步步高2023高三物理-新課標(biāo)一輪講義：6.2電場力的性質(zhì)

第2課時電場力的性質(zhì)考綱解讀1.理解電場強度的定義、意義及表示方法.2.熟練掌握各種電場的電場線分布，并能利用它們分析解決問題.3.會分析、計算在電場力作用下的電荷的平衡及運動問題．1．[對電場強度概念的理解]關(guān)于電場強度的概念，以下說法正確的選項是()A．由E＝eq\f(F,q)可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B．正、負試探電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入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的正負無關(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解析電場中某點場強的大小和方向由電場本身決定，與試探電荷的受力情況及電荷性質(zhì)無關(guān)，故A、D錯誤，C正確；電場強度的方向與正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反，但場強方向與試探電荷的正負無關(guān)，B錯誤．2．[電場強度的矢量合成]如圖1所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°.電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；假設(shè)將N點處的點電荷移至P點，那么O點電場強度的大小變?yōu)镋2.E1與E2之比為()圖1A．1∶2B．2∶1C．2∶eq\r(3)D．4∶eq\r(3)答案B解析兩個點電荷分別在M點和N點時，每個點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等、方向相同，所以EM＋EN＝E1，得EM＝EN＝eq\f(E1,2).將N點處的點電荷移至P點時，假設(shè)M點的電荷為正電荷，那么O點的場強如下圖．M點和P點的點電荷在O點產(chǎn)生的場強大小仍相等，夾角為120°，所以O(shè)點場強E2＝EM＝eq\f(E1,2)，即eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)，B正確．3．[對電場線概念的理解]以下關(guān)于電場和電場線的說法中正確的選項是()A．電場、電場線都是客觀存在的物質(zhì)，因此電場線不僅能在空間相交，也能相切B．在電場中，但凡電場線通過的點，場強不為零，不畫電場線區(qū)域內(nèi)的點場強為零C．同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大D．電場線是人們假想的，用以表示電場的強弱和方向，客觀上并不存在答案CD解析電場線是假想的，不是物質(zhì)，在空間不相交，不相切，不畫電場線區(qū)域內(nèi)的點場強不一定為零．4．[電場強度兩個表達式的比擬]對于由點電荷Q產(chǎn)生的電場，以下說法正確的選項是()A．電場強度的定義式仍成立，即E＝eq\f(F,Q)，式中的Q就是產(chǎn)生電場的點電荷B．在真空中，電場強度的表達式為E＝eq\f(kQ,r2)，式中Q就是產(chǎn)生電場的點電荷C．在真空中，電場強度的表達式E＝eq\f(kq,r2)，式中q是檢驗電荷D．以上說法都不對答案B5．[帶電粒子在電場中的運動分析]實線為三條方向未知的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖2中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，那么()圖2A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．電場力對a做正功，對b做負功C．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大答案D解析由于電場線的方向未知，故無法確定a、b的電性，A錯；電場力對a、b均做正功，兩帶電粒子動能均增大，那么速度均增大，B、C均錯；a向電場線稀疏處運動，電場強度減小，電場力減小，故加速度減小，b向電場線密集處運動，電場強度增大，電場力增大，故加速度增大，D正確．一、電場強度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)生的電場叫靜電場．(2)電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的．電場的根本性質(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＝eq\f(F,q).(4)標(biāo)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那么．二、電場線1．定義：為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大?。?．特點：(1)電場線從正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3所示)．圖34．電場線與電荷運動的軌跡(1)電荷運動的軌跡與電場線一般不重合．假設(shè)電荷只受電場力的作用，在以下條件均滿足的情況下兩者重合：①電場線是直線．②電荷由靜止釋放或有初速度，且初速度方向與電場線方向平行．(2)由粒子運動軌跡判斷粒子運動情況：①粒子受力方向指向曲線的內(nèi)側(cè)，且與電場線相切．②由電場線的疏密判斷加速度大?。塾呻妶隽ψ龉Φ恼撆袛嗔Ｗ觿幽艿淖兓?考點一電場強度的計算1．場強的公式三個公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗電荷是否存在無關(guān))),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點電荷產(chǎn)生的電場,Q為場源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強電場,U為兩點間的電勢差，d為沿電場方向兩,點間的距離))))2．電場的疊加(1)電場疊加：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)運算法那么：平行四邊形定那么．例1N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，如圖4所示．假設(shè)移去位于圓周上P點(圖中未標(biāo)出)的一個小球，那么圓心O點處的電場強度大小為________，方向________．(靜電力常量為k)圖4解析P點的帶電小球在圓心O處的電場強度大小為E1＝keq\f(q,R2)，方向沿PO指向O；N個小球在O點處電場強度疊加后，合場強為零；移去P點的小球后，那么剩余N－1個小球在圓心O處的電場強度與P點的小球在圓心O處的電場強度等大反向，即E＝E1＝keq\f(q,R2)，方向沿OP指向P.答案eq\f(kq,R2)沿OP指向P利用補償法和對稱法求電場強度(1)補償法：題給條件建立的模型不是一個完整的標(biāo)準(zhǔn)模型，比方說模型A，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標(biāo)準(zhǔn)模型，這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標(biāo)準(zhǔn)模型與模型B的差值問題．(2)對稱法：利用帶電體(如球體、薄板等)產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的方法．突破訓(xùn)練1如圖5所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直．那么()圖5A．A點的場強大小為eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))B．B點的場強大小為E－keq\f(Q,r2)C．D點的場強大小不可能為0D．A、C兩點的場強相同答案A突破訓(xùn)練2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6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的直線，在直線上有M、N兩點，eq\x\to(OM)＝eq\x\to(ON)＝2R.M點的場強大小為E，那么N點的場強大小為()圖6A.eq\f(kq,2R2)－EB.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－ED.eq\f(kq,4R2)＋E答案A解析設(shè)想球殼是一完整的球面，那么M、N兩點的場強大小為E0＝keq\f(2q,2R2)，去掉左側(cè)半球面，右側(cè)半球面在N點產(chǎn)生的場強大小與只有左側(cè)半球面時在M點產(chǎn)生的場強大小相同，因此N點場強E′＝E0－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A選項正確．考點二兩個等量點電荷電場的分布等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場線的比擬比擬工程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′的場強等大同向等大反向例2如圖7所示，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且PO＝ON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質(zhì)點)由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，以下關(guān)于小球C的說法可能正確的選項是()圖7A．速度先增大，再減小B．速度一直增大C．加速度先增大再減小，過O點后，加速度先減小再增大D．加速度先減小，再增大解析在AB的中垂線上，從無窮遠處到O點，電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，故正電荷受庫侖力沿連線的中垂線運動時，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變?yōu)榱?，速度到達最大；由O點到無窮遠處時，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性．如果P、N相距很近，加速度那么先減小，再增大．答案AD突破訓(xùn)練3如圖8所示，a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c、e點，它所受的電場力分別為Fd、Fc、Fe，那么以下說法中正確的選項是()圖8A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0D．Fd、Fc、Fe的大小都相等答案A解析根據(jù)場強疊加原理，等量異種點電荷連線及中垂線上的電場線分布如下圖，d、c、e三點場強方向都是水平向右，正點電荷在各點受電場力方向與場強方向相同可得到A正確，B、C錯誤；連線上場強由A到B先減小后增大，中垂線上由O到無窮遠處逐漸減小，因此O點場強是連線上最小的(但不為0)，是中垂線上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D錯誤．突破訓(xùn)練4如圖9所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上．以下判斷正確的選項是()圖9A．b點場強大于d點場強B．b點場強小于d點場強C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能答案BC解析根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生的電場的電場線分布情況和由電場線的疏密表示場強大小可知Ed>Eb.應(yīng)選項A錯誤，選項B正確．a(chǎn)、c兩點關(guān)于MN對稱，故Uab＝Ubc，選項C正確．沿電場線方向電勢降低，所以φa>φc，由Ep＝qφ可知Epa>Epc，應(yīng)選項D錯誤．29．帶電體的力電綜合問題的分析方法1．根本思路2．運動情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合＝0.(2)做直線運動①勻速直線運動，F(xiàn)合＝0.②變速直線運動：F合≠0，且F合與速度方向總是一致．(3)做曲線運動：F合≠0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線凹的一側(cè)．(4)F合與v的夾角為α，加速運動：0°≤α<90°；減速運動：90°<α≤180°.(5)勻變速運動：F合＝恒量．例3如圖10所示，一根長為L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN豎直固定在電場強度大小為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的斜向上的勻強電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，帶電荷量為Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2)圖10(1)求小球B開始運動時的加速度a；(2)當(dāng)小球B的速度最大時，求小球距M端的高度h1；(3)假設(shè)小球B從N端運動到距M端的高度為h2＝0.61m時，速度v＝1.0m/s，求此過程中小球B電勢能的改變量ΔEp.審題與關(guān)聯(lián)解析(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿的方向運動，由牛頓第二定律得mg－eq\f(kQq,L2)－qEsinθ＝ma，解得a＝3.2m/s2(2)小球B速度最大時受到的合力為零，即eq\f(kQq,h\o\al(2,1))＋qEsinθ＝mg代入數(shù)據(jù)得h1＝0.9m(3)小球B在從開始運動到速度為v的過程中，設(shè)重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，那么根據(jù)動能定理得W1＋W2＋W3＝eq\f(1,2)mv2W1＝mg(L－h(huán)2)又由功能關(guān)系知ΔEp＝|W2＋W3|代入數(shù)據(jù)得ΔEp＝8.4×10－2J答案(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10－2J高考題組1．(2023·全國新課標(biāo)Ⅰ·15)如圖11，一半徑為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．b點處的場強為零，那么d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()圖11A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2)D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析電荷q產(chǎn)生的電場在b處的場強Eb＝eq\f(kq,R2)，方向水平向右，由于b點的合場強為零，故圓盤上的電荷產(chǎn)生的電場在b處的場強Eb′＝Eb，方向水平向左，故Q＞0.由于b、d關(guān)于圓盤對稱，故Q產(chǎn)生的電場在d處的場強Ed′＝Eb′＝eq\f(kq,R2)，方向水平向右，電荷q產(chǎn)生的電場在d處的場強Ed＝eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kq,9R2)，方向水平向右，所以d處的合場強的大小E＝Ed′＋Ed＝keq\f(10q,9R2).模擬題組2．如圖12所示，可視為質(zhì)點的三物塊A、B、C放在傾角為30°的固定斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),45)，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別為mA＝0.60kg，mB＝0.30kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，B、C均帶正電，且qC＝1.0×10－5C，開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用，B、C間相距L＝1.0m．現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a＝1.0m/s2的勻加速直線運動，假定斜面足夠長．靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2.求：圖12(1)B物塊的帶電量qB；(2)A、B運動多長距離后開始別離．答案(1)5.0×10－5C(2)0.5m解析(1)設(shè)B物塊的帶電量為qB，A、B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)時，C對B的庫侖斥力，F(xiàn)0＝eq\f(kqCqB,L2)以A、B為研究對象，根據(jù)力的平衡有F0＝(mA＋mB)gsin30°聯(lián)立解得qB＝5.0×10－5C(2)給A施加力F后，A、B沿斜面向上做勻加速直線運動，C對B的庫侖斥力逐漸減小，A、B之間的彈力也逐漸減小．設(shè)經(jīng)過時間t，B、C間距離變?yōu)長′，A、B兩者間彈力減小到零，此后兩者別離．那么t時刻C對B的庫侖斥力為F0′＝eq\f(kqCqB,L′2)以B為研究對象，由牛頓第二定律有F0′－mBgsin30°－μmBgcos30°＝mBa聯(lián)立以上各式解得L′＝1.5m那么A、B別離時，A、B運動的距離ΔL＝L′－L＝0.5m3．如圖13所示，絕緣光滑水平軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R＝0.40m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E＝1.0×104N/C.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.10kg的帶電體(可視為質(zhì)點)放在水平軌道上與B端距離s＝1.0m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運動，當(dāng)運動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零．帶電體所帶電荷量q＝8.0×10－5C，求：圖13(1)帶電體運動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力；(2)帶電體沿圓弧形軌道從B端運動到C端的過程中，摩擦力做的功．答案(1)5.0N，方向豎直向下(2)－0.72J解析(1)設(shè)帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為a根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma解得a＝eq\f(qE,m)＝8.0m/s2設(shè)帶電體運動到B端的速度大小為vB，那么veq\o\al(2,B)＝2as解得vB＝eq\r(2as)＝4.0m/s設(shè)帶電體運動到圓軌道B端時受軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)解得FN＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,B),R)＝5.0N根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體運動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌跡的壓力大小FN′＝FN＝5.0N方向：豎直向下(2)因電場力做功與路徑無關(guān)，所以帶電體沿圓弧形軌道運動過程中電場力所做的功W電＝qER＝0.32J設(shè)帶電體沿圓弧形軌道運動過程中摩擦力所做的功為Wf，對此過程根據(jù)動能定理有W電＋Wf－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Wf＝－0.72J(限時：30分鐘)?題組1電場強度的概念及計算1．以下關(guān)于電場強度的兩個表達式E＝F/q和E＝kQ/r2的表達，正確的選項是()A．E＝F/q是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量B．E＝F/q是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中電荷所受的電場力，q是放入電場中電荷的電荷量，它適用于任何電場C．E＝kQ/r2是點電荷場強的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場D．從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F＝keq\f(q1q2,r2)，式eq\f(kq2,r2)是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而eq\f(kq1,r2)是點電荷q1產(chǎn)生的電場在q2處場強的大小答案BCD解析公式E＝F/q是電場強度的定義式，適用于任何電場．E＝eq\f(kQ,r2)是點電荷場強的計算公式，只適用于點電荷電場，庫侖定律公式F＝keq\f(q1q2,r2)可以看成q1在q2處產(chǎn)生的電場強度E1＝eq\f(kq1,r2)對q2的作用力，故A錯誤，B、C、D正確．2．如圖1所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的選項是()圖1A．Ea＝eq\f(\r(3),3)EbB．Ea＝eq\f(1,3)EbC．Ea＝eq\r(3)EbD．Ea＝3Eb答案D解析由題圖可知，rb＝eq\r(3)ra，再由E＝eq\f(kQ,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,b),r\o\al(2,a))＝eq\f(3,1)，故D正確．3．如圖2甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示，那么()圖2A．A點的電場強度大小為2×103N/CB．B點的電場強度大小為2×103N/CC．點電荷Q在A、B之間D．點電荷Q在A、O之間答案AC解析對于電場中任意一點而言，放在該處的試探電荷的電荷量q不同，其受到的電場力F的大小也不同，但比值eq\f(F,q)是相同的，即該處的電場強度不變．所以F－q圖象是一條過原點的直線，斜率越大那么場強越大．由題圖可知A點的電場強度EA＝2×103N/C，B點的電場強度EB＝0.5×103N/C，A正確，B錯誤．A、B兩點放正、負不同的電荷，受力方向總為正，說明A、B的場強方向相反，點電荷Q只能在A、B之間，C正確．?題組2電場強度的矢量合成問題4．用電場線能很直觀、很方便地比擬電場中各點場強的強弱．如圖3甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱．那么()圖3A．B、C兩點場強大小和方向都相同B．A、D兩點場強大小相等，方向相反C．E、O、F三點比擬，O點場強最強D．B、O、C三點比擬，O點場強最弱答案ACD解析由等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律可知選項A、C、D正確，B錯誤．5．如圖4所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點，在這些點上各固定一個點電荷，除A點處的電荷量為－q外，其余各點處的電荷量均為＋q，那么圓心O處()圖4A．場強大小為eq\f(kq,r2)，方向沿OA方向B．場強大小為eq\f(kq,r2)，方向沿AO方向C．場強大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿OA方向D．場強大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿AO方向答案C解析在A處放一個－q的點電荷與在A處同時放一個＋q和－2q的點電荷的效果相當(dāng)，因此可以認為圓心O處的電場是由五個＋q和一個－2q的點電荷產(chǎn)生的電場合成的，五個＋q處于對稱位置上，在圓心O處產(chǎn)生的合場強為0，所以O(shè)點的場強相當(dāng)于－2q在O處產(chǎn)生的場強，應(yīng)選C.6．圖5中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，那么該三角形中心O點處的場強為()圖5A.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向OB.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向OD.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C答案B解析每個點電荷在O點處的場強大小都是E＝eq\f(kq,\r(3)a/32)＝eq\f(3kq,a2)，畫出矢量疊加的示意圖，如下圖，由圖可得O點處的合場強為E0＝2E＝eq\f(6kq,a2)，方向由O指向C.B項正確．7．在電場強度為E的勻強電場中，取O點為圓心，r為半徑作一圓周，在O點固定一電荷量為＋Q的點電荷，a、b、c、d為相互垂直的兩條直線和圓周的交點．當(dāng)把一檢驗電荷＋q放在d點恰好平衡(如圖6所示，不計重力)．問：圖6(1)勻強電場電場強度E的大小、方向如何？(2)檢驗電荷＋q放在點c時，受力Fc的大小、方向如何？(3)檢驗電荷＋q放在點b時，受力Fb的大小、方向如何？答案(1)keq\f(Q,r2)方向沿db方向(2)eq\r(2)keq\f(Qq,r2)方向與ac成45°角斜向左下(3)2keq\f(Qq,r2)方向沿db方向解析(1)對檢驗電荷受力分析如下圖，由題意可知：F1＝keq\f(Qq,r2)，F(xiàn)2＝qE由F1＝F2，即qE＝keq\f(Qq,r2)，解得E＝keq\f(Q,r2)，勻強電場方向沿db方向．(2)由圖知，檢驗電荷放在c點時：Ec＝eq\r(E\o\al(2,1)＋E2)＝eq\r(2)E＝eq\r(2)keq\f(Q,r2)所以Fc＝qEc＝eq\r(2)keq\f(Qq,r2)方向與ac成45°角斜向左下．(3)由圖知，檢驗電荷放在b點時：Eb＝E2＋E＝2E＝2keq\f(Q,r2)所以Fb＝qEb＝2keq\f(Qq,r2)，方向沿db方向．?題組3應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點分析帶電體的運動問題8．在真空中上、下兩個區(qū)域均有豎直向下的勻強電場，其電場線分布如圖7所示．有一帶負電的微粒，從上邊區(qū)域沿平行電場線方向以速度v0勻速下落，并進入下邊區(qū)域(該區(qū)域的電場足夠廣)，在如下圖的速度—時間圖象中，符合粒子在電場內(nèi)運動情況的是(以v0方向為正方向)()圖7答案C9．一根長為l的絲線吊著一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖8所示，絲線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)樨Q直