【物理】2018届一轮复习人教版电场力的性质学案 21页

第六章 静电场 全国卷考情分析]‎ 基础考点 常考考点(2013－2016考情统计)‎ 命题概率 常考角度 物质的电结构、电荷守恒(Ⅰ)‎ ‎ 静电现象的解释(Ⅰ) ‎ 点电荷 (Ⅰ) ‎ 库仑定律(Ⅱ)‎ 静电场(Ⅰ) ‎ 示波管(Ⅰ)‎ 以上6个考点未曾独立命题 电场强度、点电荷的场强(Ⅱ)‎ ‎'13Ⅰ卷T15(6分)‎ ‎'13Ⅱ卷T18(6分)‎ 综合命题概率25%‎ ‎(1)电场强度的求解，电场线、等势线与带电粒子运动轨迹的判断问题 ‎(2)电势、电势能、电势差与电场强度的关系，以及U＝Ed的应用问题 ‎(3)电容器的动态变化问题，电容器与平衡条件的综合问题 ‎(4)带电粒子在匀强电场中的运动问题 ‎(5)用功能关系的观点处理带电体在电场中的运动问题 电场线(Ⅰ)‎ 电势能、电势(Ⅰ)‎ ‎'16甲卷T15(6分) ‎ ‎'16丙卷T15(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 电势差(Ⅱ)‎ ‎'14Ⅰ卷T21(6分) ‎ ‎'14Ⅱ卷T19(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 匀强电场中电势差与电场强度的关系(Ⅱ)‎ ‎'15Ⅰ卷T15(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 常见电容器(Ⅰ)‎ ‎'16乙卷T14(6分)，'15Ⅱ卷T14(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 电容器的电压、电荷量和电容的关系(Ⅰ)‎ 带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ)‎ ‎'16乙卷T20(6分)，'15Ⅱ卷T24(12分)，'13Ⅱ卷T24(14分)‎ 综合命题概率100%‎ 第1节电场力的性质 ‎(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。(√)‎ ‎(2)点电荷和电场线都是客观存在的。(×)‎ ‎(3)根据F＝k，当r→0时，F→∞。(×)‎ ‎(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。(×)‎ ‎(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。(√)‎ ‎(6)真空中点电荷的电场强度表达式E＝中，Q就是产生电场的点电荷。(√)‎ ‎(7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。(×)‎ ‎(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。(×)‎ ‎(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。‎ ‎(2)1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。‎ ‎(3)1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，获得诺贝尔奖。‎ 突破点(一)　库仑定律及库仑力作用下的平衡 ‎1．对库仑定律的两点理解 ‎(1)F＝k，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．解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤 库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。具体步骤如下：‎ ‎3．“三个自由点电荷平衡”的问题 ‎(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。‎ ‎(2)‎ 典例]　(多选)(2016·浙江高考)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为‎0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA 点固定。两球接触后分开，平衡时距离为‎0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－‎4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝‎10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则(　　)‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N C．B球所带的电荷量为4×10－‎‎8 C D．A、B球连线中点处的电场强度为0‎ 解析]　用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球B所受静电力F＝mgtan α＝6.0×10－3 N，球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F＝及q1＝q2知，小球所带电荷量q＝4×10－‎8 C，选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，场强为0，选项D正确。‎ 答案]　ACD 方法规律]‎ 丝绸摩擦过的玻璃棒应带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；两完全相同的小球接触时电荷量等量均分，如带异种电荷的两完全相同的小球接触时，电荷量应先中和后等量均分。‎ 集训冲关]‎ ‎1．(2016·郑州模拟)如图所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F。今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　A、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为＋q、－q。当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q1＝＋，当再把C球与B 球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q2＝－。由库仑定律F＝k知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F′＝，A项正确。‎ ‎2．(多选)(2014·浙江高考)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(　　)‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当＝时，细线上的拉力为0‎ C．当＝时，细线上的拉力为0‎ D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0‎ 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＝，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得＝mgtan θ，解得＝，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为0，选项D错误。‎ ‎3.如图所示，在一条直线上有两个相距‎0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为(　　)‎ A．正，B的右边‎0.4 m处 B．正，B的左边‎0.2 m处 C．负，A的左边‎0.2 m处 D．负，A的右边‎0.2 m处 解析：选C　要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以选项C正确。‎ 突破点(二)　电场强度的叠加问题 ‎1．电场强度三个表达式的比较 E＝ E＝k E＝ 公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷电场强度的决定式 匀强电场中E与U的关系式 适用条件 一切电场 ‎①真空②点电荷 匀强电场 决定因素 由电场本身决定，与q无关 由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定 由电场本身决定，d为沿电场方向的距离 相同点 矢量，遵守平行四边形定则 单位：1 N/C＝1 V/m ‎2．电场强度的叠加 ‎(1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。‎ ‎(2)运算法则：平行四边形定则。‎ 典例]　(多选)(2017·武汉质检)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。则下列判断正确的是(　　)‎ A．D点的电场强度为零 B．A、B、C、D四点电场强度相等 C．A点电势比B点电势高 D．O点的电场强度为零 思路点拨]‎ ‎(1)将四个电极分为ac、bd两两进行合成分析。‎ ‎(2)画出连线上的电场方向，沿电场线电势逐渐降低。‎ 解析]　根据电场的叠加原理，ac两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，bd两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O 点的合场强为零，D正确；同理，D的场强水平向右，A错误；A、B、C、D四点的场强大小相等，方向不同，B错误；由电场特点知，电场方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，则φA>φB，C正确。‎ 答案]　CD ‎ 集训冲关]‎ ‎1．(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)‎ A.，沿y轴正向　　　　 B.，沿y轴负向 C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向 解析：选B　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向。‎ ‎2．(2014·福建高考)如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝‎2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－‎6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：‎ ‎(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。‎ 解析：(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F＝k①‎ 代入数据得F＝9.0×10－3 N。②‎ ‎(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为 E1＝k③‎ A、B两点处的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＝7.8×103 N/C⑤‎ 场强E的方向沿y轴正方向。‎ 答案：(1)9.0×10－3 N ‎(2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正方向 突破点(三)　电场线的理解与应用 ‎1．电场线的三个特点 ‎(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处。‎ ‎(2)电场线在电场中不相交。‎ ‎(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏。‎ ‎2．六种典型电场的电场线 ‎3．两种等量点电荷的电场分析 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大 O点最小，但不为零 O点为零 中垂线上的电场强度 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称位置的电场强度 A与A′、B与B′、C与C′‎ 等大同向 等大反向 ‎4．电场线的应用 多角练通]‎ ‎1．(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 解析：选C　由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总是与等势面(容器内表面)垂直，选项C正确；沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点，电场力做功都为零，选项D错误。‎ ‎2．(2017·湛江期中)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．b点的电势低于a点的电势 B．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 C．c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断 D．若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将沿着电场线由d到c 解析：选B　沿电场线方向电势逐渐降低，因b点所在的等势面高于a点所在的等势面，故b点的电势高于a点的电势，选项A错误；若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功，选项B正确；由于电场线密集的地方场强较大，故d点的场强大于c点的场强，选项C错误；因dc电场线是曲线， 故若将一正试探电荷从d点由静止释放，电荷将不能沿着电场线由d到c，选项D错误。‎ ‎3．(多选)(2015·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　)‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 解析：选ACD　根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确。沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误。由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确。c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确。‎ 突破点(四)　带电体的力电综合问题 解决带电体的力电综合问题的一般思路 典例]　(2017·北京四中高三期末)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C。有一个质量m＝4.0×10－‎3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用。‎ ‎(1)求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎(3)从剪断细线 经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。‎ 思路点拨]‎ ‎(1)试画出小球静止时的受力示意图。‎ 提示：‎ ‎(2)在细线剪断后小球做匀加速直线运动。‎ ‎(3)利用W电＝－ΔEp计算小球电势能变化量。‎ 解析]　(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件有：F＝qE＝mgtan θ 解得：q＝＝1.0×10－‎‎6 C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。‎ ‎(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：＝ma 解得：a＝＝‎12.5 m/s2。‎ ‎(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为：‎ l＝at2＝‎‎0.25 m 小球运动过程中，电场力做的功为：‎ W＝qElsin θ＝mg lsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)为：‎ ΔEp＝4.5×10－3 J。‎ 答案]　(1)1.0×10－‎6 C　正电荷 ‎(2)‎12.5 m/s2　(3)减少4.5×10－3 J 方法规律]　解决力电综合问题的两条途径 ‎(1)建立物体受力图景。‎ ‎①弄清物理情境，选定研究对象。‎ ‎②对研究对象按顺序进行受力分析，画出受力图。‎ ‎③应用力学规律进行归类建模。‎ ‎(2)建立能量转化图景：运用能量观点，建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径。‎ 集训冲关]‎ ‎1．(多选)用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后(　　)‎ A．小球B在细绳剪断瞬间起 做平抛运动 B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g C．小球B落地的时间小于 D．小球B落地的速度大于 解析：选BCD　将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起 ，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C、D正确。‎ ‎2．(多选)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电量为＋3q，B球带电量为－q，由静止同时释放后A球加速度大小为B球的两倍。现在A、B中点固定一个带正电C球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等。则C球带电量可能为(　　)‎ A.q　　　　　　　　　　 B.q C.q D.q 解析：选AB　设A、B两小球间距为L，将A、B两球释放时，对A球有k＝mA·‎2a，对B球有：k＝mBa，得mB＝2mA，在A、B中点固定C球后，对A球有 k－k＝mAa′或k－k＝mAa′，对B球有k＋k＝mBa′，解得qC＝q或q，故A、B选项正确。‎ ‎3.(2017·重庆二模)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。‎ ‎(1)试求这个匀强电场的场强E大小；‎ ‎(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？‎ 解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan θ＝qE 解得：E＝。‎ ‎(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。‎ 根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′‎ 则得：E′＝。‎ 答案：(1)　(2) 巧解场强的四种方法 场强有三个公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情况下可由上述公式计算场强，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的场强时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用补偿法、微元法、对称法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。‎ ‎(一)补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面。　‎ ‎1．(2017·石家庄质检)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(　　)‎ A.－E　　　　　　　 B. C.－E D.＋E 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的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确。‎ ‎(二)微元法 可将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和场强叠加原理求出合场强。　‎ ‎　　　‎ ‎2.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。‎ 解析：设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为 E＝＝。‎ 由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，‎ EP＝nEx＝nkcos θ＝k。‎ 答案：k ‎(三)对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化。　　‎ ‎3．(2013·江苏高考)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，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(　　)‎ 解析：选B　将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D项O点的场强为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C项场强的倍，因此B项正确。‎ ‎(四)等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。　　　　‎ ‎4．(2017·济南期中)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是(　　)‎ A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 C．方向垂直于金属板向左，大小为 D．方向垂直于金属板向左，大小为 解析：选C　据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2kcos θ＝2k＝2k，故选项C正确。‎ 对点训练：库仑定律的理解与应用 ‎1.(2017·北京西城质检)如图所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r≪l。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B. C．2 D. 解析：选B　轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝，选项B正确。‎ ‎2．(2017·漳州检测)真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　因为一个点电荷增加了，则q1′＝q1，根据库仑定律的公式F＝k知，若库仑力不变，则q2′＝q2，即另一电荷减小了。故B正确，A、C、D错误。‎ 对点训练：库仑力作用下的平衡问题 ‎3．(多选)(2017·广州模拟)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列图中的放置方法能使M、N静止的是(图中细杆的中点均与P1、P2连线的中点重合)(　　)‎ 解析：选BD　根据矢量合成可得，在P1、P2连线的中垂线上的电场强度方向水平向右，故如题图A、题图C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C错误；在P1、P2的连线上电场方向由正电荷指向负电荷，即水平向右，如题图B、题图D放置，由对称性知，M、N所在位置的电场强度大小相等，方向相同，电荷M、N所受电场力等大反向，所以B、D正确。‎ ‎4．(多选)在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图所示。图中－q与－q的连线跟－q与＋Q的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为(　　)‎ A．cos3 α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：选AC　设菱形的边长为L，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kcos α＝k，解得：cos3α＝，A正确，B错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2ksin α＝k，解得：sin3α＝，C正确，D错误。‎ ‎5．(多选)(2017·广东第二次大联考)如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－‎5 C，质量均为‎0.72 kg，其中A球带正电荷，B 球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球一端固定绝缘棒，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则B球距离A球的距离可能为(　　)‎ A．‎0.5 m B．‎‎0.8 m C．‎1.2 m D．‎‎2.5 m 解析：选AB　对A受力分析，受重力mg、绳的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin 30°＝，解得r＝‎1 m，所以两球的距离d≤‎1 m，A、B正确。‎ 对点训练：电场强度的叠加问题 ‎6．(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)‎ A.和 B.和 C.和 D.和 解析：选D　两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相互引力F＝E0Q＝；故选D。‎ ‎7．(2017·南京一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形。两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为(　　)‎ A. B.E C．E D.E 解析：选B　两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝E1，故撤走一根带电棒后，在O 点产生的场强为E1＝＝，故选B。‎ 对点训练：电场线的理解与应用 ‎8．(2017·成都模拟)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示这两处的电场强度的大小，则(　　)‎ A．a、b两点的电场强度方向相反 B．因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb C．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb D．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定Ea、Eb的大小关系 解析：选D　由电场线方向可知a、b两点的电场强度方向都向右，A错；仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C错，D对。‎ ‎9．(多选)(2017·三明模拟)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能均增加 解析：选CD　根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。‎ ‎10．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　)‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 解析：选C　甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。‎ 考点综合训练 ‎11．(2017·徐州模拟)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度大小。‎ ‎(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma 根据库仑定律有F＝k 又知r＝ 得a＝gsin α－。‎ ‎(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。‎ 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α＝ 解得d＝ 。‎ 答案：(1)gsin α－　(2) ‎12.如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102 N/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＝4×10－‎2 C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。‎ ‎(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 在最高点对小球由牛顿第二定律得，‎ FT＋mg－qE＝m②‎ 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，则a＝③‎ 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，‎ 则x＝at2⑤‎ 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