高考物理一輪復習考點題型演練專題18 電場的力學性質（解析版）

2020屆高考物理一輪復習熱點題型歸納與變式演練專題18電場的力學性質【專題導航】目錄TOC\o"1-3"\h\uTOC\o"1-3"\h\u熱點題型一庫侖定律的理解及其相關平衡問題 1庫侖定律與電荷守恒定律的結合問題 2三個孤立共線點電荷平衡問題 3庫侖力作用下的平衡問題 4熱點題型二電場強度的理解與計算 5點電荷電場中場強的計算 6補償法求電場強度 7等效法求電場強度 9微元法求電場強度 9熱點題型三電場線的理解和應用 10等量異(同)種電荷電場線的分布 11電場線中帶電粒子的運動分析 12根據粒子運動情況判斷電場線分布 13【題型演練】 14【題型歸納】熱點題型一庫侖定律的理解及其相關平衡問題1．對庫侖定律的理解(1)F＝keq\f(q1q2,r2)，r指兩點電荷間的距離．對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球的球心間距．(2)當兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大．2．“三個自由點電荷平衡”的問題(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)3．求解涉及庫侖力的平衡問題的解題思路涉及庫侖力的平衡問題與純力學平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎，應用平衡條件是關鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結合解決問題，但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點．具體步驟如下：庫侖定律與電荷守恒定律的結合問題【例1】．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的電荷量為q，球2的電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知()A．n＝3B．n＝4C．n＝5D．n＝6【答案】D.【解析】由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷．由庫侖定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，則接觸時平分總電荷量，故有q×nq＝eq\f(nq,2)×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(nq,2))),2)，解得n＝6，D正確．【變式】兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A．eq\f(5F,16)B．eq\f(F,5)C．eq\f(4F,5)D．eq\f(16F,5)【答案】D.【解析】兩球相距r時，根據庫侖定律F＝keq\f(Q·5Q,r2)，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝keq\f(2Q·2Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))\s\up12(2))，由以上兩式可解得F′＝eq\f(16F,5)，D正確．三個孤立共線點電荷平衡問題(1)條件：每個點電荷所受合力為零．(2)平衡規(guī)律“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．【例2】(2019·浙江十校聯(lián)盟測試)如圖所示，a、b、c為真空中三個帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等，懸掛a小球的細線向左傾斜，懸掛c小球的細線豎直，則 ()A．a、c兩小球帶同種電荷B．a、c兩小球帶異種電荷C．a小球帶電荷量為－4QD．c小球帶電荷量為＋4Q【答案】AC【解析】已知b球帶正電，若c球也帶正電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球應帶負電，此時a球受到b、c兩球向右的庫侖引力，故懸掛a球的細線向右傾斜，與事實不符；若c球帶負電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球也應帶負電，此時若c球給a球的斥力大于b球給a球的引力，則懸掛a球的細線向左傾斜，與事實相符，綜上可知，a、c兩球都帶負電，A正確，B、D錯誤．對c球進行分析，由庫侖定律和牛頓第二定律有keq\f(QQc,r2)＋keq\f(QaQc,2r2)＝0，解得Qa＝－4Q，C正確．【變式】.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則()A．Q3為負電荷，且放于A左方B．Q3為負電荷，且放于B右方C．Q3為正電荷，且放于A、B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方【答案】A.【解析】因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間．根據庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應放在Q1的左側．要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故選項A正確．庫侖力作用下的平衡問題【例3】.(多選)(2019·吉林長春外國語學校檢測)如圖所示，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA＝OB，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為eq\f(d,2)，可采用的方法有()A．將小球A、B的質量都增加到原來的2倍B．將小球B的質量增加到原來的8倍C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質量增加到原來的2倍【答案】BD.【解析】如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應與重力大小相等、方向相反；由幾何關系可知，eq\f(mBg,L)＝eq\f(F,d)，而庫侖力F＝eq\f(kQAQB,d2)；即eq\f(mBg,L)＝eq\f(\f(kQAQB,d2),d)＝keq\f(QAQB,d3)，即mBgd3＝kQAQBL.要使d變?yōu)閑q\f(d,2)，可以使B球質量增大到原來的8倍而保證上式成立，故A錯誤，B正確；或將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質量增加到原來的2倍，也可保證等式成立，故C錯誤，D正確．【變式】如圖所示，在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，電荷量為q的帶正電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當大小的力F拉住，使B處于靜止狀態(tài)，此時B與A點的距離為R，B和C之間的細線與AB垂直．若B所受的重力為G，緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪，靜電力常量為k，環(huán)境可視為真空，則下列說法正確的是()A．F逐漸增大B．F逐漸減小C．B受到的庫侖力大小不變D．B受到的庫侖力逐漸增大【答案】BC【解析】對B進行受力分析，如圖所示，根據幾何關系和三力平衡可得，eq\f(G,h)＝eq\f(kQq,R3)＝eq\f(F′,L)(F1＝eq\f(kQq,R2))，F(xiàn)′＝eq\f(LG,h)，且F＝F′，當L逐漸減小時，F(xiàn)逐漸減小，選項A錯誤，B正確；在B緩慢移動過程中，設B與A點的距離為x，在整個過程中，x都滿足eq\f(G,h)＝eq\f(kQq,x3)，對比eq\f(G,h)＝eq\f(kQq,R3)，得x＝R，即B與點電荷間的距離不變，B受到的庫侖力大小不變，選項C正確，D錯誤．熱點題型二電場強度的理解與計算1．電場強度的三個計算公式2．求解電場強度的非常規(guī)思維方法(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．如圖丙所示，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)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．(4)微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強．點電荷電場中場強的計算【例4】．(2018·高考北京卷)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述．(1)請根據電場強度的定義和庫侖定律推導出點電荷Q的場強表達式；(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2.我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大?。堄嬎鉙1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比eq\f(N1,N2).【答案】見解析【解析】(1)在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷．根據庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝keq\f(Qq,r2)根據電場強度的定義E＝eq\f(F,q)得E＝keq\f(Q,r2).(2)穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比eq\f(N1,N2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(req\o\al(2,2),req\o\al(2,1)).【變式】如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強度的大小和方向．【答案】(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向【解析】(1)根據庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據得F＝9.0×10－3N②(2)A、B兩點處的點電荷在C點產生的場強大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos30°④由③④式并代入數(shù)據得E≈7.8×103N/C場強E的方向沿y軸正方向．補償法求電場強度【例5】．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為通過半球面頂點與球心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．eq\f(kq,2R2)－EB．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－ED．eq\f(kq,4R2)＋E【答案】A.【解析】左半球面AB上的正電荷產生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷－q的右半球面的電場的合電場，則E＝eq\f(2kq,（2R）2)－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點產生的場強大?。畮щ姾桑璹的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝eq\f(2kq,（2R）2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確．對稱法求電場強度【例6】．(2019·陜西渭南教學質量檢測)如圖所示，在x軸上放置兩正點電荷Q1、Q2，當空間存在沿y軸負向的勻強電場時，y軸上A點的場強等于零，已知勻強電場的電場強度大小為E，兩點電荷到A的距離分別為r1、r2，則在y軸上與A點對稱的B點的電場強度大小為 ()A．EB.eq\f(1,2)EC．2ED．4E【答案】C【解析】A點場強為零，說明兩點電荷在A點的合場強與勻強電場的場強等大反向，即豎直向上，大小為E，根據對稱性，兩點電荷在B處產生的合場強豎直向下，大小為E，所以B點的場強大小為2E，方向豎直向下，C正確．【變式】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點處有一電荷量為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．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2)D．keq\f(9Q＋q,9R2)【答案】B.【解析】由b點處的合場強為零可得圓盤在b點處的場強與點電荷q在b點處的場強大小相等、方向相反，所以圓盤在b點處的場強大小為Eb＝keq\f(q,R2)，再根據圓盤場強的對稱性和電場強度疊加即可得出d點處的場強大小為Ed＝Eb＋keq\f(q,（3R）2)＝keq\f(10q,9R2)，B正確．等效法求電場強度【例7】．如圖所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產生感應電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2)B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2)D．keq\f(40q,9h2)【答案】D.【解析】點電荷q和感應電荷所形成的電場在z>0的區(qū)域可等效成關于O點對稱的電偶極子形成的電場．所以z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強E＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))\s\up12(2))＋keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)h))\s\up12(2))＝keq\f(40q,9h2)，選項D正確．微元法求電場強度【例8】．一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設靜電力常量為k，關于P點的場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是()A．eq\f(kQ,R2＋L2)B．eq\f(kQL,R2＋L2)C．eq\f(kQR,\r(（R2＋L2）3))D．eq\f(kQL,\r(（R2＋L2）3))【答案】D【解析】.設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n) ①由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,n（R2＋L2）) ②由對稱性可知，各小段電環(huán)在P處的場強垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,n（L2＋R2）)·cosθ＝eq\f(kQL,r（L2＋R2）) ③而r＝eq\r(L2＋R2) ④聯(lián)立①②③④式，可得E＝eq\f(kQL,\r(（R2＋L2）3))，D正確．【變式】下列選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)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】將圓環(huán)分割成微元，根據對稱性和矢量性疊加，選項D圖中O點的場強為零，選項C圖中等效為第二象限內電荷在O點產生的電場，大小與選項A中的相等，選項B中正、負電荷在O點產生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的eq\r(2)倍，也是選項A、C場強的eq\r(2)倍，因此選項B正確．熱點題型三電場線的理解和應用1．電場線的用途(1)判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反．(2)判斷電場強度的大小(定性)——電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受力大小和加速度的大?。?3)判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向．(4)判斷等勢面的疏密——電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏．2．兩種等量點電荷的電場比較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的電場強度在電荷連線上，中點O的電場強度最小，指向負電荷一方為零連線上的電場強度大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外電場強度大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關于O點對稱的A與A′、B與B′的電場強度等大同向等大反向等量異(同)種電荷電場線的分布【例9】．如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點．a、b是兩點電荷連線上關于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點．下列說法中正確的是()A．a點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小B．a點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大C．a點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小D．a點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大【答案】C【解析】.在兩電荷的連線上，由場強的疊加原理可知，中點O場強最小，從O點到a點或b點，場強逐漸增大，由于a、b是兩點電荷連線上關于O的對稱點，場強相等，選項A、B錯誤；在兩電荷連線的中垂線上，中點O的場強最大，由O點到c點或d點，場強逐漸減小，所以沿MN從c點到d點場強先增大后減小，因此檢驗電荷所受電場力先增大后減小，所以C正確、D錯誤．【變式】如圖所示，在x軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量正點電荷(帶電荷量均為Q)，在y軸上C點有負點電荷(帶電荷量為Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是 ()A．O點電場強度小于D點的電場強度B．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度也增大C．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度也增大D．若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大【答案】CD【解析】兩個正點電荷在D點產生的合場強與負點電荷在D點產生的場強大小相等，方向相反，合場強為零，兩個正點電荷在O點產生的場強為零，但負點電荷在O點產生的場強為E＝keq\f(Q,r2)，若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度不變，選項A、B錯誤；若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度將增大，若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大，所以選項C、D正確．電場線中帶電粒子的運動分析(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設法”分別討論各種情況．【例10】.如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則()A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb【答案】D.【解析】由點電荷電場強度公式E＝keq\f(q,r2)可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B選項錯誤；由力與運動的關系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負功，動能減少，從b到a的過程中電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于c、b兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有va>vc>vb，C選項錯誤、D選項正確．【變式】(多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則()A．a一定帶正電，b一定帶負電B．a的速度將減小，b的速度將增大C．a的加速度將減小，b的加速度將增大D．兩個粒子的電勢能都減少【答案】CD【解析】因為電場線方向未知，不能確定a、b的電性，所以選項A錯誤；由于電場力對a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，電勢能都減少，選項B錯誤、D正確；粒子的加速度大小取決于電場力的大小，a向電場線稀疏的方向運動，b向電場線密集的方向運動，所以選項C正確．根據粒子運動情況判斷電場線分布【例11】.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v－t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的()【答案】C.【解析】由v－t圖象可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應由B指向A且A到B的方向場強變大，電場線變密，選項C正確．【題型演練】1．(2019·四川自貢診斷)兩個完全相同的金屬小球，所帶電荷量多少不同，相距一定的距離時，兩個金屬球之間有相互作用的庫侖力，如果將兩個金屬球相互接觸一下后，再放到原來的位置，則兩球的作用力變化情況是()A．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力仍是引力B．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力為零C．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力仍是斥力D．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力是引力【答案】C【解析】如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，且兩球帶不等量的異種電荷，則相互接觸后的庫侖力是斥力，A、B錯誤．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則兩球帶同種電荷，則相互接觸后帶等量的同種電荷，相互間的庫侖力仍是斥力，C正確，D錯誤．2．如圖所示，實線為等量異種點電荷周圍的電場線，虛線為以一點電荷為中心的圓，M點是兩點電荷連線的中點，若將一正試探點電荷從虛線上N點移動到M點，則電荷所受電場力()A．大小不變 B．方向不變C．逐漸減小 D．逐漸增大【答案】D【解析】由電場線的分布情況可知，N點電場線比M點電場線疏，則N點電場強度比M點電場強度小，由電場力公式F＝qE可知正點電荷從虛線上N點移動到M點的過程中，電場力逐漸增大，電場力方向與點所在的電場線的切線方向一致，所以一直在變化，故D正確．3．(2018·高考全國卷Ⅰ)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＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.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】對小球c所受庫侖力分析，畫出a對c的庫侖力和b對c的庫侖力，若a對c的庫侖力為排斥力，a、c的電荷同號，則b對c的庫侖力為吸引力，b、c電荷為異號，a、b的電荷為異號；若a對c的庫侖力為引力，a、c的電荷異號，則b對c的庫侖力為斥力，b、c電荷為同號，a、b的電荷為異號，所以a、b的電荷為異號．設ac與ab的夾角為θ，利用平行四邊形定則和幾何關系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac＝k0eq\f(qaqc,ca2)，F(xiàn)bc＝k0eq\f(qcqb,bc2)，tanθ＝eq\f(3,4)，tanθ＝eq\f(Fbc,Fac)，a、b電荷量的比值k＝eq\f(qa,qb)，聯(lián)立解得k＝eq\f(64,27)，選項D正確．4.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是()A．cos3α＝eq\f(q,8Q)B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q)D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)【答案】AC【解析】設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asinα，則兩個－q之間距離為2acosα.選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正確，D錯誤．5.(2019·福建莆田二檢)如圖所示，邊長為a的正方體的頂點A處有一電荷量為－Q的點電荷，其他7個頂點各有一電荷量為＋Q的點電荷，體心O處有一個電荷量為－q的點電荷，靜電力常量為k，則O點處的點電荷受到的電場力大小為()A．eq\f(8kQq,3a2)B．eq\f(4kQq,3a2)C．eq\f(8\r(6)kQq,9a2)D．eq\f(8\r(3)kQq,9a2)【答案】A【解析】.根據庫侖定律可得電場力F＝eq\f(kQq,r2)，O點到正方體頂點的距離r＝eq\f(\r(3),2)a，則正方體任一頂點上的點電荷對O點處的點電荷的庫侖力大小均為F＝keq\f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2))＝eq\f(4kQq,3a2)；庫侖力方向沿兩電荷連線方向，正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相同時，兩個庫侖力等大反向；正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相反時，兩個庫侖力等大同向．根據矢量疊加定理可知，O點處的點電荷受到的電場力大小為2F＝eq\f(8kQq,3a2)，A選項正確．6.將兩個質量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為()A．eq\f(mg,4q)B．eq\f(mg,q)C．eq\f(mg,2q)D．eq\f(\r(3)mg,4q)【答案】B.【解析】取小球a、b整體作為研究對象，則整體受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關系，由圖知F的最小值為2mgsin30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯，B對．7.如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m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0.12m．已測得每個小球質量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點處的電場強度為0【答案】ACD【解析】.用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示sinθ＝eq\f(0.06,0.10)＝0.60θ＝37°F庫＝mgtan37°＝6.0×10－3N，B項錯誤；F庫＝keq\f(QAQB,r2)QA＝QB＝Q，r＝0.12m聯(lián)立上式得Q＝4eq\r(6)×10－8C，故C項正確；由等量同種點電荷產生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確．8.如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質點)均緊靠接觸面而處于靜止狀態(tài)，這時兩球之間的距離為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當移動B球，小球A與B重新處于靜止狀態(tài)，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)()A．A球對豎直墻壁的作用力不變B．兩球之間的距離一定增大C．A球對B球作用的靜電力增大D．地面對B球的彈力不變【答案】AC【解析】.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止狀態(tài)，故B球對A球的庫侖力沿豎直方向上分力增大，B球應該向左移動，A球對B球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強電場對B球的靜電力，而勻強電場對B球的靜電力不變，根據作用力和反作用力的關系，B球對A球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變，所以A球對豎直墻壁的壓力