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第19講　電荷守恒定律　電場力的性質(zhì)
知識內(nèi)容 考試要求 說明
電荷及其守恒定律 c 1.不要求識記電子的比荷． 2.利用庫侖定律公式求解靜力學問題，只限于所受各力在同一直線上或可運用直角三角形知識求解的情形． 3.利用庫侖定律公式與其他動力學規(guī)律求解力學與電學綜合的問題，只限于所受各力在同一直線上的情形． 4.兩個電場疊加的定量運算，僅限于在同一直線或可用直角三角形知識解決的情形.
庫侖定律 c
電場強度 c
一、電荷及其守恒定律
1．元電荷
最小的電荷量，其值為e＝1.60×10－19_C.
其他帶電體的電荷量皆為元電荷的整數(shù)倍．
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；在轉移的過程中，電荷的總量保持不變．
(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電．
(3)帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子．
二、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＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
3．適用條件：真空中的點電荷．
三、電場強度
1．場強公式的比較
三個公式
2．電場的疊加
(1)電場的疊加：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．
四、電場線
1．特點
(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于無限遠處或負電荷；
(2)電場線在電場中不相交；
(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大；
(4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向；
(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．幾種典型電場的電場線(如圖1)
命題點一　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，要考慮表面電荷的重新分布，如圖3所示．
圖3
(1)同種電荷：F＜k；(2)異種電荷：F＞k.
4．不能根據(jù)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做點電荷了．
（2024 鄭州模擬）如圖所示，真空中A、B、C三點的連線構成一個等腰三角形，OC為AB連線的中垂線，O為連線中點。A的電荷量為﹣Q，B的電荷量為為+Q，兩點電荷分別固定在A、B點，A、B相距l(xiāng)，靜電力常量為k?，F(xiàn)將另一個電荷量為+q的點電荷放置在AB連線的中垂線上距O點為的C點處，此時+q所受的靜電力大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
（2024 杭州二模）如圖，某同學為研究靜電力大小的影響因素，用輕質(zhì)絕緣細線將帶電小球A懸掛在鐵架臺上B點，細線長度遠大于小球直徑，在B點正下方固定一帶電小球C。兩球靜止時，細線與豎直方向呈一定夾角。某時刻起，小球A緩慢漏電，開始在豎直平面內(nèi)緩慢運動，在小球A運動過程中，細線的拉力大小變化情況是（　　）
A．一直增大 B．一直減小
C．一直不變 D．先增大后減小
（2024 湖北二模）如圖（a）所示，點電荷﹣q繞點電荷+Q做半徑為r的勻速圓周運動，角速度為ω1；如圖（b）所示，點電荷﹣q在相距為r的兩個固定點電荷+Q所在連線的中垂面上，做角度為ω2的勻速圓周運動，﹣q到+Q的距離始終為r。則ω1：ω2為（　?。?br/>A．1： B．1：1 C．1： D．2：
命題點二　電場強度的理解
類型1　點電荷電場強度的疊加及計算
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，方向指向負電荷 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
沿中垂線由O點向外場強大小　　 O點最大，向外逐漸變小 O點為零，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
（2024 成都模擬）如圖所示，兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點，AB連線中點為O?，F(xiàn)將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點，沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點，下列說法正確的是（　　）
A．外力F的方向應當平行于AB方向水平向右
B．電荷從C點到O點的運動為勻變速直線運動
C．電荷從C點到O點的運動為加速度減少的加速直線運動
D．電荷從C點運動到O點的過程中逐漸增大
（2024 安徽二模）如圖所示，三角形ABC的三個頂點固定三個帶電量相等的點電荷，B、C兩處電荷帶正電，A處電荷帶負電。O為BC邊的中點，a、b為BC邊中垂線上關于O點對稱的兩點，e、f為BC連線上關于O點對稱的兩點，a處電場強度為0。下列說法正確的是（　　）
A．b點的電場強度為0
B．b點電場強度的方向指向O點
C．O點電勢高于b點
D．e點電場強度與f點電場強度相同
（2023 沈河區(qū)校級模擬）如圖所示，在邊長為a的等邊三角形的三個頂點A、B、C上，分別固定三個電荷量相等的點電荷Q，其中A、B處的點電荷均帶正電，C處的點電荷帶負電，O為三角形中心，已知k為靜電力常量，則關于O點的電場強度大小，下列說法正確的是（　?。?br/>A． B． C． D．
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，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
（2024 揭陽二模）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，已知N點的電場強度大小為E，靜電力常量為k，則M點的電場強度大小為（　　）
A． B． C． D．
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大為簡化．
（2023秋 南陽期末）如圖所示，圓形絕緣薄板均勻帶電，圓心為O，過圓心的軸線上有三點A、B、C，BO＝OC＝CA＝R，A點放置一電荷量為+Q的電荷，B點場強為零，靜電力常量為k，則以下說法正確的是（　　）
A．薄板帶正電
B．C點場強大小為，方向向左
C．C點場強大小為，方向向左
D．薄板上的電荷在B點產(chǎn)生的場強大小為，方向向左
命題點三　電場中的平衡問題
涉及電場力的平衡問題，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電場力，具體步驟如下：
注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向．
（2024 寧鄉(xiāng)市模擬）如圖所示，絕緣光滑圓環(huán)豎直固定放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的帶電小球，所帶電荷量的大小均為q（電性未知），圓環(huán)半徑為R，當小球b位于圓環(huán)最低點時，a、c兩球恰好可以靜止于與圓心等高的位置上，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、c小球可能帶異種電荷
B．a(chǎn)、b小球可能帶異種電荷
C．a(chǎn)球質(zhì)量應滿足
D．c球質(zhì)量應滿足
（多選）（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止?，F(xiàn)將B球水平向左移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動前相比，下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面對A的彈力增大
B．水平面對B的彈力增大
C．推力F變小
D．兩球之間的距離變小
（2023 海南模擬）用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則（　　）
A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量
B．細線a拉力大小為
C．細線b拉力大小為
D．小球1與2的質(zhì)量比為1：2
命題點四　力電綜合問題
電場力雖然從本質(zhì)上區(qū)別于力學中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果遵循牛頓力學中的所有規(guī)律，因此帶電體在電場力作用下的運動問題(尤其是力電綜合問題)依然需要根據(jù)力學解題思路求解．
（2024 安徽模擬）如圖所示，M、N是某靜電場中一條豎直方向電場線上的兩點，電場線方向未標出?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的帶電小球在電場力和重力作用下沿該電場線向下運動，小球通過M點的速度為v1，經(jīng)過一段時間后，小球通過N點的速度為v2，方向向上。由此可以判斷（　　）
A．M點的場強大于N點的場強
B．M點的電勢低于N點的電勢
C．小球在M點的動能小于它在N點的動能
D．小球在M點的電勢能小于它在N點的電勢能
（2024 鄭州一模）靜電透鏡被廣泛應用于電子器件中，如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側進入聚焦電場，實線為電子運動的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點，電子僅在電場力作用下從P點運動到R點，在此過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．P點的電勢高于Q點的電勢
B．電子在P點的加速度小于在R點的加速度
C．從P至R的運動過程中，電子的電勢能減小
D．從P至R的運動過程中，電子的動能先減小后增大
（多選）（2024 黑龍江一模）如圖所示，水平地面上有一段絕緣粗糙區(qū)域AB，該區(qū)域中的P點距A點較近。材料與形狀完全相同的兩個物塊甲和乙與地面間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，甲物塊帶正電荷，乙物塊帶等量的負電荷，空間中有水平向右的勻強電場，先讓甲物塊從A由靜止釋放滑到B。然后再讓乙物塊從B由靜止釋放滑到A。兩物塊在運動過程中電荷量保持不變，上述兩過程相比較，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等
B．甲物塊在上述過程中所用時間較長
C．若甲、乙同時從A、B釋放，它們可能在P點相遇
D．若甲、乙同時從A、B釋放，它們碰后粘連一定共同向右運動
（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，M是A、B連線的中點，A、B連線水平。用絕緣絲線一端固定于O點，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線長度ON＝2L，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
（1）帶電小球所受總的庫侖力F；
（2）小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大??；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強E。
（2024 泰州模擬）我國東漢學者王充早在公元一世紀就有關于靜電現(xiàn)象的描述——“頓牟掇芥”，即摩擦過的玳瑁能夠吸引芥菜子之類的輕小物體。下列現(xiàn)象與“頓牟掇芥”作用原理相同的是（　　）
A．秋冬季節(jié)用手指觸摸金屬時手指常感受到刺痛
B．空氣中的飛絮很容易附在行進中的汽車擋風玻璃上
C．梳完頭發(fā)后，部分頭發(fā)反而根根豎立起來
D．摩擦過的琥珀靠近驗電器，驗電器的金屬箔片張開
（2024 西安校級模擬）如圖所示，長度為L的導體棒原來帶負電，將帶電荷量為q的正點電荷放在導體棒的中心軸線上距離棒左端R處，達到靜電平衡后，棒的左端帶負電，右端不帶電，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）
A．導體棒左端電勢高，右端電勢低
B．導體棒左端電勢低，右端電勢高
C．導體棒上的電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為
D．導體棒上的電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為
（2024 杭州二模）水平面上有一塊半徑為R均勻帶正電的圓形薄平板，單位面積帶電量為σ，以圓盤圓心為原點，以向上為正方向，垂直圓盤建立x軸，軸上任意一點P（坐標為x）的電場強度為：，現(xiàn)將一電量大小為q、質(zhì)量為m的負點電荷在x＝d（d＞0）處靜止釋放。若d R，不計點電荷重力，則點電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近（　?。?br/>A． B．2 C． D．2
（2024 包頭二模）如圖所示，四個電荷量均為+q的點電荷固定在一個正方形abcd的四個頂點上，用一小型金屬球殼將d點處正電荷封閉在球心位置，球殼半徑遠小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．O點處的電場強度方向沿Od方向
B．M點處的電場強度大小為0
C．N點處的電場強度方向沿ON方向
D．若將金屬球殼接地，O點處的電場強度不變
（2024 岳麓區(qū)校級模擬）如圖所示，在絕緣且光滑水平地面上有兩個帶異種電荷的小球A、B，質(zhì)量分別為m1、m2，帶電量分別為q1、q2，當用力F向右拉著A時，A、B小球共同運動，兩小球之間的間距為x1。當用力F向左拉著B時，A、B小球共同運動，兩小球之間的間距為x2，則x1和x2的比值為（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 曲靖一模）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為﹣Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止狀態(tài)。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（　?。?br/>A．由b到a一直做加速運動
B．運動至a點的速度等于
C．運動至a點的加速度大小為
D．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為
（2024 長沙模擬）如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 沈陽模擬）為了減少環(huán)境污染，工業(yè)廢氣常用靜電除塵器除塵。某靜電除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣分子電離，進入靜電除塵器的塵埃吸附帶電粒子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，最終落入塵埃收集器實現(xiàn)除塵目的。設塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變，下列說法正確的是（　?。?br/>A．向收塵極運動的塵埃帶正電荷
B．金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低
C．帶電塵埃向收塵極運動過程中所受靜電力越來越大
D．帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越小
（2024 寧波二模）如圖，用三根絕緣細繩把三個帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在O點。小球靜止時，恰好位于同一水平面，細繩與豎直方向的夾角分別為α、β、γ，已知小球A、B、C的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，電荷量分別為qA、qB、qC，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則一定有α＝β＝γ
B．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則可能有α＝β＞γ
C．若小球所帶電荷量qA＝qB＝qC，則一定有α＝β＝γ
D．若小球所帶電荷量qA＞qB＞qC，則一定有α＜β＜γ
（多選）（2024 湖南模擬）如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，絕緣細繩一端與b相連（繩與斜面平行），另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球M連接，定滑輪的正下方也有一帶電小球N，M、N質(zhì)量均為m，帶電荷量大小均為q。M靜止時細線與豎直方向成β角（β＜90°），M、N處于同一水平線上?，F(xiàn)在同一豎直面內(nèi)向下方緩慢移動N，直到N移動到M位置的正下方，此過程中b、c、M始終處于靜止狀態(tài)。M、N均可視為點電荷，靜電力常量為k，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　?。?br/>A．M、N間的庫侖力先增大后減小
B．絕緣細繩對M的拉力逐漸增大
C．地面對c的摩擦力逐漸減小
D．M、N間距離最大值為
（2024 西城區(qū)校級模擬）法拉第提出場的概念，并且用場線直觀地描繪了場，場線的疏密程度表示場的強弱，場線上每一點的切線方向表示場強的方向。
（1）狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點電荷的電場線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒Q在其上方沿順時針方向（俯視）做勻速圓周運動，運動軌跡的圓心O到磁單極子的距離為d，運動周期為T，重力加速度為g。
①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；
②分析該微粒帶正電還是負電，并求出該微粒運動軌跡的半徑R。
（2）場的通量可以描述場線的數(shù)量，在研究磁場時我們引入了磁通量Φ，定義磁通量Φ＝BS，其中B為磁感應強度，S為垂直于磁場的面積。
①如圖2所示，真空中存在電荷量為Q的正點電荷，以點電荷為球心，做半徑為r、高度為h的球冠，已知真空中靜電力常量為k，球冠的表面積為2πrh，請類比磁通量的定義，求通過球冠的電通量ΦE；
②真空中存在兩個異種點電荷+q1和﹣q2，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于﹣q2的一條電場線，該電場線在兩點電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為α和β，求兩點電荷的電荷量之比。
（2024 北京模擬）某學習小組通過實驗用共點力平衡的方法來測量帶電體之間靜電力的大小，實驗裝置示意圖如圖所示。一個質(zhì)量為m帶正電的小球B用絕緣細絲線懸掛于C點，O點在C點正下方h處，以O點為坐標原點，沿水平方向建立一維坐標系。將另一個帶正電的小球D靠近B，B受到靜電力F作用而發(fā)生偏移。調(diào)整D的位置，使B、D球心在同一高度，且始終與坐標軸在同一豎直平面內(nèi)，記錄小球B靜止時細絲線與坐標軸交點A的坐標x。已知重力加速度為g。
（1）畫出小球B的受力示意圖。
（2）推導靜電力F與坐標x的關系式。
（3）定義單位靜電力變化引起的坐標x變化為測量的靈敏度δ，即，請說明提高靈敏度δ的辦法。第19講　電荷守恒定律　電場力的性質(zhì)
知識內(nèi)容 考試要求 說明
電荷及其守恒定律 c 1.不要求識記電子的比荷． 2.利用庫侖定律公式求解靜力學問題，只限于所受各力在同一直線上或可運用直角三角形知識求解的情形． 3.利用庫侖定律公式與其他動力學規(guī)律求解力學與電學綜合的問題，只限于所受各力在同一直線上的情形． 4.兩個電場疊加的定量運算，僅限于在同一直線或可用直角三角形知識解決的情形.
庫侖定律 c
電場強度 c
一、電荷及其守恒定律
1．元電荷
最小的電荷量，其值為e＝1.60×10－19_C.
其他帶電體的電荷量皆為元電荷的整數(shù)倍．
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；在轉移的過程中，電荷的總量保持不變．
(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電．
(3)帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子．
二、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＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
3．適用條件：真空中的點電荷．
三、電場強度
1．場強公式的比較
三個公式
2．電場的疊加
(1)電場的疊加：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．
四、電場線
1．特點
(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于無限遠處或負電荷；
(2)電場線在電場中不相交；
(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大；
(4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向；
(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．幾種典型電場的電場線(如圖1)
命題點一　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，要考慮表面電荷的重新分布，如圖3所示．
圖3
(1)同種電荷：F＜k；(2)異種電荷：F＞k.
4．不能根據(jù)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做點電荷了．
（2024 鄭州模擬）如圖所示，真空中A、B、C三點的連線構成一個等腰三角形，OC為AB連線的中垂線，O為連線中點。A的電荷量為﹣Q，B的電荷量為為+Q，兩點電荷分別固定在A、B點，A、B相距l(xiāng)，靜電力常量為k。現(xiàn)將另一個電荷量為+q的點電荷放置在AB連線的中垂線上距O點為的C點處，此時+q所受的靜電力大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：在C點，A、B兩點電荷對q電荷產(chǎn)生的電場力大小相同，為：FA＝FB，方向為由C指向A和由B指向C，如圖所示：
由幾何關系可得A、B兩點電荷對q電荷產(chǎn)生的電場力大小為：F＝FAcos45°，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024 杭州二模）如圖，某同學為研究靜電力大小的影響因素，用輕質(zhì)絕緣細線將帶電小球A懸掛在鐵架臺上B點，細線長度遠大于小球直徑，在B點正下方固定一帶電小球C。兩球靜止時，細線與豎直方向呈一定夾角。某時刻起，小球A緩慢漏電，開始在豎直平面內(nèi)緩慢運動，在小球A運動過程中，細線的拉力大小變化情況是（　?。?br/>A．一直增大 B．一直減小
C．一直不變 D．先增大后減小
【解答】解：以小球A為研究對象，進行受力分析，如圖：
根據(jù)幾何關系得△F″AF′∽△CBA，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得：，
又F″＝G，所以在A帶電量逐漸減少的過程中，CB、AB、G均不變，則線的拉力F′不變。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 湖北二模）如圖（a）所示，點電荷﹣q繞點電荷+Q做半徑為r的勻速圓周運動，角速度為ω1；如圖（b）所示，點電荷﹣q在相距為r的兩個固定點電荷+Q所在連線的中垂面上，做角度為ω2的勻速圓周運動，﹣q到+Q的距離始終為r。則ω1：ω2為（　?。?br/>A．1： B．1：1 C．1： D．2：
【解答】解：點電荷﹣q繞點電荷+Q做半徑為r的勻速圓周運動，由庫侖引力提供向心力，如下圖（a）所示，
依據(jù)牛頓第二定律，則有：
kmr
點電荷﹣q在相距為r的兩個固定點電荷+Q所在連線的中垂面上，做角度為ω2的勻速圓周運動，如上圖（b）所示，
由庫侖引力的合力提供向心力，依據(jù)庫侖定律，結合矢量的法則，及三角知識，則有：
km r
聯(lián)立上兩式，解得：ω1：ω2＝1：，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
命題點二　電場強度的理解
類型1　點電荷電場強度的疊加及計算
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，方向指向負電荷 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
沿中垂線由O點向外場強大小　　 O點最大，向外逐漸變小 O點為零，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
（2024 成都模擬）如圖所示，兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點，AB連線中點為O?，F(xiàn)將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點，沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點，下列說法正確的是（　?。?br/>A．外力F的方向應當平行于AB方向水平向右
B．電荷從C點到O點的運動為勻變速直線運動
C．電荷從C點到O點的運動為加速度減少的加速直線運動
D．電荷從C點運動到O點的過程中逐漸增大
【解答】解：A.沒有施加外力之前對電荷受力分析，可知電荷受水平向左的電場力，根據(jù)題意，沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點，則合力方向沿CO即可，根據(jù)三角形定則可知，外力方向不是水平向右，故A錯誤；
BC.根據(jù)庫侖定律可知庫侖力F
則電荷運動過程中l(wèi)減小，則庫侖力增大，合外力方向確定，且F和外力的合力方向豎直向下，根據(jù)三角形定則可知，合外力的大小增大，故電荷做加速度增大的加速運動，故BC錯誤；
D.電荷從C點運動到O點的過程中，根據(jù)動能定理可得.
F外Δx＝ΔEk
即
F外由于外力大小增大，則電荷從C點運動到O點的過程中逐漸增大，故D正確。
故選：D。
（2024 安徽二模）如圖所示，三角形ABC的三個頂點固定三個帶電量相等的點電荷，B、C兩處電荷帶正電，A處電荷帶負電。O為BC邊的中點，a、b為BC邊中垂線上關于O點對稱的兩點，e、f為BC連線上關于O點對稱的兩點，a處電場強度為0。下列說法正確的是（　　）
A．b點的電場強度為0
B．b點電場強度的方向指向O點
C．O點電勢高于b點
D．e點電場強度與f點電場強度相同
【解答】解：AB．根據(jù)點電荷的場強方向可知，B、C處兩正點電荷在b點合成后指向A點，A處負點電荷在b點的場強方向指向A點，所以b點處合場強不為零，方向指向A點，故AB錯誤
C．離正電荷越近電勢越高，離負電荷越近電勢越低，O點離正電荷更近，而b點離負電荷更近，且在Ob連線上電場方向由O指向b，沿電場方向電勢降低，故O點電勢高于b點，故C正確；
D．根據(jù)電場強度的疊加法則可知，e點場強與f點場強大小相等，方向不同，故D錯誤。
故選：C。
（2023 沈河區(qū)校級模擬）如圖所示，在邊長為a的等邊三角形的三個頂點A、B、C上，分別固定三個電荷量相等的點電荷Q，其中A、B處的點電荷均帶正電，C處的點電荷帶負電，O為三角形中心，已知k為靜電力常量，則關于O點的電場強度大小，下列說法正確的是（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：根據(jù)點電荷場強公式可得，三個電荷在O點處產(chǎn)生的場強大小相等，大小均為：E＝k
兩個正電荷在O點處產(chǎn)生的場強方向夾角為120°，根據(jù)場強疊加原理以及幾何知識可得，兩個正電荷在O點處產(chǎn)生的合場強為：E合＝2E×cos60°＝E，方向與負電荷在O點產(chǎn)生的場強方向相同，因此O點處電場強度大小為：，故ABD錯誤，C錯誤。
故選：C。
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，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
（2024 揭陽二模）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，已知N點的電場強度大小為E，靜電力常量為k，則M點的電場強度大小為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：設有一個以O點為球心的完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，設完整球殼在M點產(chǎn)生的場強大小為E0，左半球殼在M點產(chǎn)生的電場強度大小為E左，右半球殼在M點產(chǎn)生的電場強度大小為E右，根據(jù)電場疊加原理得：E左+E右＝E0
由題意可知，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，根據(jù)題意得：
根據(jù)對稱性可得：E右＝E
聯(lián)立解得：
故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
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大為簡化．
（2023秋 南陽期末）如圖所示，圓形絕緣薄板均勻帶電，圓心為O，過圓心的軸線上有三點A、B、C，BO＝OC＝CA＝R，A點放置一電荷量為+Q的電荷，B點場強為零，靜電力常量為k，則以下說法正確的是（　?。?br/>A．薄板帶正電
B．C點場強大小為，方向向左
C．C點場強大小為，方向向左
D．薄板上的電荷在B點產(chǎn)生的場強大小為，方向向左
【解答】解：AD．設薄板上的電荷在B點產(chǎn)生的場強為EB，取向左為正，根據(jù)題意，B點的場強為0，則薄板在B點產(chǎn)生的場強與A點處的點電荷在B點處產(chǎn)生的場強大小相等方向相反，根據(jù)電場強度的疊加可得：，解得：，方向向右，則可知薄板帶負電，故AD錯誤；
BC．由對稱性可知，薄板在C點產(chǎn)生的場強為﹣EB，而C點處的場強為薄板在C點處產(chǎn)生的場強與A點處的點電荷在C點處產(chǎn)生的場強的合場強，根據(jù)電場強度的疊加可得C點場強為：EC，方向向左，故B正確，C錯誤。
故選：B。
命題點三　電場中的平衡問題
涉及電場力的平衡問題，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電場力，具體步驟如下：
注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向．
（2024 寧鄉(xiāng)市模擬）如圖所示，絕緣光滑圓環(huán)豎直固定放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的帶電小球，所帶電荷量的大小均為q（電性未知），圓環(huán)半徑為R，當小球b位于圓環(huán)最低點時，a、c兩球恰好可以靜止于與圓心等高的位置上，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、c小球可能帶異種電荷
B．a(chǎn)、b小球可能帶異種電荷
C．a(chǎn)球質(zhì)量應滿足
D．c球質(zhì)量應滿足
【解答】解：AB、對b小球受力分析可知，受到重力、環(huán)的支持力以及a與c的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，由水平方向受力平衡可知，a與c的電性必定是相同的；對a分析，受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力豎直向下，c對a的庫侖力和環(huán)的支持力都是水平方向，若a要平衡，則b對a的庫侖力沿豎直方向的分力必須向上，所以b對a的作用力必須是斥力，所以b與a的電性一定相同。即a、b、c小球帶同種電荷，故AB錯誤；
CD、根據(jù)共點力平衡條件可知，b對a的庫侖力 Fba 沿豎直方向的分力與a的重力平衡，
則mag
同理可對c球有，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止?，F(xiàn)將B球水平向左移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動前相比，下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面對A的彈力增大
B．水平面對B的彈力增大
C．推力F變小
D．兩球之間的距離變小
【解答】解：A、如圖所示
將B球水平向左移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡，
對小球A受力分析，由平行四邊形定則可知，當A小球到達虛線位置時，斜面對A的彈力NA減小，故A錯誤；
B、對AB整體受力分析，NB和NA的豎直分量之和等于AB的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則水平面對B的彈力NB增大，故B正確；
C、對B受力分析，F(xiàn)等于庫侖力F庫的水平分量，因為F庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平分量減小，即推力F減小，故C正確；
D、由A受力可知，兩球之間的庫侖力減小，根據(jù)庫侖定律得，兩球之間的距離變大，故D錯誤。
故選：BC。
（2023 海南模擬）用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則（　?。?br/>A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量
B．細線a拉力大小為
C．細線b拉力大小為
D．小球1與2的質(zhì)量比為1：2
【解答】解：C、對小球2，由平衡條件，在水平方向上可得：Fb＝F庫 cos30°，在豎直方向上可得：G＝F庫 sin30°
解得細線b拉力大小為，故C錯誤；
BD、對小球1，由平衡條件，同理可得：
Fa sin30°＝F庫 cos30°
m1g+F庫sin30°＝Fa cos30°
解得細線a拉力大小為，
同時可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
則小球1與2的質(zhì)量比為m1：m2＝2：1，故B正確，D錯誤；
A、由上述分析只能得到庫侖力的大小，由，可知不能確定小球1與小球2的帶電量大小關系，故A錯誤。
故選：B。
命題點四　力電綜合問題
電場力雖然從本質(zhì)上區(qū)別于力學中的重力、彈力、摩擦力，但產(chǎn)生的效果遵循牛頓力學中的所有規(guī)律，因此帶電體在電場力作用下的運動問題(尤其是力電綜合問題)依然需要根據(jù)力學解題思路求解．
（2024 安徽模擬）如圖所示，M、N是某靜電場中一條豎直方向電場線上的兩點，電場線方向未標出?，F(xiàn)有質(zhì)量為m的帶電小球在電場力和重力作用下沿該電場線向下運動，小球通過M點的速度為v1，經(jīng)過一段時間后，小球通過N點的速度為v2，方向向上。由此可以判斷（　　）
A．M點的場強大于N點的場強
B．M點的電勢低于N點的電勢
C．小球在M點的動能小于它在N點的動能
D．小球在M點的電勢能小于它在N點的電勢能
【解答】解：該電場線沿豎直方向，帶電小球僅在重力和沿電場線的電場力的作用運動下，在M點速度方向豎直向下變?yōu)樵贜點豎直向上，由此可知小球先減速后反向加速，小球所受電場力方向豎直向上。
A、僅一條電場線不能確定電場線分布情況，且不知道M、N兩點的加速度大小關系，所以無法判斷M、N兩點的場強大小關系，故A錯誤；
B、小球所受電場力方向豎直向上，但未知小球所帶電荷的電性，所以不能確定電場線的方向，故無法判斷M、N兩點的電勢高低，故B錯誤；
C、小球從M到N點，未知重力做功和電場力做功的大小關系以及M、N兩點的速度大小關系，所以無法判斷小球在MN兩點的動能大小關系，故C錯誤；
D、小球受到的電場力方向豎直向上，從M點到N點電場力做負功，電勢能增加，所以小球在M點的電勢能小于N點的電勢能，故D正確。
故選：D。
（2024 鄭州一模）靜電透鏡被廣泛應用于電子器件中，如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側進入聚焦電場，實線為電子運動的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點，電子僅在電場力作用下從P點運動到R點，在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．P點的電勢高于Q點的電勢
B．電子在P點的加速度小于在R點的加速度
C．從P至R的運動過程中，電子的電勢能減小
D．從P至R的運動過程中，電子的動能先減小后增大
【解答】解：A．從P到Q電子受力指向實線的凹側，而電子受電場力方向與電場強度方向相反，所以電場強度方向背離PQ實線方向，根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，P點的電勢低于Q點的電勢，故A錯誤；
B．等差等勢線越密，電場強度越大，所以P點場強大于R點場強，則電子在P點受到的場力大，由牛頓第二定律可知，電子在P點的加速度大于在R點的加速度，故B錯誤；
CD．根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面可知，從P至R的電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ，電子電勢能減小，動能增大，故C正確、D錯誤。
故選：C。
（多選）（2024 黑龍江一模）如圖所示，水平地面上有一段絕緣粗糙區(qū)域AB，該區(qū)域中的P點距A點較近。材料與形狀完全相同的兩個物塊甲和乙與地面間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，甲物塊帶正電荷，乙物塊帶等量的負電荷，空間中有水平向右的勻強電場，先讓甲物塊從A由靜止釋放滑到B。然后再讓乙物塊從B由靜止釋放滑到A。兩物塊在運動過程中電荷量保持不變，上述兩過程相比較，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等
B．甲物塊在上述過程中所用時間較長
C．若甲、乙同時從A、B釋放，它們可能在P點相遇
D．若甲、乙同時從A、B釋放，它們碰后粘連一定共同向右運動
【解答】解：A．通過動能定理可以得到
由此可知，兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等，故A正確；
B．如圖線1表示甲的運動圖線，甲運動過程加速度在增大，所以v﹣t圖像的斜率增大，如圖線2表示乙的運動圖線，乙運動過程加速度減小，故斜率減小，由于兩物塊末速度大小相等，且兩個過程的位移相等，即圖線下方所圍的面積相等，故甲運動過程的時間長，故B正確；
C．若甲、乙同時從A、B釋放時，由B項可知乙物塊B到P段時間加速度大于甲物塊從A到P端的加速度，所以，所以相等時間內(nèi)乙物塊運動的位移大于甲物塊運動的位移，所以它們有可能在P點相遇，故C正確；
D．若甲、乙同時從A、B釋放，由B知當甲、乙物體碰撞時碰前速度大小不相等，且乙的速度始終大于甲的速度，說明碰撞前系統(tǒng)的總動量是向左的，假設碰撞后二者粘在一起實現(xiàn)共速，則根據(jù)碰撞過程動量守恒，取向右為正方向，有：mv甲﹣mv乙＝mv共，結合B選項中的速度分析，可知v甲＜v乙，所以解得的v共＜0，說明碰撞后，若共速，則速度方向向向左，故D錯誤。
故選：ABC。
（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，M是A、B連線的中點，A、B連線水平。用絕緣絲線一端固定于O點，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線長度ON＝2L，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
（1）帶電小球所受總的庫侖力F；
（2）小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大??；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強E。
【解答】解：（1）對小球受力分析
F拉sinθ＝F F拉cosθ＝mg
所以F＝mgtanθ
根據(jù)幾何關系θ＝30°
則Fmg
（2）A對球的庫侖力FA＝k
B對球的庫侖力FB＝k
F＝FA+FB
聯(lián)立解得Q，小球帶負電；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的總場強E
解得E
（2024 泰州模擬）我國東漢學者王充早在公元一世紀就有關于靜電現(xiàn)象的描述——“頓牟掇芥”，即摩擦過的玳瑁能夠吸引芥菜子之類的輕小物體。下列現(xiàn)象與“頓牟掇芥”作用原理相同的是（　?。?br/>A．秋冬季節(jié)用手指觸摸金屬時手指常感受到刺痛
B．空氣中的飛絮很容易附在行進中的汽車擋風玻璃上
C．梳完頭發(fā)后，部分頭發(fā)反而根根豎立起來
D．摩擦過的琥珀靠近驗電器，驗電器的金屬箔片張開
【解答】解：A．“頓牟掇芥”的原理是帶電體有吸引輕小物體的性質(zhì)，秋冬季節(jié)用手指觸摸金屬時手指常感受到刺痛，是放電現(xiàn)象，與“頓牟掇芥”作用原理不相同，故A錯誤；
B．空氣中的飛絮很容易附在行進中的汽車擋風玻璃上，是因為擋風玻璃與空氣摩擦成為帶電體，可以吸引輕小物體的緣故，與“頓牟掇芥”作用原理相同，故B正確；
C．梳完頭發(fā)后，部分頭發(fā)反而根根豎立起來，是因為梳子與頭發(fā)摩擦使部分頭發(fā)帶上同種電荷相互排斥造成的，與“頓牟掇芥”作用原理不相同，故C錯誤；
D．摩擦過的琥珀，成為帶電體，靠近驗電器時，由于靜電感應，驗電器的金屬箔片張開，與“頓牟掇芥”作用原理不相同，故D錯誤。
故選：B。
（2024 西安校級模擬）如圖所示，長度為L的導體棒原來帶負電，將帶電荷量為q的正點電荷放在導體棒的中心軸線上距離棒左端R處，達到靜電平衡后，棒的左端帶負電，右端不帶電，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　?。?br/>A．導體棒左端電勢高，右端電勢低
B．導體棒左端電勢低，右端電勢高
C．導體棒上的電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為
D．導體棒上的電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為
【解答】解：AB．導體棒達到靜電平衡后，導體棒是一個等勢體，則導體棒左右兩端電勢相等，故AB錯誤；
CD．導體棒達到靜電平衡后，棒上感應電荷在棒內(nèi)中點產(chǎn)生的場強大小與點電荷+q在該處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，故可得棒上感應電荷在棒中心O處產(chǎn)生的電場強度大小為
故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 杭州二模）水平面上有一塊半徑為R均勻帶正電的圓形薄平板，單位面積帶電量為σ，以圓盤圓心為原點，以向上為正方向，垂直圓盤建立x軸，軸上任意一點P（坐標為x）的電場強度為：，現(xiàn)將一電量大小為q、質(zhì)量為m的負點電荷在x＝d（d＞0）處靜止釋放。若d R，不計點電荷重力，則點電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近（　　）
A． B．2 C． D．2
【解答】解：根據(jù)電場強度的表達式：，可知在x＝0處的電場強度為E0＝2πkσ
因d R，故0～d之間的電場強度大小可認為接近于E0＝2πkσ，根據(jù)電場疊加原理，由對稱性可知x軸正半軸上的電場方向均沿z軸正方向。
此過程點電荷，根據(jù)動能定理得：qE0dmv2﹣0
解得：v＝2，故點電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 包頭二模）如圖所示，四個電荷量均為+q的點電荷固定在一個正方形abcd的四個頂點上，用一小型金屬球殼將d點處正電荷封閉在球心位置，球殼半徑遠小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．O點處的電場強度方向沿Od方向
B．M點處的電場強度大小為0
C．N點處的電場強度方向沿ON方向
D．若將金屬球殼接地，O點處的電場強度不變
【解答】解：A、用一小型金屬球殼將d點處正電荷封閉在球心位置，但不影響在外界形成的電場。其他三個電荷量均為+q的點電荷固定在一個正方形abcd的其他三個頂點上，根據(jù)對稱性所以四個等量同種正電荷在正方形中心的合場強為零，故A錯誤；
B、ab兩處的點電荷在M點產(chǎn)生的合場強為0，cd兩處的點電荷在M點產(chǎn)生的場強等大，關于水平線對稱，由矢量疊加原理可知合場強的方向水平向左，沿OM方向，故B錯誤；
C、bc兩處的點電荷在N點產(chǎn)生的合場強為0，ad兩處的點電荷在N點產(chǎn)生的場強等大，關于豎直線對稱，由矢量疊加原理可知合場強的方向豎直向下，沿ON方向，故C正確；
D、若將金屬球殼接地，由于靜電屏蔽，相當于d點無電荷，O點處的電場強度是abc的三個點電荷在O點的合成，此時O點處的電場強度不為零，則O點處的電場強度發(fā)生變化，故D錯誤。
故選：C。
（2024 岳麓區(qū)校級模擬）如圖所示，在絕緣且光滑水平地面上有兩個帶異種電荷的小球A、B，質(zhì)量分別為m1、m2，帶電量分別為q1、q2，當用力F向右拉著A時，A、B小球共同運動，兩小球之間的間距為x1。當用力F向左拉著B時，A、B小球共同運動，兩小球之間的間距為x2，則x1和x2的比值為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：研究A、B整體，由牛頓第二定律有F＝（m+m2）a，可知，無論拉力作用在A上還是作用在B上兩球具有共同運動的加速度大小，方向相反。
則當拉力作用在A上時，研究小球B，由牛頓第二定律有：km2a
當拉力作用在B上時，研究小球A，由牛頓第二定律有：k ，解得 ，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 曲靖一模）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為﹣Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止狀態(tài)。此時彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關于球3的說法正確的是（　　）
A．由b到a一直做加速運動
B．運動至a點的速度等于
C．運動至a點的加速度大小為
D．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為
【解答】解：B．由題意可知三小球構成一個等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，小球3運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性可知，小球2對小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故根據(jù)動能定理有
解得小球3運動至a點的速度
故B錯誤；
AC．小球3在b點時，設小球3的電荷量為q，根據(jù)庫侖定律和平衡條件有
設彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球運動至a點時，彈簧的伸長量等于，根據(jù)對稱性，由牛頓第二定律可知
解得
a＝2g
方向與合外力方向一樣，沿斜面向上，故a先加速后減速，故AC錯誤；
D．當運動至ab中點時，彈簧彈力為0，根據(jù)庫侖定律可知小球2對小球3的力為
此時小球3受到重力、庫侖力和斜面對小球3的支持力，根據(jù)平衡條件可知斜面對小球的支持力為
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球對斜面的壓力大小為，故D正確。
故選：D。
（2024 長沙模擬）如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環(huán)上任一點的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為 q
每份在P點的電場強度大小為：E0
根據(jù)對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 沈陽模擬）為了減少環(huán)境污染，工業(yè)廢氣常用靜電除塵器除塵。某靜電除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當兩極接上高壓電源時，電暈極附近會形成很強的電場使空氣分子電離，進入靜電除塵器的塵埃吸附帶電粒子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，最終落入塵埃收集器實現(xiàn)除塵目的。設塵埃向收塵極運動過程中所帶電荷量不變，下列說法正確的是（　　）
A．向收塵極運動的塵埃帶正電荷
B．金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低
C．帶電塵埃向收塵極運動過程中所受靜電力越來越大
D．帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越小
【解答】解：ABC．由圖可知，高壓電源的負極接電暈極，正極接收塵極，水平面內(nèi)的電場分布類似于負點電荷電場，金屬圓筒內(nèi)電場線由收塵極指向電暈極，沿電場線電勢越來越低，越靠近收塵極電勢越高，向收塵極運動的塵埃帶負電荷，根據(jù)金屬筒和金屬絲之間的電場線分布圖，可知電場線由電暈極到收塵極越來越稀疏，所以電暈極到收塵極電場強度逐漸減小，由
F＝qE
可知帶電塵埃向收塵極運動過程中所受靜電力越來越小，故ABC錯誤；
D．依題意，帶電塵埃向收塵極運動過程中電場力做正功，由電場力做功和電勢能關系可知，電勢能越來越小，故D正確。
故選：D。
（2024 寧波二模）如圖，用三根絕緣細繩把三個帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在O點。小球靜止時，恰好位于同一水平面，細繩與豎直方向的夾角分別為α、β、γ，已知小球A、B、C的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，電荷量分別為qA、qB、qC，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則一定有α＝β＝γ
B．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則可能有α＝β＞γ
C．若小球所帶電荷量qA＝qB＝qC，則一定有α＝β＝γ
D．若小球所帶電荷量qA＞qB＞qC，則一定有α＜β＜γ
【解答】解：A.對ABC三個小球整體來看，其整體重心在豎直線上，由此得到
mAlsinα＝mBlsinβ+mClsinγ
當mA＝mB＝mC時
sinα＝sinβ+sinγ
當 α＝β＝γ時
sinα＝2sinα
這是不能實現(xiàn)的，故A錯誤；
B.由A項分析，當 γ＝0時
α＝β＞γ
B正確；
C.小球位置與其質(zhì)量有關，與電荷量無關，電荷量只決定小球張開的絕對大小，不影響相對大小，故C錯誤；
D.由C項分析可知，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2024 湖南模擬）如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，絕緣細繩一端與b相連（繩與斜面平行），另一端跨過光滑的定滑輪與帶電小球M連接，定滑輪的正下方也有一帶電小球N，M、N質(zhì)量均為m，帶電荷量大小均為q。M靜止時細線與豎直方向成β角（β＜90°），M、N處于同一水平線上?，F(xiàn)在同一豎直面內(nèi)向下方緩慢移動N，直到N移動到M位置的正下方，此過程中b、c、M始終處于靜止狀態(tài)。M、N均可視為點電荷，靜電力常量為k，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　　）
A．M、N間的庫侖力先增大后減小
B．絕緣細繩對M的拉力逐漸增大
C．地面對c的摩擦力逐漸減小
D．M、N間距離最大值為
【解答】解：ABD、畫出小球M的受力示意圖如圖所示。
根據(jù)平衡條件知小球M所受庫侖力和細繩拉力的合力與重力等大反向，當小球M位置不動，N緩慢向下方移動時，絕緣細繩對M的拉力FT逐漸減小，N對M的庫侖力F庫先減小后增大，M、N間庫侖力最小時，M、N間距離最大，則有
解得M、N間距離最大值為：，故AB錯誤，D正確；
C、將b和c看成一個整體，整體受重力、繩子沿斜面向上的拉力、地面的支持力以及水平向左的摩擦力，根據(jù)正交分解法，可知地面對c的摩擦力的大小等于拉力的水平分量，當繩子拉力減小時，地面對c的摩擦力減小，故C正確。
故選：CD。
（2024 西城區(qū)校級模擬）法拉第提出場的概念，并且用場線直觀地描繪了場，場線的疏密程度表示場的強弱，場線上每一點的切線方向表示場強的方向。
（1）狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點電荷的電場線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒Q在其上方沿順時針方向（俯視）做勻速圓周運動，運動軌跡的圓心O到磁單極子的距離為d，運動周期為T，重力加速度為g。
①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；
②分析該微粒帶正電還是負電，并求出該微粒運動軌跡的半徑R。
（2）場的通量可以描述場線的數(shù)量，在研究磁場時我們引入了磁通量Φ，定義磁通量Φ＝BS，其中B為磁感應強度，S為垂直于磁場的面積。
①如圖2所示，真空中存在電荷量為Q的正點電荷，以點電荷為球心，做半徑為r、高度為h的球冠，已知真空中靜電力常量為k，球冠的表面積為2πrh，請類比磁通量的定義，求通過球冠的電通量ΦE；
②真空中存在兩個異種點電荷+q1和﹣q2，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于﹣q2的一條電場線，該電場線在兩點電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為α和β，求兩點電荷的電荷量之比。
【解答】解：（1）①根據(jù)題意，磁單極子的磁感線分布與點電荷的電場線分布相似，磁感線從N極出發(fā)，回到S極，可得磁單極子N極的磁場分布如圖所示
②設帶電粒子的質(zhì)量為m，其軌跡上任意一點和磁單極子的連線與豎直方向的夾角為θ，做出帶電粒子的受力分析如圖所示
根據(jù)左手定則可知該粒子帶正電。
由幾何關系可得：，根據(jù)力的矢量關系可得：，由牛頓第二定律有：，聯(lián)立以上各式解得：；
（2）①根據(jù)磁通量的定義，類比磁通量的計算公式，可得通過球冠的電通量：；
②分別以+q1、﹣q2 為球心，取一半徑為r0的很小的球面，對應的球冠面積可以分別表示為：Sα＝2πr0 r0（1﹣cosα），Sβ＝2πr0 r0（1﹣cosβ），
穿過兩個球面的電通量分別為 ，，
由于電場線都是從正電荷出發(fā)回到負電荷，則在很小的球面上的球冠上的電通量相等，有，
整理可得：。
（2024 北京模擬）某學習小組通過實驗用共點力平衡的方法來測量帶電體之間靜電力的大小，實驗裝置示意圖如圖所示。一個質(zhì)量為m帶正電的小球B用絕緣細絲線懸掛于C點，O點在C點正下方h處，以O點為坐標原點，沿水平方向建立一維坐標系。將另一個帶正電的小球D靠近B，B受到靜電力F作用而發(fā)生偏移。調(diào)整D的位置，使B、D球心在同一高度，且始終與坐標軸在同一豎直平面內(nèi)，記錄小球B靜止時細絲線與坐標軸交點A的坐標x。已知重力加速度為g。
（1）畫出小球B的受力示意圖。
（2）推導靜電力F與坐標x的關系式。
（3）定義單位靜電力變化引起的坐標x變化為測量的靈敏度δ，即，請說明提高靈敏度δ的辦法。
【解答】解：（1）小球B的受力示意如圖1。
圖1
（2）沿水平和豎直方向建立直角坐標系，如圖2所示，正交分解力FT，小球B靜止，由平衡條件
FTsinθ＝F
FTcosθ＝mg
圖2
由幾何關系
解得
（3）由（2）的結論得，由此可知，提高靈敏度δ的辦法：增大h，減小m。

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