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．
考點一 電荷守恒定律
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，忽略帶電體的大小、形狀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(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?guī)N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．
例1 (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．摩擦前在M和N的內部沒有任何電荷
B．摩擦的過程中電子從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1.6×10－10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(tǒng)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．
考點二 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＝keq \f(q1q2,r2)，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．相互作用的兩個點電荷，電荷量大的，受到的庫侖力也大．( × )
2．根據F＝keq \f(q1q2,r2)，當r→0時，F→∞.( × )
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，如圖所示．
(1)同種電荷：F＜keq \f(q1q2,r2)；
(2)異種電荷：F＞keq \f(q1q2,r2).
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2 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.eq \f(1,2) C．2 D．4
答案 C
解析 設A帶電荷量為qA，C球帶電荷量為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＝k1eq \f(kqAqC,r2)，由題可知D球帶電荷量為qD＝3qC，接觸后分開，電荷量將均分，有qC′＝eq \f(3qC＋qC,2)＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1eq \f(kqC′qA,r2)＝2k1eq \f(kqAqC,r2)，聯立可得eq \f(θ2,θ1)＝2.
考向2 庫侖力的疊加
例3 (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＝eq \f(16,9)
B．a、b的電荷異號，k＝eq \f(16,9)
C．a、b的電荷同號，k＝eq \f(64,27)
D．a、b的電荷異號，k＝eq \f(64,27)
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＝eq \f(k靜qaqc,?ac?2)①
b對c的庫侖力Fb＝eq \f(k靜qbqc,?bc?2)②
設合力向左，如圖所示，根據相似三角形得eq \f(Fa,ac)＝eq \f(Fb,bc)③
由①②③得k＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(qa,qb)))＝eq \f(?ac?3,?bc?3)＝eq \f(64,27)，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4 (多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則( )
A．兩球所帶電荷量相等
B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C．B球所帶的電荷量為4eq \r(6)×10－8 C
D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
答案 ACD
解析 兩相同的小球接觸后電荷量均分，故兩球所帶電荷量相等，選項A正確；如圖所示，由幾何關系可知，兩球分開后，懸線與豎直方向的夾角為θ＝37°，A球所受的靜電力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，選項B錯誤；根據庫侖定律得，F＝keq \f(qAqB,l2)＝keq \f(qB2,l2)，解得qB＝eq \r(\f(Fl2,k))＝eq \r( \f(6×10－3×0.122,9×109)) C＝4eq \r(6)×10－8 C，選項C正確；A、B兩球帶等量的
同種電荷，故在A、B兩球連線中點處的電場強度為0，選項D正確．
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：
考點三 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＝eq \f(F,q)；單位：N/C或V/m.
(3)矢量性：規(guī)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：真空中距場源電荷Q為r處的場強大小為E＝keq \f(Q,r2).
4．電場線的特點
(1)電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，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．
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＝eq \f(F,q)知，當試探電荷q變?yōu)橐话霑r，電場強度E變?yōu)?倍．( × )
3．電場線和電場一樣都是客觀存在的．( × )
4．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．( √ )
1．三個計算公式的比較
2．等量同種和異種點電荷周圍電場強度的比較
考向1 電場強度的理解和計算
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，該處的場強為E1＝eq \f(F1,q1)＝4×105 N/C，方向水平向右，同理可得，B處的場強為E2＝eq \f(F2,q2)＝0.25×105 N/C，方向水平向左，A、B錯誤；由A、B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，由點電荷場強公式可得E1＝keq \f(Q,l2)＝4×105 N/C，E2＝keq \f(Q,?0.5－l?2)＝eq \f(1,4)×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．
考向2 電場線的理解及應用
例6 某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是( )
A．c點的電場強度大于b點的電場強度
B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點
C．b點的電場強度大于d點的電場強度
D．a點和b點的電場強度方向相同
答案 C
解析 電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷不可能沿電場線運動，B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不同向，D錯誤．
例7 (2022·山東臨沂市調研)某靜電場的電場線如圖中實線所示，虛線是某個帶電粒子僅在靜電力作用下的運動軌跡，下列說法正確的是( )
A．粒子一定帶負電
B．粒子在M點的加速度小于在N點的加速度
C．粒子在M點的動能大于在N點的動能
D．粒子一定從M點運動到N點
答案 B
解析 由粒子的運動軌跡可知，粒子的受力方向沿著電場線的方向，所以粒子帶正電，故A錯誤；電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，由題圖可知，N點的場強大于M點場強，故粒子在N點受到的靜電力大于在M點受到的靜電力，所以粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故B正確；粒子帶正電，假設粒子從M運動到N，這個過程中靜電力做正功，動能增大，粒子在M點的動能小于在N點的動能，故C錯誤；根據粒子的運動軌跡可以判斷其受力方向，但不能判斷出粒子一定是從M點運動到N點，故D錯誤．
例8 (多選)電場線能直觀、方便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兩點場強相同
B．A、D兩點場強不同
C．B、O、C三點中，O點場強最小
D．從E點向O點運動的電子加速度逐漸減小
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兩點場強方向相同，由于E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，則其場強大小也相等，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兩點場強大小相同，由題圖甲看出，A、D兩點場強方向相同，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，場強最小，故C正確；由題圖可知，電子從E點向O點運動過程中，電場強度逐漸增大，則靜電力逐漸增大，由牛頓第二定律可知電子的加速度逐漸增大，故D錯誤．
考點四 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大為簡化．
例如：如圖所示，均勻帶電的eq \f(3,4)球殼在O點產生的場強，等效為弧BC產生的場強，弧BC產生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向．
(3)填補法
將有缺口的帶電圓環(huán)或圓板補全為完整的圓環(huán)或圓板，或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、勻強電場場強疊加一般應用合成法．
(2)均勻帶電體與點電荷場強疊加一般應用對稱法．
(3)計算均勻帶電體某點產生的場強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9 直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示．M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為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.eq \f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y軸負向
C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y軸負向
答案 B
解析 處于O點的正點電荷在G點處產生的場強大小E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y軸負向；因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點產生的合場強大小E2＝E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y軸正向；根據對稱性，M、N處兩負點電荷在H點產生的合場強大小E3＝E2＝keq \f(Q,a2)，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產生的場強大小E4＝keq \f(Q,?2a?2)，方向沿y軸正向，所以H點的場強大小E＝E3－E4＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負向．
考向2 非點電荷電場強度的疊加和計算
例10 如圖，四根彼此絕緣的均勻帶電導線a、b、c、d圍成一個正方形線框，線框在正方形中心O點產生的電場強度大小為E0，方向豎直向下；若僅撤去導線c，則O點場強大小變?yōu)镋1，方向豎直向上，則若將導線c疊于導線a處，則O點場強大小變?yōu)? )
A．E1－E0 B．E1－2E0
C．2E1＋E0 D．2E1
答案 C
解析 正方形線框在O點產生的電場方向豎直向下，則表明左右?guī)щ妼Ь€在O點產生的電場強度為零．a、c產生的電場強度豎直向下．撤去c，O點處的場強豎直向上，表明a帶負電，c帶負電，則c在O點產生的電場強度為Ec＝E1＋E0，將c疊于a處，則O點處場強大小為E′＝2E1＋E0.
考向3 填補法、對稱法在電場疊加中的應用
例11 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，eq \x\t(OM)＝eq \x\t(ON)＝2R，已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為( )
A.eq \f(kq,2R2)－E B.eq \f(kq,4R2) C.eq \f(kq,4R2)－E D.eq \f(kq,4R2)＋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兩點產生的場強大小為E0＝eq \f(k·2q,?2R?2)＝eq \f(kq,2R2).題圖中左半球殼在M點產生的場強為E，則右半球殼在M點產生的場強為E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，由對稱性知，左半球殼在N點產生的場強大小也為eq \f(kq,2R2)－E，A正確．
課時精練
1．光滑絕緣水平面上固定一半徑為R、帶正電的球體A(可認為電荷量全部在球心)，另一帶正電的小球B以一定的初速度沖向球體A，用r表示兩球心間的距離，F表示B小球受到的庫侖斥力，在r＞R的區(qū)域內，下列描述F隨r變化關系的圖像中可能正確的是( )
答案 C
解析 根據庫侖定律可知，兩球之間的庫侖力滿足F＝keq \f(qAqB,r2)，即隨r增加，F非線性減?。蔬xC.
2.一帶電荷量為＋Q的小球A固定在絕緣底座上，在它左側還有一個用絕緣絲線懸掛的帶電荷量為＋q的小球B，它們處于同一高度靜止，如圖所示，兩球均視為點電荷，下列說法中正確的是( )
A．若小球A向左平移一段微小距離，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向的夾角減小
B．小球A對小球B的庫侖力大小等于小球B對小球A的庫侖力大小
C．若增加小球A的帶電荷量，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向夾角不變
D．若使小球A帶電荷量變?yōu)椋璔，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向夾角不變
答案 B
解析 根據共點力平衡得，小球B受到的庫侖力F＝keq \f(Qq,r2)＝mgtan θ，若小球A向左平移一小段距離，r減小，小球B受到A的庫侖力F增大，絲線與豎直方向夾角θ增大，A錯誤；根據牛頓第三定律，小球A對小球B的庫侖力與小球B對小球A的庫侖力是一對作用力和反作用力，大小總是相等的，B正確；若增加A球帶電荷量，根據共點力平衡得，小球B受到的庫侖力F＝keq \f(Qq,r2)＝mgtan θ，小球B受到A的庫侖力F增大，則絲線與豎直方向夾角增大，C錯誤；若使A球帶電荷量變?yōu)椋璔，則小球B受到向右的庫侖引力，向右偏，與A球的距離減小，庫侖力將增大，則絲線與豎直方向夾角將增大，D錯誤．
3．如圖所示是描述甲、乙兩個點電荷電場的部分電場線，下列說法正確的是( )
A．甲帶負電，乙?guī)д?br>B．甲的電荷量大于乙的電荷量
C．在P點由靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在靜電力的作用下，粒子會沿電場線運動到Q點
D．P點的電場強度小于Q點的電場強度
答案 B
解析 根據電場線分布特點，可判斷出甲帶正電、乙?guī)ж撾?，并且甲的電荷量大于乙的電荷量，A錯誤，B正確；在P位置靜止釋放一個帶正電的粒子，僅在靜電力的作用下，粒子沿P位置電場線的切線從靜止加速，不沿電場線運動，C錯誤；根據電場線的密集程度可以判斷出P點的電場強度大于Q點的電場強度，D錯誤．
4.(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．
5.(2022·安徽省高三月考)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上，三個相同的不帶電小球由三根相同的絕緣輕彈簧連接構成等邊三角形，輕彈簧均處于原長．現讓每個小球帶上相同的電荷量q，當三角形的面積增大到原來的4倍時重新達到平衡狀態(tài)．已知每根彈簧的原長為l0，靜電力常量為k，則每根彈簧的勁度系數為( )
A.eq \f(kq2,4l03) B.eq \f(kq2,2l03) C.eq \f(kq2,4l02) D.eq \f(kq2,l03)
答案 A
解析 三角形的面積為S＝eq \f(1,2)l2sin 60°，則當面積增大到原來的4倍時，邊長變?yōu)樵瓉淼?倍，即當每個小球帶上相同的電荷量時，彈簧伸長了l0，則對其中一個小球受力分析可知2Kl0cs 30°＝2keq \f(q2,?2l0?2)cs 30°，解得K＝eq \f(kq2,4l03)，故選A.
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(guī)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，加速度可能先增加后減小，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.在邊長為a的正方形的每一頂點都放置一個電荷量大小為q的點電荷，點電荷的正負如圖所示．靜電力常量為k.如果保持它們的位置不變，則A電荷受到其他三個電荷的靜電力的合力大小是( )
A.eq \f(2kq2,a2)
B．(eq \r(2)－eq \f(1,2))eq \f(kq2,a2)
C．(eq \f(1,2)＋eq \r(2))eq \f(kq2,a2)
D.eq \f(3kq2,2a2)
答案 D
解析 電荷D對電荷A的靜電力大小為F1＝keq \f(q2,?\r(2)a?2)，B電荷和C電荷對電荷A的靜電力大小均為F2＝F3＝keq \f(q2,a2)，根據力的合成法則，A電荷所受的靜電力大小為F＝eq \r(F12＋?\r(2)F2?2)＝eq \r([\f(kq2,?\r(2)a?2)]2＋[\f(\r(2)kq2,a2)]2)＝eq \f(3kq2,2a2)，故選D.
9.如圖所示，傾角為θ的光滑絕緣斜面固定在水平面上．為了使質量為m、帶電荷量為＋q的小球靜止在斜面上，可加一平行紙面的勻強電場(未畫出)，重力加速度為g，則( )
A．電場強度的最小值為E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．若電場強度E＝eq \f(mg,q)，則電場強度方向一定豎直向上
C．若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度逐漸增大
D．若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則電場強度先減小后增大
答案 C
解析 對小球受力分析，如圖所示，靜電力與支持力垂直時，所加的電場強度最小，此時場強方向沿斜面向上，mgsin θ＝qEmin，解得電場強度的最小值為Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，選項A錯誤；若電場強度E＝eq \f(mg,q)，則靜電力與重力大小相等，由圖可知，靜電力方向可能豎直向上，也可能斜向左下，選項B錯誤；由圖可知，若電場強度方向從沿斜面向上逐漸轉到豎直向上，則靜電力逐漸變大，電場強度逐漸增大，選項C正確，D錯誤．
10.如圖所示，兩個固定的半徑均為r的細圓環(huán)同軸放置，O1、O2分別為兩細圓環(huán)的圓心，且O1O2＝2r，兩圓環(huán)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中點處的電場強度為eq \f(\r(2)kQ,2r2)
B．O1O2中點處的電場強度為eq \f(\r(2)kQ,4r2)
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(huán)上每一個點都看成一個點電荷，則電荷量為q＝eq \f(Q,2πr)，根據點電荷場強公式，點電荷在O1O2中點的場強為E＝eq \f(kq,?\r(2)r?2)，根據電場的疊加原理，單個圓環(huán)在O1O2中點的場強為E＝eq \f(kQ,2r2)cs 45°，兩個圓環(huán)在O1O2中點的合場強為E總＝eq \f(\r(2)kQ,2r2)，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(huán)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左側場強方向先向左后向右，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.在x軸上固定有兩個正、負點電荷，一個帶電荷量為＋Q1、一個帶電荷量為－Q2(Q1>0、Q2>0)，用E1表示Q1在x軸上產生的電場強度大小，E2表示Q2在x軸上產生的電場強度大?。擰1>Q2時，E1＝E2的點有兩個，分別為M點和N點，M、N兩點距Q2的距離分別為r1和r2，如圖所示．則當eq \f(Q1,Q2)的比值增大時( )
A．r1、r2都減小 B．r1、r2都增大
C．r1減小，r2增大 D．r1增大，r2減小
答案 A
解析 設Q1、Q2兩點電荷之間的距離為L，x軸上M、N兩點的電場強度大小相等，則keq \f(Q1,?L－r1?2)＝keq \f(Q2,r12)，keq \f(Q1,?L＋r2?2)＝keq \f(Q2,r22)，解得r1＝eq \f(L,\r(\f(Q1,Q2))＋1)，r2＝eq \f(L,\r(\f(Q1,Q2)－1))，當eq \f(Q1,Q2)的比值增大時，r1、r2都減小，故A正確，B、C、D錯誤．考查內容
自主命題卷
全國卷
考
情
分
析
庫侖定律
2021·天津卷·T1
2019·全國Ⅰ卷·T15
2018·全國Ⅰ卷·T16
電場的性質
2021·湖南卷·T4
2021·廣東卷·T6
2021·山東卷·T6
2021·河北卷·T10
2021·浙江6月選考·T6
2020·江蘇卷·T9
2020·北京卷·T7
2020·山東卷·T10
2019·北京卷·T17
2019·江蘇卷·T9
2018·天津卷·T3
2021·全國甲卷·T19
2021·全國乙卷·T15
2020·全國卷Ⅱ·T20
2020·全國卷Ⅲ·T21
2019·全國卷Ⅲ·T21
2018·全國卷Ⅰ·T21
2018·全國卷Ⅱ·T21
電容器
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
2021·湖南卷·T9
2020·浙江7月選考·T6
2019·天津卷·T3
2021·全國乙卷·T20
2019·全國卷Ⅱ·T24
2019·全國卷Ⅲ·T24
試題
情境
生活實踐類
人體帶電頭發(fā)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
公式
適用條件
說明
定義式
E＝eq \f(F,q)
任何電場
某點的場強為確定值，大小及方向與q無關
決定式
E＝keq \f(Q,r2)
真空中點電荷的電場
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＝eq \f(U,d)
勻強電場
d是沿電場方向的距離
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，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
沿連線的中垂線由O點向外的場強大小
O點最大，向外逐漸變小
O點最小，向外先變大后變小
關于O點對稱點的場強(如A與A′、B與B′、C與C′等)
等大同向
等大反向

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