17、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互相垂直。
3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)
4．等量點電荷的電場線比較
比較項目
等量異種點電荷
等量同種點電荷
電場線
分布圖
連線中點O處的場強
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
沿中垂線由O點向外場強大小
O點最大，向外逐漸減小
O點最小，向外先變大后變小
關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′
18、的場強
等大同向
等大反向
[例3] 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，半球面總電荷量為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M點的場強大小為E，則N點的場強大小為( )
A. B.－E
C.－E D.＋E
解析 左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為＋2q的整個球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有E＝－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生
19、的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，B正確。
答案 B
1．對稱法求電場強度：對稱法實際上是某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法可以避免復(fù)雜的運算和推導(dǎo)，直接抓住問題的實質(zhì)，有出奇制勝之效。如例3。
2．補償法求電場強度：求解物理問題，要根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型不是完整的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就轉(zhuǎn)化為一個求解新模型和補充條件的合成問題了。
1．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖
20、所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是( )
A．粒子必定帶正電荷
B．該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的
C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度
D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度
答案 C
解析 帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動
21、到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。
2．(多選)如圖所示，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三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)( )
A．k B．k C．k D．k
答案 B
解析 點電荷q在b處產(chǎn)生的場強大小E＝k，因b點處的場強為零，所以Q在b點處的場強大小也為k，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右，則d點處的場強應(yīng)為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強E′＝k＝k，E
22、d＝E＋E′＝k，故B正確。
3．如圖所示，M、N為兩個等量同種正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關(guān)于點電荷q的運動的說法正確的是( )
A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大
C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值
D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零
答案 C
解析 點電荷從P→O的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O
23、點之前，合電場力一直做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關(guān)于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關(guān)于O點對稱的P′點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤。
考點4 力電綜合問題
解力電綜合問題的基本思路
[例4] (2016·上海高考)如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右的勻強電場后A向右擺動，擺動的最大角度為60°，則A受到的電場力大小為___
24、_____。在改變電場強度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在α＝30°處，A受到的電場力大小為________。
解析 根據(jù)題意，設(shè)細線長為L，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60°，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負功，細線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，計算電場力為：F＝mg；改變電場強度的大小和方向后，平衡在α＝60°處時，設(shè)F與豎直方向夾角為γ，如圖所示，根據(jù)正弦定理有：＝，平衡在α＝30°處時，由正弦定理有：＝，經(jīng)過計算得到：γ＝60°，F(xiàn)＝mg。
答案
25、 mg mg
勻強電場與重力場的復(fù)合場問題的處理方法
(1)動力學觀點的兩種方法
①正交分解法：處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，然后再按運動合成的觀點去求出復(fù)雜運動的有關(guān)物理量。
②等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。
(2)不涉及時間t、加速度a，以及曲線運動問題盡可能采用動能定理、功能關(guān)系等解決。
如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動
26、，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為L的等邊三角形，則( )
A．小環(huán)A的加速度大小為
B．小環(huán)A的加速度大小為
C．恒力F的大小為
D．恒力F的大小為
答案 B
解析 設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝，B正確、A錯誤；由整體法可得恒力F＝2maA＝，C、D錯誤。
1．(2017·浙江名校高三聯(lián)考)在國際單位制中，電場強度單位的符號是( )
A．N B．N/C
C．N/(A·m) D．N/A
答案 B
解析 在國際單位制中，電場強度單位的符號是N/C，故選B。
2．關(guān)于電場場強的概念，下列說法正確的是
27、( )
A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比
B．正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關(guān)
C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關(guān)
D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零
答案 C
解析 電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關(guān)，只和電場本身的性質(zhì)有關(guān)，A、D錯誤，C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。
3．兩個相同的帶異種電荷的導(dǎo)體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則
28、此時庫侖力的大小為( )
A.F B.F C.F D.F
答案 A
解析 設(shè)一個小球帶電量大小為Q，則另一個大小為3Q，根據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：F＝k，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q；由庫侖定律得：F′＝k＝，故A正確。
4．(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，根據(jù)此圖可以作出的正確判斷是( )
A．帶電粒子所帶電荷的正、負
B．帶電粒子在A、B兩點的受力方向
C．帶電粒子在A、B兩點的加速度何處較大
D
29、．帶電粒子在A、B兩點的速度何處較大
答案 BCD
解析 根據(jù)曲線運動所受的合外力指向內(nèi)側(cè)，可得帶電粒子在A、B兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性和產(chǎn)生該電場的點電荷的電性，故A錯誤、B正確；根據(jù)電場線的疏密程度，可知EA>EB，所以電場力FA>FB，再根據(jù)牛頓第二定律得A點加速度大，故C正確；由A到B，電場力做負功，動能減小，故A處的速度大，D正確。
5．(2017·河北衡水聯(lián)考)在物理學的研究及應(yīng)用過程中所用思維方法的敘述正確的是( )
A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法是猜想法
B．速度的定義式v＝，采用的是比
30、值法，當Δt趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了理想模型法
C．在探究電阻、電壓和電流三者之間的關(guān)系時，先保持電壓不變研究電阻與電流的關(guān)系，再保持電流不變研究電阻與電壓的關(guān)系，該實驗應(yīng)用了類比法
D．如圖是三個實驗裝置，這三個實驗都體現(xiàn)了放大的思想
答案 D
解析 在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫理想模型的方法，故A錯誤；速度的定義v＝，采用的是比值法；當Δt趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應(yīng)用了極限分析法，故B錯誤；在探究電阻、電壓和電流三者之間的關(guān)系時，先保持電壓不變研究電阻與電流的關(guān)系，再保持電流不變研究電阻與
31、電壓的關(guān)系，該實驗應(yīng)用了控制變量法，故C錯誤；用力向下壓，使桌面產(chǎn)生微小形變，使平面鏡M發(fā)生了微小的旋轉(zhuǎn)，若使法線轉(zhuǎn)過θ角，則M反射的光線旋轉(zhuǎn)的角度為2θ，N反射的光線就旋轉(zhuǎn)了4θ，那么投射到平面鏡上的光斑走過的距離就更大，故該實驗觀察測量結(jié)果采用的是微小變量放大法，用擠壓玻璃瓶時微小的變化不易觀察，但通過細管中水位的變化能夠觀察出來，也是一種放大的思想，第三個裝置是兩個球m，受到m′的引力會使豎直懸線發(fā)生扭轉(zhuǎn)，從而使鏡面M的法線轉(zhuǎn)過微小角度，從而電光源的投影會在標尺上移動一定距離，從而將微小形變放大，故都是利用放大的思想方法。故D正確。
6．下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標
32、出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是( )
答案 B
解析 A項，坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，設(shè)為E；B項，坐標原點O處電場強度是第一象限帶正電圓環(huán)和第二象限帶負電圓環(huán)疊加產(chǎn)生的，場強為E；C項，第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，也為E；D項，第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，第二象限帶負電圓環(huán)和第四象限帶負電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度為零；由上分析知坐標原點O處電場強度最大的是B項。
7．(2017·長春外國語學校期末)a、b兩個帶電小
33、球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋3q和－q，兩球間用絕緣細線連接，a球又用長度相同的絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊，則平衡時可能位置是( )
答案 D
解析 a球帶正電，受到的電場力水平向左，b帶負電，受到的電場力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的電場力大小為2qE，方向水平向左，分析受力如圖，則上面繩子應(yīng)向左偏轉(zhuǎn)。設(shè)上面繩子與豎直方向的夾角為α，則由平衡條件得tanα＝＝，以b球為研究對象，受力如圖。設(shè)ab間的繩子與豎直方向的夾角為β，則由平衡條件得tanβ＝，得到α＝β，所以根據(jù)幾何知識可知，b球在懸點的正下方
34、，故D正確。
8．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場。其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，小球與右側(cè)金屬板相距為b，如圖所示，請問：
(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？
(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？
答案 (1)正電 (2)
解析 (1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，則小球帶正電；
Fsinθ＝qE①
Fcosθ＝mg②
由上述兩式得
tanθ＝，故q＝。
(2)由第(1)問中的方程②知F＝，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉
35、力大小相等、方向相反，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬板上時，它經(jīng)過的位移為x＝，又由x＝at2，t＝＝＝ 。
9．(2015·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)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附近，兩者相互吸引
C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流
D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺
答案 C
解析 小線圈接近通
36、電線圈過程中，小線圈因磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電流屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其他三種現(xiàn)象屬于靜電現(xiàn)象，C符合題意。
10.(2015·山東高考)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為( )
A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向
C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向
答案 B
解析 正點電荷Q在O點時，它在G點處產(chǎn)生的場強大小為，方向沿y軸負方向。由于G點場強恰好為零，即兩負點電荷在G點的合場強大小為E1＝
37、，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H處產(chǎn)生的場強的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，B正確。
11.(2015·廣東高考)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則( )
A．M的帶電量比N的大
B．M帶負電荷，N帶正電荷
C．靜止時M受到的合力比N的大
D．移動過程中勻強電場對M做負功
答案 BD
解析 不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場
38、的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯誤；隔離出M，若M帶正電，N帶負電，則M受到N的庫侖力和勻強電場力都向右，M受力不平衡，只有M帶負電才可能受力平衡，故M帶負電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確。
12．(2018·河北衡水中學期末)如圖所示，在傾角為α的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點)，它們相距為L。兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時間后，當兩球距離為L′時，A、B的加速度大小之比為a1∶a
39、2＝11∶5。(靜電力常量為k)
(1)若B球帶正電荷且電荷量為q，求A球所帶電荷量Q及電性；
(2)求L′與L之比。
答案 (1) 正電 (2)3∶2
解析 (1)對B球分析有，A球帶正電荷
初始時B球沿斜面方向合力為零F－mgsinα＝0
又F＝k，解得Q＝。
(2)初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距離增大，庫侖力一定減小，小于mgsinα。
A球加速度a1方向應(yīng)沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有F′＋2mgsinα＝2ma1
B球加速度a2方向應(yīng)沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinα－F′＝ma2
依題意a1∶a2＝11∶5
聯(lián)立解得F
40、′＝mgsinα，又F′＝k
得L′∶L＝3∶2。
電場
第28課時 電場力的性質(zhì)
考點1 庫侖定律的理解及應(yīng)用
一、兩種電荷和使物體帶電的三種方法
1．自然界中只有兩種電荷即正電荷和負電荷。
2．使物體帶電的三種方法及其實質(zhì)
摩擦起電、感應(yīng)起電和接觸帶電是使物體帶電的三種方法，它們的實質(zhì)都是電荷的轉(zhuǎn)移。而實現(xiàn)電荷轉(zhuǎn)移的動力是同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引。
3．驗電器與靜電計的結(jié)構(gòu)與原理
驗電器玻璃瓶內(nèi)有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導(dǎo)體棒的下端，棒的上端通過瓶塞從瓶口伸出。如果把金屬箔換成指針，并用金屬做外殼，這樣的驗電器又叫靜電計。注
41、意金屬外殼與導(dǎo)體棒之間是絕緣的。不管是靜電計的指針還是驗電器的箔片，它們張開角度的原因都是同種電荷相互排斥的結(jié)果。
4．電荷分配規(guī)律
兩個完全相同的帶電金屬球相接觸，如果帶同種電荷，則總電荷量平均分配，如果帶異種電荷，則先中和后平分。
二、點電荷及庫侖定律
1．點電荷
(1)是一種理想化的物理模型。
(2)當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷。
2．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)公式：F＝k，其中比例系數(shù)k叫做靜電力
42、常量，k＝9.0×109 N·m2/C2。
(3)適用條件：①真空中；②點電荷。
3．電荷量、元電荷、點電荷和檢驗電荷的區(qū)別
電荷量是物體帶電荷的多少，電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍；元電荷是電荷量為1.6×10－19 C的電荷，不是電子也不是質(zhì)子，而是最小的電荷量，電子和質(zhì)子帶最小的電荷量；點電荷要求“線度遠小于研究范圍的空間尺度”，是一種理想化物體模型，對其帶電荷量無限制；檢驗電荷是用來研究電場的電荷，要求放入電場后對原來的電場不產(chǎn)生影響，故應(yīng)為帶電荷量足夠小的點電荷。
三、電荷及電荷守恒定律
電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一
43、部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。
[例1] 如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1∶q2∶q3為( )
A．9∶4∶9 B．4∶9∶4
C．9∶4∶36 D．9∶36∶4
解析 要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。
設(shè)q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L。
因為每個電荷所受靜電力的合力均為零
對q1列平衡方程得：k＝k
對q2列平衡方程得：k＝k
由以上解得：q1∶q2∶q3
44、＝9∶4∶36，所以C正確。
答案 C
(1)三個自由點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿足的規(guī)律是：
①“三點共線”——三個點電荷分布在同一直線上；
②“兩同夾異”——正負電荷相互間隔；
③“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??；
④“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。
(2)庫侖力參與下的共點力平衡問題：分析方法與力學問題相同，只是多了一個庫侖力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。
(3)有庫侖力參與的動力學問題與牛頓運動定律中的動力學問題本質(zhì)上是相同的(如兩個點電荷間的庫侖力滿足牛頓第三定律)，值得注意的兩點是：①列方程時，注意庫侖力的
45、方向；②若庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功。
1．(多選)A、B兩帶電小球，質(zhì)量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細線如圖懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度。若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是( )
A．FA
46、，故B錯誤；由整體法可知，細線的拉力等于兩球的重力，即細線OC的拉力TC＝(mA＋mB)g，故C正確；同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向只受重力作用，所以加速度均為g相同，故D正確。
2．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與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，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為( )
A．F引＝G，F(xiàn)庫＝k B．F引≠G，F(xiàn)庫≠k
C．F引≠G，F(xiàn)庫＝k D．F引＝G，F(xiàn)庫≠k
答案 D
解析 萬有引力定律的使用條件
47、是質(zhì)點和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球殼a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接應(yīng)用，所以它們之間的萬有引力為F引＝G，由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以此時的電荷不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異種電荷，由于電荷之間的相互吸引，電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>k，故D正確，A、B、C錯誤。
3．(人教版選修3－1 P5演示實驗改編)在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)的實驗中，一同學猜想可能與兩電荷的間距和電荷量有關(guān)。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲
48、線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示。
實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。
實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的________而增大，隨其所帶電荷量的________而增大。
此同學在探究中應(yīng)用的科學方法是________________(填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”)。
答案 減小 增大 控制變量法
考點2 電場強度的理解及應(yīng)用
1．靜電場
(1)電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜
49、電場。
(2)電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。
2．電場強度
(1)物理意義：表示電場的強弱和方向。
(2)定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做該點的電場強度。
(3)定義式：E＝。
(4)標矢性：電場強度是矢量，正電荷在電場中某點受力的方向為該點電場強度的方向，電場強度的疊加遵從平行四邊形定則或三角形定則。
3．電場強度三個表達式的比較
4．電場強度的計算方法
除用以上三個表達式計算外，還可以借助下列三種方法求解：
(1)電場疊加合成的方法。
(2)平衡條件求解法。
(3)對稱
50、法。
[例2] (多選)如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點(正四面體是由四個全等正三角形圍成的空間封閉圖形)，所有棱長都為a?，F(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量分別為＋q和－q的兩個點電荷，靜電力常量為k，下列說法正確的是( )
A．C、D兩點的場強相同
B．C點的場強大小為
C．C、D兩點電勢相等
D．將一正電荷從C點移動到D點，電場力做正功
解析 由題意知＋q，－q是兩個等量異種電荷，通過AB的中垂面是等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，C、D兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B一側(cè)，方向相同，由對稱性知，場強大小相等，故C、D兩點的場強、電勢均相同，
51、A、C正確；兩個電荷在C點產(chǎn)生的場強大?。篍1＝E2＝，方向夾角為120°，則C點的合場強E＝E1＝E2＝，如圖，B正確；由題意，通過AB的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，將一正電荷從C點移動到D點，電場力不做功，故D錯誤。
答案 ABC
1．認識場強的三個特性：矢量性、唯一性和疊加性
(1)矢量性：電場強度E是表示電場力的性質(zhì)的一個物理量，規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向，有關(guān)計算按矢量法則。
(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(guān)，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置。
(3)疊加性：如果有幾個靜止
52、電荷在空間同時產(chǎn)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(chǎn)生的場強的矢量和。
2．分析電場疊加問題的一般步驟
(1)確定分析計算的空間位置。
(2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向。
(3)依次利用平行四邊形定則或三角形定則求出矢量和。
1．關(guān)于電場，下列敘述中正確的是( )
A．對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同
B．正電荷周圍的電場強度一定比負電荷周圍的電場強度大
C．在電場中某點放入試探電荷q，該點的電場強度為E＝，取走q后，該點電場強度不為零
D．試探電荷所受電場力很大，
53、該點電場強度一定很大
答案 C
解析 以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E＝相同，但方向不同，A錯誤；由E＝k可知：點電荷周圍的電場強度的大小只由Q、r的大小來決定，與電荷的正、負沒有關(guān)系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質(zhì)的物理量，試探電荷是用來體現(xiàn)這一性質(zhì)的“工具”，C正確；定義式E＝中E的大小并不是由F、q來決定的，在電場中某一點放入一試探電荷q，如果q越大，則F越大，而這一比值不變，D錯誤。
2.(教科版選修3－1 P15·T1)把檢驗電荷放入電場中的不同點a、b、c、d，測得的檢驗電荷所受電場力F與其電荷量q之間的函數(shù)關(guān)系圖象如圖所示，則a、b、c、d四點場強
54、大小的關(guān)系為( )
A．Ea>Eb>Ec>Ed B．Ea>Eb>Ed>Ec
C．Ed>Ea>Eb>Ec D．Ec>Ea>Eb>Ed
答案 D
解析 F-q圖象的斜率大小代表場強大小，所以D正確。
3．(多選)a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，∠abc＝120°?，F(xiàn)將三個等量的正點電荷＋Q分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有( )
A．d點電場強度的方向由O指向d
B．O點電場強度的方向由d指向O
C．d點的電場強度大于O點的電場強度
D．d點的電場強度小于O點的電場強度
答案 AD
解析 分析可得a、c兩點在d點的電場強度的疊加方向
55、是O指向d，b點的電荷在d點的電場強度的方向是O指向d，所以d點的電場強度的方向由O指向d，A正確；同理，O點的場強的方向也由O指向d，B錯誤；設(shè)菱形的邊長為L，則a點和c點的電荷在d點的電場沿bd方向的分量都為Eay＝cos60°＝，故d點的電場強度為Ed＝2×＋＝；a、c兩點的電荷在O點的場強疊加為0，故O點的電場強度為EO＝＝，所以Ed
56、電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處。
(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互相垂直。
3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)
4．等量點電荷的電場線比較
比較項目
等量異種點電荷
等量同種點電荷
電場線
分布圖
連線中點O處的場強
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
沿中垂線由O點向外場強大小
O點最大，向
57、外逐漸減小
O點最小，向外先變大后變小
關(guān)于O點對稱的A與A′、B與B′的場強
等大同向
等大反向
[例3] 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，半球面總電荷量為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M點的場強大小為E，則N點的場強大小為( )
A. B.－E
C.－E D.＋E
解析 左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為＋2q的整個球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為－q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有E＝－E′，E′為帶電
58、荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，B正確。
答案 B
1．對稱法求電場強度：對稱法實際上是某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法可以避免復(fù)雜的運算和推導(dǎo)，直接抓住問題的實質(zhì)，有出奇制勝之效。如例3。
2．補償法求電場強度：求解物理問題，要根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型不是完整的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就轉(zhuǎn)化為一個求解新模
59、型和補充條件的合成問題了。
1．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是( )
A．粒子必定帶正電荷
B．該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的
C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度
D．粒子在M點的速度大于它在N點的速度
答案 C
解析 帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子
60、受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。
2．(多選)如圖所示，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三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)( )
A．k B．k C．k D．k
答案 B
解析 點電荷q在b處產(chǎn)生的場強大小E＝k，因b點處的場強為零，所以Q在b點處的場強大小也為k，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右
61、，則d點處的場強應(yīng)為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強E′＝k＝k，Ed＝E＋E′＝k，故B正確。
3．如圖所示，M、N為兩個等量同種正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關(guān)于點電荷q的運動的說法正確的是( )
A．從P→O的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．從P→O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大
C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值
D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零
答案 C
解析 點電荷從P→O的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速
62、度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O點之前，合電場力一直做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關(guān)于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關(guān)于O點對稱的P′點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤。
考點4 力電綜合問題
解力電綜合問題的基本思路
[例4] (2016·上海高考)如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右
63、的勻強電場后A向右擺動，擺動的最大角度為60°，則A受到的電場力大小為________。在改變電場強度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在α＝30°處，A受到的電場力大小為________。
解析 根據(jù)題意，設(shè)細線長為L，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60°，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負功，細線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，計算電場力為：F＝mg；改變電場強度的大小和方向后，平衡在α＝60°處時，設(shè)F與豎直方向夾角為γ，如圖所示，根據(jù)正弦定理有：＝，平衡在α＝3
64、0°處時，由正弦定理有：＝，經(jīng)過計算得到：γ＝60°，F(xiàn)＝mg。
答案 mg mg
勻強電場與重力場的復(fù)合場問題的處理方法
(1)動力學觀點的兩種方法
①正交分解法：處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，然后再按運動合成的觀點去求出復(fù)雜運動的有關(guān)物理量。
②等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。
(2)不涉及時間t、加速度a，以及曲線運動問題盡可能采用動能定理、功能關(guān)系等解決。
如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕
65、緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為L的等邊三角形，則( )
A．小環(huán)A的加速度大小為
B．小環(huán)A的加速度大小為
C．恒力F的大小為
D．恒力F的大小為
答案 B
解析 設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝，B正確、A錯誤；由整體法可得恒力F＝2maA＝，C、D錯誤。
1．(2017·浙江名校高三聯(lián)考)在國際單位制中，電場強度單位的符號是( )
A．N B．N/C
C．N/(A·m) D．N/A
答案 B
解析 在國際單位制中，電場
66、強度單位的符號是N/C，故選B。
2．關(guān)于電場場強的概念，下列說法正確的是( )
A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比
B．正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關(guān)
C．電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關(guān)
D．電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零
答案 C
解析 電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關(guān)，只和電場本身的性質(zhì)有關(guān)，A、D錯誤，C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。
3．兩個相同的帶異種電荷的導(dǎo)體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為( )
A.F B.F C.F D.F
答案 A
解析 設(shè)一個小球帶電量大小為Q，則另一個大小為3Q，根據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：F＝k，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q；由庫侖定律得：F′＝k＝，故A正確。
4．(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生
（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習 第8章 電場 第28課時 電場力的性質(zhì)學案
