷的同種導體，接觸后再分開，二者帶 電荷，若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先 ，余下的電荷再 .
保持不變
摩擦
感應
得失電子
等量同種
中和
平分
3.庫侖定律
(1)內容： 中兩個靜止 之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成 ，與它們的距離的二次方成 ，作用力的方向在它們的連線上.
(2)表達式：F＝_______，式中k＝ N·m2/C2，叫作靜電力常量.
(3)適用條件： 中的靜止 .
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.
真空
點電荷
正比
反比
9.0×109
真空
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 ，異種電荷相互 .
排斥
吸引
1.兩個帶異種電荷的金屬球接觸時，正電荷從一個球轉移到另一個球.(　　)
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F＝ 當r→0時，F→∞.(　　)
×
×
×
庫侖定律的理解和應用
1.庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用.
2.對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離.
提升
關鍵能力
3.對于兩個帶電金屬球相距較近時，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示.
4.不能根據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了.
例1　(2023·浙江寧波市模擬)如圖是庫侖做實驗用的庫侖扭秤.帶電小球A與不帶電小球B等質量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫侖力使橫桿旋轉，轉動旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時A、C間的庫侖力與旋鈕旋轉的角度成正比.現用一個帶電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開，再次轉動旋鈕M使小球A回到初始位置，此時旋鈕旋轉的角度與第一次旋轉的角度之比為
A.1 　　　　　　B. 　　　　　　C.2 　　　　　　 D.4
√
考向1　庫侖定律與電荷守恒定律的結合
例2　(2018·全國卷Ⅰ·16)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.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絕對值為k，則
考向2　庫侖力的疊加
√
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
例3　(2023·河北保定市檢測)如圖所示，質量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶電荷量為＋q的小球B固定在O點正下方的絕緣柱上.當小球A平衡時，懸線沿水平方向.已知lOA＝lOB＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球均可視為點電荷，則關于小球A的電性及帶電荷量qA的大小，下列選項正確的是
考向3　庫侖力作用下的平衡
√
小球A靜止時，根據平衡條件，小球A受到小球B的斥力，故小球A帶正電；
例4　如圖所示，已知兩個點電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1 C和＋4 C，能在水平面上自由移動，它們之間的距離d＝3 m.現引入點電荷Q3，試求：當Q3滿足什么條件，并把它放在何處時才能使整個系統處于平衡.
答案　Q3為負電荷，電荷量為 且放在Q1、Q2之間離Q1為1 m處
若整個系統處于平衡，則點電荷Q1、Q2、Q3所受合外力均為零，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，
1.涉及靜電場中的平衡問題，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靜電力，具體步驟如下：
靜電力作用下的平衡問題
方法點撥
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或每個點電荷處于另外兩個點電荷產生的合電場強度為零的位置.
(2)模型特點：
方法點撥
考點二
電場強度的理解和計算
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.
(2)基本性質：對放入其中的電荷有 .
2.電場強度
(1)定義：放入電場中某點的電荷受到的 與它的 之比.
(2)定義式：E＝ ；單位：N/C或 .
(3)矢量性：規定 在電場中某點所受靜電力的方向為該點電場強度的方向.
3.點電荷的電場：真空中與場源電荷Q相距為r處的電場強度大小為E＝____.
力的作用
靜電力
電荷量
V/m
正電荷
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＝ 知，當試探電荷q變為一半時，電場強度E變為2倍.(　　)
×
×
三個計算公式的比較
提升
關鍵能力
公式 適用條件 說明
定義式 任何電場 某點的電場強度為確定值，大小及方向與q無關
決定式 真空中靜止點電荷的電場 E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定
關系式 勻強電場 d是沿電場方向的距離
例5　真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2 m和0.7 m.在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探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跟試探電荷的電荷量q的關系分別如圖中直線a、b所示.忽略A、B間的作用力.下列說法正確的是
A.B點的電場強度大小為0.25 N/C
B.A點的電場強度的方向沿x軸負方向
C.點電荷Q的位置坐標為0.3 m
D.點電荷Q是正電荷
√
考點三
電場強度的疊加
1.電場強度的疊加(如圖所示)
2.“等效法”“對稱法”和“填補法”
(1)等效法
在保證效果相同的前提下，將復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，等效為兩個等量異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示.
(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，使復雜電場的疊加計算問題簡化.
例如：如圖所示，均勻帶電的　球殼在O點產生的電場，
等效為弧BC產生的電場，弧BC產生的電場強度方向，又
等效為弧的中點M在O點產生的電場強度方向.
(3)填補法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板，將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍.
3.選用技巧
(1)點電荷電場與勻強電場電場強度疊加一般應用合成法.
(2)均勻帶電體與點電荷電場強度疊加一般應用對稱法.
(3)計算均勻帶電體某點產生的電場強度一般應用補償法或微元法.
例6　(2023·浙江省杭州四中期中)如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上.以下說法正確的是
A.x坐標軸上，電場強度為零的位置有兩處
B.x坐標軸上x＝－12 cm處電場強度為零
C.x坐標軸上，電場強度方向沿x軸正方向的區域只有0D.x坐標軸上，6 cm√
考向1　點電荷電場強度的疊加
根據題意可知，x軸上某點的電場強度是正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場的疊加，要使電場強度為零，那么正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場強度大小相等、方向相反，
根據點電荷的電場強度公式E＝ 　可知，由于Q1的電荷量大于Q2，則電場強度為零的位置不會在Q1的左邊，也不會在Q1和Q2之間，因為它們電荷相反，在中間的電場方向都是一樣的，只能在Q2右邊，
在Q1和Q2之間，正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場強度方向沿x軸正方向，所以實際電場強度也是沿x軸正方向，
根據點電荷的電場強度公式得x坐標軸上大于12 cm區域電場強度方向沿x軸正方向區域，
所以x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向的區域是0例7　(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷.點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷.將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零.圓環上剩余電荷分布不變，q為
考向2　非點電荷電場強度的疊加和計算
√
取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，
例8　均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場.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為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點， ＝2R，靜電力常量為k，已知M點的電場強度大小為E，則N點的電場強度大小為
考向3　填補法、對稱法在電場疊加中的應用
√
考點四
電場線的理解及應用　靜電的防止與利用
1.電場線的特點
(1)電場線從 或 出發，終止于 或 .
(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 ，電場強度較小的地方電場線 .
(4)電場線上某點的切線方向表示該點的 .
(5)沿電場線方向電勢逐漸 .
(6)電場線和等勢面在相交處 .
梳理
必備知識
正電荷
無限遠
無限遠
負電荷
較密
較疏
電場強度方向
降低
相互垂直
2.靜電平衡
(1)定義：導體放入電場中時，附加電場與原電場的電場強度在導體內部大小相等且方向相反，使得疊加電場強度為零時，自由電荷不再發生___
_______，導體達到靜電平衡狀態.
(2)處于靜電平衡狀態的導體的特點
①導體內部的電場強度 .
②導體是一個等勢體，導體表面是等勢面.
③導體表面處的電場強度方向與導體表面 .
④導體內部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導體的外表面上.
⑤在導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.
定
向移動
處處為零
垂直
3.尖端放電
導體尖端周圍電場使空氣 ，電離出的與導體尖端電荷符號相反的電荷與尖端的電荷中和，相當于導體從尖端失去電荷.
4.靜電屏蔽
處于電場中的封閉金屬殼，由于內部電場強度處處為 ，從而外電場對殼內儀器不會產生影響.
電離
0
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，但根據電場線的方向能確定已知電荷的加速度的方向.(　　)
√
×
1.兩種等量點電荷電場線的比較
提升
關鍵能力
比較 等量異種點電荷 等量同種正點電荷
電場線分布圖
電荷連線上的電場強度 沿連線先變小后變大
O點最小，但不為零 O點為零
中垂線上的電場強度 O點最大，向外 逐漸減小 O點最小，向外
先變大后變小
關于O點對稱位置的電場強度 A與A′、B與B′、C與C′
等大同向 等大反向
2.電場線的應用
(1)判斷電場強度的大小：電場線密處電場強度大，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.
例9　(2021·浙江6月選考·3)如圖所示，在火箭發射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是
A.探測發射臺周圍風力的大小
B.發射與航天器聯系的電磁波
C.預防雷電擊中待發射的火箭
D.測量火箭發射過程的速度和加速度
√
在火箭發射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，因鐵制的高塔有避雷作用，其功能是預防雷電擊中發射的火箭，故C項正確.
例10　(多選)電場線能直觀地反映電場的分布情況.如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的一些點；O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，B、C和A、D是兩電荷連線上關于O對稱的兩點.則
A.E、F兩點電場強度相同
B.A、D兩點電場強度不同
C.B、O、C三點中，O點電場強度最小
D.從C點向O點運動的電子加速度逐漸增大
√
√
等量異號點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點電場強度方向相同，由于E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，則其電場強度大小也相等，故A正確；
根據對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點電場強度大小相等，由題圖甲看出，A、D兩點電場強度方向相同，故B錯誤；
由題圖甲看出，B、O、C三點比較，O點處的電場線最稀疏，電場強度最小，故C正確；
由題圖可知，電子從C點向O點運動過程中，電場強度逐漸減小，則靜電力逐漸減小，由牛頓第二定律可知電子的加速度逐漸減小，故D錯誤.
五
課時精練
1.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示，在舞臺上，16歲的盧馭龍上演了這樣一幕表演：他站在電壓高達幾萬伏的電極旁邊，輕松地把玩著“閃電”，卻安然無恙.據了解，他身上穿著一件特別的衣服叫“高壓屏蔽服”.制成這種“高壓屏蔽服”的材料可能是
A.玻璃 B.木屑
C.塑料片 D.金屬絲
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基礎落實練
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高壓屏蔽服采用的是靜電屏蔽原理，金屬導體達到靜電平衡時，內部電場強度處處為零，故制作材料可能是金屬絲，D項正確.
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2.(多選)M和N是兩個不帶電的物體.它們互相摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，下列判斷正確的有
A.摩擦前M和N的內部沒有任何電荷
B.摩擦過程中電子從M轉移到N
C.N在摩擦后一定帶負電且所帶電荷量為1.6×10－10 C
D.M在摩擦過程中失去1.6×1010個電子
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摩擦前M和N都不帶電，是指這兩個物體都呈電中性，沒有“凈電荷”，也就是沒有得失電子，但內部仍有正電荷和負電荷，選項A錯誤；
M和N摩擦后M帶正電荷，說明M失去電子，電子從M轉移到N，選項B正確；
根據電荷守恒定律，M和N這個與外界沒有電荷交換的系統原來電荷量的代數和為0，摩擦后電荷量的代數和應仍為0，選項C正確；
元電荷的值為1.60×10－19 C，摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，由于M帶電荷量應是元電荷的整數倍，所以M在摩擦過程中失去109個電子，選項D錯誤.
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3.(2019·全國卷Ⅰ·15)如圖，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
A.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
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對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受靜電力為零，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的靜電力水平向右，則
勻強電場對P的靜電力應水平向左，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項C錯誤，D正確.
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4.(多選)如圖，三個點電荷A、B、C分別位于等邊三角形的頂點上，A、B都帶正電荷，A所受B、C兩個電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，已知FA與BA延長線的夾角小于60°，則對點電荷C所帶電荷的電性和電荷量的判斷正確的是
A.一定是正電
B.一定是負電
C.帶電荷量大于B的
D.帶電荷量小于B的
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假設C的帶電荷量等于B的電荷量，則C、B對A的庫侖力大小相等，合力方向與BA的延長線夾角為60°，但是因為FA與BA延長線的夾角小于60°，可知C的帶電荷量小于B的帶電荷量，D正確，C錯誤.
因為B對A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C對A是引力，即C一定帶負電，B正確，A錯誤；
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5.(2023·浙江寧波市模擬)在光滑的水平面上建立如圖所示的直角坐標系xOy，現在O點固定一個帶電荷量為Q的正電荷，在x軸正半軸上的N(d,0)點固定有帶電荷量為8Q的負電荷，y軸正半軸位置固定有一根光滑絕緣細桿，細桿上套有帶電荷量為＋q的輕質小球(重力忽略不計)，當小球置于M點時，恰好保持靜止，則M點的縱坐標為
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6.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線，關于這種電場，以下說法正確的是
A.這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布
卻是左右對稱的，很有規律性，它們之間的電場，
除邊緣部分外，可以看成勻強電場
B.電場內部A點的電場強度小于B點的電場強度
C.電場內部A點的電場強度等于B點的電場強度
D.若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板
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由于這種平行金屬板形成的電場的電場線不是等間距的平行直線，所以不是勻強電場，選項A錯誤.
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從電場線分布看，A處的電場線比B處密，所以A點的電場強度大于B點的電場強度，選項B、C錯誤.
A、B兩點所在的電場線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場中的A 點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板，選項D正確.
7.如圖所示，M、N為兩個等量同種正點電荷，在其連線的中垂線上的P點自由釋放一點電荷q，不計重力，下列說法中正確的是
A.點電荷一定會向O運動，加速度一定越來越大，
速度也一定越來越大
B.點電荷可能會向O運動，加速度一定越來越小，
速度一定越來越大
C.若點電荷能越過O點，則一定能運動到P關于O的對稱點且速度再次為零
D.若點電荷能運動到O點，此時加速度達到最大值，速度為零
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若點電荷帶正電，則點電荷會向背離O點方向運動，選項A錯誤；
若點電荷帶負電，則點電荷會向O運動，加速度
可能先增大后減小，也可能一直減小，但是速度一定越來越大，選項B錯誤；
若點電荷能越過O點，則根據能量關系以及對稱性可知，點電荷一定能運動到P關于O的對稱點且速度再次為零，選項C正確；
若點電荷能運動到O點，此時加速度為零，速度達到最大值，選項D錯誤.
8.(2023·浙江臺州市質檢)在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為d的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，帶電荷量均為q，c帶負電，整個系統置于方向水平的勻強電場中.已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態，則
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根據平衡條件可知c球所受勻強電場的靜電力的方向由a、b連線的中點指向c，由于c球帶負電，所以勻強電場電場強度方向由c指向a、b連線的中點，D錯誤；
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A.C球所受的摩擦力不為零
B.桿對B球的彈力為零
C.緩慢將C球向右移動，則其無法保持靜止
D.緩慢將C球向左移動，則其一定會掉下來
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對C進行受力分析，A對有C吸引力，B對有C排斥力，C還受重力及水平天花板對C可能有豎直向下的壓力，如圖所示，
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緩慢將C球向右移動，FBC變小，其豎直向上的分量變小，當豎直向上的分量小于重力時，其無法保持靜止，故C正確；
緩慢將C球向左移動，FBC變大，其豎直向上的分量變大，C球一定不會掉下來，故D錯誤；
B球如果不受桿的力，則C球給B球的排斥力有水平方向的分力，無法平衡，因此桿一定對B球有彈力，故B錯誤.
10.如圖所示，兩個固定的半徑均為r的細圓環同軸放置，O1、O2分別為兩細圓環的圓心，且O1O2＝2r，兩圓環分別帶有均勻分布的等量異種電荷＋Q、－Q(Q>0).一帶正電的粒子(重力不計)從O1由靜止釋放.靜電力常量為k.下列說法正確的是
A.O1O2中點處的電場強度大小為
B.O1O2中點處的電場強度大小為
C.粒子在O1O2中點處動能最大
D.粒子在O2處動能最大
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帶電粒子從O1點開始由靜止釋放，在粒子從O1向O2的運動過程中，兩圓環對粒子的作用力皆向左，可見電場對帶電粒子做正功，故粒子在O1O2中點處動能不是最大，故C錯誤；
根據電場疊加原理，在O2左側電場強度方向先向左后向右，因此粒子到達O2左側某一點時，速度最大，動能最大，在這以后向左運動的速度開始減小，動能也減小，故D錯誤.
11.(2021·湖南卷·4)如圖，在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷，在(0，a)位置放置電荷量為q的負點電荷，在距P(a，a)為　　的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為零.則Q的位置及電荷量分別為
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Q點電荷在P點的電場強度大小為
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由于三個點電荷在P處的合電場強度為0，則E2的方向應與E1的方向相反，且大小相等，即有E1＝E2，解得Q＝
由幾何關系可知Q的坐標為(0,2a)，故選B.
13
12.(2020·浙江1月選考·13)如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接.A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0>0，qB＝－q0，當系統處于靜止狀態時，三小球等間距排列.已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則
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對A球受力分析有Mgsin α＋F庫＝k0x，得F庫＝2Mgsin α，故C錯誤.
13.如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心O處電場強度大小等于E0，兩個通過同一條直徑的平面夾角為α，從半球中分出夾角為α的這部分球面，則所分出的這部分球面上(在“小瓣”上)的電荷在O處的電場強度大小為
A.E＝E0sin α B.E＝E0cos α
C.E＝E0cos D.E＝E0sin
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若半球面帶正電，根據對稱性，待求的電場強度E的方向一定沿著α角的角平分線指向右下方，同理大瓣球面在O點的電場強度的方向一定沿著大瓣的角平分線向左下方，由于兩瓣球面合起來是半個球面，所以這兩個電場強度一定垂直，合電場強度等于E0，根據平行四邊形定則作圖如圖所示，E＝
13
同理，若半球面帶負電，仍有E＝　　　 ，D正確，A、B、C錯誤.考情分析 庫侖定律 2022·遼寧卷·T10　2021·天津卷·T1
電場的性質 2022·江蘇卷·T9　2022·河北卷·T6　2022·山東卷·T3　2022·湖南卷·T2 2021·湖南卷·T4　2021·廣東卷·T6　2021·山東卷·T6　2021·河北卷·T10 2020·江蘇卷·T9　2020·北京卷·T7　2020·山東卷·T10　2019·北京卷·T17
電容器 2022·重慶卷·T2　2019·北京卷·T23　2018·江蘇卷·T5　2018·北京卷·T19
帶電粒子在電場中的運動 2022·江蘇卷·T15　2022·遼寧卷·T14　2022·湖北卷·T10 2021·全國乙卷·T20　2021·湖南卷·T9　2020·浙江7月選考·T6 2019·全國卷Ⅱ ·T24　2019·全國卷Ⅲ ·T24　2019·天津卷·T3
試題情境 生活實踐類 人體帶電頭發散開，尖端放電，避雷針，靜電吸附，直線加速器，示波器，靜電加速器
學習探究類 觀察靜電感應現象，探究電荷間的作用力的影響因素，庫侖扭秤實驗，模擬電場線，觀察電容器的充、放電現象
第1講　靜電場中力的性質
目標要求　1.了解靜電現象，能用電荷守恒的觀點分析靜電現象.2.知道點電荷模型，體會科學研究中建立物理模型的方法，掌握并會應用庫侖定律.3.掌握電場強度的概念和公式，會用電場線描述電場.4.掌握電場強度疊加的方法．知道靜電的防止與利用．
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＝1.60×10－19 C，所有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)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，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)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且帶同種電荷的同種導體，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．
3．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＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作靜電力常量．
(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情況，可以直接應用公式．
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決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
1．兩個帶異種電荷的金屬球接觸時，正電荷從一個球轉移到另一個球．(　×　)
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F＝k，當r→0時，F→∞.(　×　)
庫侖定律的理解和應用
1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用．
2．對于兩個均勻帶電絕緣球體，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相距較近時，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示．
(1)同種電荷：F＜k；
(2)異種電荷：F＞k.
4．不能根據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了．
考向1　庫侖定律與電荷守恒定律的結合
例1　(2023·浙江寧波市模擬)如圖是庫侖做實驗用的庫侖扭秤．帶電小球A與不帶電小球B等質量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫侖力使橫桿旋轉，轉動旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時A、C間的庫侖力與旋鈕旋轉的角度成正比．現用一個帶電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開，再次轉動旋鈕M使小球A回到初始位置，此時旋鈕旋轉的角度與第一次旋轉的角度之比為(　　)
A．1 B. C．2 D．4
答案　C
解析　設小球A帶電荷量為qA，小球C帶電荷量為qC，庫侖力與旋鈕旋轉的角度成正比，則有θ＝k1F，依題意有θ1＝k1F1＝k1，由題可知小球D帶電荷量為qD＝3qC，接觸后分開，小球D和小球C所帶電荷量將均分，有qC′＝＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1＝2k1，聯立可得＝2，故選C.
考向2　庫侖力的疊加
例2　(2018·全國卷Ⅰ·16)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.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絕對值為k，則(　　)
A．a、b的電荷同號，k＝
B．a、b的電荷異號，k＝
C．a、b的電荷同號，k＝
D．a、b的電荷異號，k＝
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＝①
b對c的庫侖力Fb＝②
若合力向左，如圖所示，根據相似三角形得＝③
由①②③得k＝＝＝，若合力向右，結果仍成立，D正確．
考向3　庫侖力作用下的平衡
例3　(2023·河北保定市檢測)如圖所示，質量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶電荷量為＋q的小球B固定在O點正下方的絕緣柱上．當小球A平衡時，懸線沿水平方向．已知lOA＝lOB＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球均可視為點電荷，則關于小球A的電性及帶電荷量qA的大小，下列選項正確的是(　　)
A．正電， B．正電，
C．負電， D．負電，
答案　A
解析　小球A靜止時，根據平衡條件，小球A受到小球B的斥力，故小球A帶正電；由平衡條件得＝mg，解得qA＝，故選A.
例4　如圖所示，已知兩個點電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1 C和＋4 C，能在水平面上自由移動，它們之間的距離d＝3 m．現引入點電荷Q3，試求：當Q3滿足什么條件，并把它放在何處時才能使整個系統處于平衡．
答案　Q3為負電荷，電荷量為 C，且放在Q1、Q2之間離Q1為1 m處
解析　若整個系統處于平衡，則點電荷Q1、Q2、Q3所受合外力均為零，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k＝k，得＝＝，即Q3距離電荷量較小的電荷Q1較近，又因r1＋r2＝d，d＝3 m，所以Q3到Q1距離r1＝1 m，根據＝，得Q3＝ C.
　　　　　　靜電力作用下的平衡問題
1．涉及靜電場中的平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了靜電力，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或每個點電荷處于另外兩個點電荷產生的合電場強度為零的位置．
(2)模型特點：
考點二　電場強度的理解和計算
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．
(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靜電力與它的電荷量之比．
(2)定義式：E＝；單位：N/C或V/m.
(3)矢量性：規定正電荷在電場中某點所受靜電力的方向為該點電場強度的方向．
3．點電荷的電場：真空中與場源電荷Q相距為r處的電場強度大小為E＝k.
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＝知，當試探電荷q變為一半時，電場強度E變為2倍．(　×　)
三個計算公式的比較
公式 適用條件 說明
定義式 E＝ 任何電場 某點的電場強度為確定值，大小及方向與q無關
決定式 E＝k 真空中靜止點電荷的電場 E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定
關系式 E＝ 勻強電場 d是沿電場方向的距離
例5　真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2 m和0.7 m．在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探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跟試探電荷的電荷量q的關系分別如圖中直線a、b所示．忽略A、B間的作用力．下列說法正確的是(　　)
A．B點的電場強度大小為0.25 N/C
B．A點的電場強度的方向沿x軸負方向
C．點電荷Q的位置坐標為0.3 m
D．點電荷Q是正電荷
答案　C
解析　由A處試探電荷的F－q圖線可得，該處的電場強度大小為E1＝＝4×105 N/C，方向沿x軸正方向，同理可得，B處的電場強度大小為E2＝＝0.25×105 N/C，方向沿x軸負方向，A、B錯誤；由A、B項的分析可知，點電荷Q應為負電荷，且在A、B之間，設Q到A點的距離為l，由點電荷電場強度公式可得E1＝k＝4×105 N/C，E2＝k＝0.25×105 N/C，聯立解得l＝0.1 m，故點電荷Q的位置坐標為0.3 m，C正確，D錯誤．
考點三　電場強度的疊加
1．電場強度的疊加(如圖所示)
2．“等效法”“對稱法”和“填補法”
(1)等效法
在保證效果相同的前提下，將復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，等效為兩個等量異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示．
(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，使復雜電場的疊加計算問題簡化．
例如：如圖所示，均勻帶電的球殼在O點產生的電場，等效為弧BC產生的電場，弧BC產生的電場強度方向，又等效為弧的中點M在O點產生的電場強度方向．
(3)填補法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板，將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．
3．選用技巧
(1)點電荷電場與勻強電場電場強度疊加一般應用合成法．
(2)均勻帶電體與點電荷電場強度疊加一般應用對稱法．
(3)計算均勻帶電體某點產生的電場強度一般應用補償法或微元法．
考向1　點電荷電場強度的疊加
例6　(2023·浙江省杭州四中期中)如圖所示，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6 cm的位置上．以下說法正確的是(　　)
A．x坐標軸上，電場強度為零的位置有兩處
B．x坐標軸上x＝－12 cm處電場強度為零
C．x坐標軸上，電場強度方向沿x軸正方向的區域只有0D．x坐標軸上，6 cm答案　D
解析　根據題意可知，x軸上某點的電場強度是正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場的疊加，要使電場強度為零，那么正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場強度大小相等、方向相反，根據點電荷的電場強度公式E＝可知，由于Q1的電荷量大于Q2，則電場強度為零的位置不會在Q1的左邊，也不會在Q1和Q2之間，因為它們電荷相反，在中間的電場方向都是一樣的，只能在Q2右邊，設該位置到Q2的距離是L，則有＝，解得L＝6 cm，即x坐標軸上x＝12 cm處的電場強度為零，故A、B錯誤；在Q1和Q2之間，正點電荷Q1和負點電荷Q2在該處產生的電場強度方向沿x軸正方向，所以實際電場強度也是沿x軸正方向，根據點電荷的電場強度公式得x坐標軸上大于12 cm區域電場強度方向沿x軸正方向區域，所以x坐標軸上電場強度方向沿x軸正方向的區域是0考向2　非點電荷電場強度的疊加和計算
例7　(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷．點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷．將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零．圓環上剩余電荷分布不變，q為(　　)
A．正電荷，q＝ B．正電荷，q＝
C．負電荷，q＝ D．負電荷，q＝
答案　C
解析　取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝k＝k，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E＝E1＝k，根據O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產生的電場強度大小為E′＝E＝k，又E′＝k，聯立解得q＝，故選C.
考向3　填補法、對稱法在電場疊加中的應用
例8　均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場．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為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，＝＝2R，靜電力常量為k，已知M點的電場強度大小為E，則N點的電場強度大小為(　　)
A.－E B.
C.－E D.＋E
答案　A
解析　把在O點的球殼補為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點產生的電場強度大小為E0＝＝.題圖中左半球殼在M點產生的電場強度為E，則右半球殼在M點產生的電場強度為E′＝E0－E＝－E，由對稱性知，左半球殼在N點產生的電場強度大小也為－E，A正確．
考點四　電場線的理解及應用　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，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：導體放入電場中時，附加電場與原電場的電場強度在導體內部大小相等且方向相反，使得疊加電場強度為零時，自由電荷不再發生定向移動，導體達到靜電平衡狀態．
(2)處于靜電平衡狀態的導體的特點
①導體內部的電場強度處處為零．
②導體是一個等勢體，導體表面是等勢面．
③導體表面處的電場強度方向與導體表面垂直．
④導體內部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導體的外表面上．
⑤在導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．
3．尖端放電
導體尖端周圍電場使空氣電離，電離出的與導體尖端電荷符號相反的電荷與尖端的電荷中和，相當于導體從尖端失去電荷．
4．靜電屏蔽
處于電場中的封閉金屬殼，由于內部電場強度處處為0，從而外電場對殼內儀器不會產生影響．
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，但根據電場線的方向能確定已知電荷的加速度的方向．(　√　)
1．兩種等量點電荷電場線的比較
比較 等量異種點電荷 等量同種正點電荷
電場線分布圖
電荷連線上的電場強度 沿連線先變小后變大
O點最小，但不為零 O點為零
中垂線上的電場強度 O點最大，向外 逐漸減小 O點最小，向外 先變大后變小
關于O點對稱位置的電場強度 A與A′、B與B′、C與C′
等大同向 等大反向
2.電場線的應用
(1)判斷電場強度的大小：電場線密處電場強度大，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．
例9　(2021·浙江6月選考·3)如圖所示，在火箭發射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是(　　)
A．探測發射臺周圍風力的大小
B．發射與航天器聯系的電磁波
C．預防雷電擊中待發射的火箭
D．測量火箭發射過程的速度和加速度
答案　C
解析　在火箭發射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，因鐵制的高塔有避雷作用，其功能是預防雷電擊中發射的火箭，故C項正確．
例10　(多選)電場線能直觀地反映電場的分布情況．如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的一些點；O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，B、C和A、D是兩電荷連線上關于O對稱的兩點．則(　　)
A．E、F兩點電場強度相同
B．A、D兩點電場強度不同
C．B、O、C三點中，O點電場強度最小
D．從C點向O點運動的電子加速度逐漸增大
答案　AC
解析　等量異號點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點電場強度方向相同，由于E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，則其電場強度大小也相等，故A正確；根據對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點電場強度大小相等，由題圖甲看出，A、D兩點電場強度方向相同，故B錯誤；由題圖甲看出，B、O、C三點比較，O點處的電場線最稀疏，電場強度最小，故C正確；由題圖可知，電子從C點向O點運動過程中，電場強度逐漸減小，則靜電力逐漸減小，由牛頓第二定律可知電子的加速度逐漸減小，故D錯誤．
課時精練
1.(2023·浙江臺州市模擬)如圖所示，在舞臺上，16歲的盧馭龍上演了這樣一幕表演：他站在電壓高達幾萬伏的電極旁邊，輕松地把玩著“閃電”，卻安然無恙．據了解，他身上穿著一件特別的衣服叫“高壓屏蔽服”．制成這種“高壓屏蔽服”的材料可能是(　　)
A．玻璃 B．木屑
C．塑料片 D．金屬絲
答案　D
解析　高壓屏蔽服采用的是靜電屏蔽原理，金屬導體達到靜電平衡時，內部電場強度處處為零，故制作材料可能是金屬絲，D項正確．
2．(多選)M和N是兩個不帶電的物體．它們互相摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，下列判斷正確的有(　　)
A．摩擦前M和N的內部沒有任何電荷
B．摩擦過程中電子從M轉移到N
C．N在摩擦后一定帶負電且所帶電荷量為1.6×10－10 C
D．M在摩擦過程中失去1.6×1010個電子
答案　BC
解析　摩擦前M和N都不帶電，是指這兩個物體都呈電中性，沒有“凈電荷”，也就是沒有得失電子，但內部仍有正電荷和負電荷，選項A錯誤；M和N摩擦后M帶正電荷，說明M失去電子，電子從M轉移到N，選項B正確；根據電荷守恒定律，M和N這個與外界沒有電荷交換的系統原來電荷量的代數和為0，摩擦后電荷量的代數和應仍為0，選項C正確；元電荷的值為1.60×10－19 C，摩擦后M帶正電且所帶電荷量為1.6×10－10 C，由于M帶電荷量應是元電荷的整數倍，所以M在摩擦過程中失去109個電子，選項D錯誤．
3.(2019·全國卷Ⅰ·15)如圖，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(　　)
A．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靜電力為零，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的靜電力水平向右，則勻強電場對P的靜電力應水平向左，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項C錯誤，D正確．
4.(多選)如圖，三個點電荷A、B、C分別位于等邊三角形的頂點上，A、B都帶正電荷，A所受B、C兩個電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，已知FA與BA延長線的夾角小于60°，則對點電荷C所帶電荷的電性和電荷量的判斷正確的是(　　)
A．一定是正電
B．一定是負電
C．帶電荷量大于B的
D．帶電荷量小于B的
答案　BD
解析　因為B對A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C對A是引力，即C一定帶負電，B正確，A錯誤；假設C的帶電荷量等于B的電荷量，則C、B對A的庫侖力大小相等，合力方向與BA的延長線夾角為60°，但是因為FA與BA延長線的夾角小于60°，可知C的帶電荷量小于B的帶電荷量，D正確，C錯誤．
5.(2023·浙江寧波市模擬)在光滑的水平面上建立如圖所示的直角坐標系xOy，現在O點固定一個帶電荷量為Q的正電荷，在x軸正半軸上的N(d,0)點固定有帶電荷量為8Q的負電荷，y軸正半軸位置固定有一根光滑絕緣細桿，細桿上套有帶電荷量為＋q的輕質小球(重力忽略不計)，當小球置于M點時，恰好保持靜止，則M點的縱坐標為(　　)
A.d B.d C.d D．d
答案　B
解析　設OM長為y，由平衡條件可知＝·，得＝2y，即y＝d，故B正確．
6.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線，關于這種電場，以下說法正確的是(　　)
A．這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布卻是左右對稱的，很有規律性，它們之間的電場，除邊緣部分外，可以看成勻強電場
B．電場內部A點的電場強度小于B點的電場強度
C．電場內部A點的電場強度等于B點的電場強度
D．若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板
答案　D
解析　由于這種平行金屬板形成的電場的電場線不是等間距的平行直線，所以不是勻強電場，選項A錯誤．從電場線分布看，A處的電場線比B處密，所以A點的電場強度大于B點的電場強度，選項B、C錯誤．A、B兩點所在的電場線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場中的A 點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板，選項D正確．
7.如圖所示，M、N為兩個等量同種正點電荷，在其連線的中垂線上的P點自由釋放一點電荷q，不計重力，下列說法中正確的是(　　)
A．點電荷一定會向O運動，加速度一定越來越大，速度也一定越來越大
B．點電荷可能會向O運動，加速度一定越來越小，速度一定越來越大
C．若點電荷能越過O點，則一定能運動到P關于O的對稱點且速度再次為零
D．若點電荷能運動到O點，此時加速度達到最大值，速度為零
答案　C
解析　若點電荷帶正電，則點電荷會向背離O點方向運動，選項A錯誤；若點電荷帶負電，則點電荷會向O運動，加速度可能先增大后減小，也可能一直減小，但是速度一定越來越大，選項B錯誤；若點電荷能越過O點，則根據能量關系以及對稱性可知，點電荷一定能運動到P關于O的對稱點且速度再次為零，選項C正確；若點電荷能運動到O點，此時加速度為零，速度達到最大值，選項D錯誤．
8.(2023·浙江臺州市質檢)在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為d的正三角形的三個頂點上，a、b帶正電，帶電荷量均為q，c帶負電，整個系統置于方向水平的勻強電場中．已知靜電力常量為k.若三個小球均處于靜止狀態，則(　　)
A．c球帶電荷量為q
B．勻強電場電場強度大小為
C．勻強電場電場強度大小為
D．勻強電場電場強度方向由a、b連線的中點指向c
答案　B
解析　設小球c所帶電荷量為Q，由庫侖定律可得，小球a對小球c的庫侖力大小為F＝，小球b對小球c的庫侖力大小也為F＝，這兩個力的合力大小為2Fcos 30°.設水平方向勻強電場電場強度大小為E，由平衡條件可得QE＝2Fcos 30°，解得E＝，C錯誤，B正確；根據平衡條件可知c球所受勻強電場的靜電力的方向由a、b連線的中點指向c，由于c球帶負電，所以勻強電場電場強度方向由c指向a、b連線的中點，D錯誤；由平衡條件知a、c對b的合力與勻強電場對b的力等大反向，可知＝·cos 60°，解得Q＝2q，A錯誤．
9.(2023·浙江舟山市模擬)如圖所示，A、C為帶異種電荷的帶電小球，B、C為帶同種電荷的帶電小球．A、B被固定在絕緣豎直桿上，＝時C球靜止于粗糙的絕緣水平天花板上．已知＝，下列說法正確的是(　　)
A．C球所受的摩擦力不為零
B．桿對B球的彈力為零
C．緩慢將C球向右移動，則其無法保持靜止
D．緩慢將C球向左移動，則其一定會掉下來
答案　C
解析　對C進行受力分析，A對有C吸引力，B對有C排斥力，C還受重力及水平天花板對C可能有豎直向下的壓力，如圖所示，
由平衡條件結合矢量的合成法則可知，若不受摩擦力，則FAC＝FBCcos θ，由幾何知識可得cos θ＝，依據庫侖定律有＝×，可知當＝時恰好處于平衡狀態，C球靜止且沒有運動的趨勢，C球所受摩擦力為零，故A錯誤；緩慢將C球向右移動，FBC變小，其豎直向上的分量變小，當豎直向上的分量小于重力時，其無法保持靜止，故C正確；緩慢將C球向左移動，FBC變大，其豎直向上的分量變大，C球一定不會掉下來，故D錯誤；B球如果不受桿的力，則C球給B球的排斥力有水平方向的分力，無法平衡，因此桿一定對B球有彈力，故B錯誤．
10.如圖所示，兩個固定的半徑均為r的細圓環同軸放置，O1、O2分別為兩細圓環的圓心，且O1O2＝2r，兩圓環分別帶有均勻分布的等量異種電荷＋Q、－Q(Q>0)．一帶正電的粒子(重力不計)從O1由靜止釋放．靜電力常量為k.下列說法正確的是(　　)
A．O1O2中點處的電場強度大小為
B．O1O2中點處的電場強度大小為
C．粒子在O1O2中點處動能最大
D．粒子在O2處動能最大
答案　A
解析　把圓環上每一個點都看成一個點電荷，則每個點電荷的電荷量為q＝，根據點電荷電場強度公式，點電荷在O1O2中點的電場強度大小為E＝，根據電場的疊加原理，單個圓環在O1O2中點的電場強度大小為E＝cos 45°，兩個圓環在O1O2中點的合電場強度大小為E總＝，故A正確，B錯誤；帶電粒子從O1點開始由靜止釋放，在粒子從O1向O2的運動過程中，兩圓環對粒子的作用力皆向左，可見電場對帶電粒子做正功，故粒子在O1O2中點處動能不是最大，故C錯誤；根據電場疊加原理，在O2左側電場強度方向先向左后向右，因此粒子到達O2左側某一點時，速度最大，動能最大，在這以后向左運動的速度開始減小，動能也減小，故D錯誤．
11.(2021·湖南卷·4)如圖，在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷，在(0，a)位置放置電荷量為q的負點電荷，在距P(a，a)為a的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為零．則Q的位置及電荷量分別為(　　)
A．(0,2a)，q B．(0,2a)，2q
C．(2a,0)，q D．(2a,0)，2q
答案　B
解析　根據點電荷電場強度公式E＝k，兩異種點電荷在P點的電場強度大小均為E0＝，方向如圖所示，
兩異種點電荷在P點的合電場強度大小為E1＝E0＝，方向與＋q點電荷和－q點電荷的連線平行，如圖所示，
Q點電荷在P點的電場強度大小為
E2＝k＝，
由于三個點電荷在P處的合電場強度為0，則E2的方向應與E1的方向相反，且大小相等，即有E1＝E2，解得Q＝2q，
由幾何關系可知Q的坐標為(0,2a)，故選B.
12．(2020·浙江1月選考·13)如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接．A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0>0，qB＝－q0，當系統處于靜止狀態時，三小球等間距排列．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則(　　)
A．qC＝q0
B．彈簧伸長量為
C．A球受到的庫侖力大小為2Mg
D．相鄰兩小球間距為q0
答案　A
解析　對C球受力分析可知，C球帶正電荷，沿斜面方向有Mgsin α＋k＝k.對B球受力分析如圖所示，
根據受力平衡得k＝k＋Mgsin α，聯立解得qC＝q0，r＝，選項A正確，D錯誤；對三個球整體受力分析知F彈＝k0x＝3Mgsin α，故x＝，選項B錯誤；對A球受力分析有Mgsin α＋F庫＝k0x，得F庫＝2Mgsin α，故C錯誤．
13.如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心O處電場強度大小等于E0，兩個通過同一條直徑的平面夾角為α，從半球中分出夾角為α的這部分球面，則所分出的這部分球面上(在“小瓣”上)的電荷在O處的電場強度大小為(　　)
A．E＝E0sin α B．E＝E0cos α
C．E＝E0cos D．E＝E0sin
答案　D
解析　若半球面帶正電，根據對稱性，待求的電場強度E的方向一定沿著α角的角平分線指向右下方，同理大瓣球面在O點的電場強度的方向一定沿著大瓣的角平分線向左下方，由于兩瓣球面合起來是半個球面，所以這兩個電場強度一定垂直，合電場強度等于E0，根據平行四邊形定則作圖如圖所示，E＝E0sin ；同理，若半球面帶負電，仍有E＝E0sin ，D正確，A、B、C錯誤．

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