7.1庫(kù)侖定律電場(chǎng)力的性質(zhì)（講義）（4考點(diǎn)5題型）

7.1庫(kù)侖定律電場(chǎng)力的性質(zhì)TOC\o"13"\h\z\u考點(diǎn)一庫(kù)侖定律的理解及應(yīng)用 1考點(diǎn)二電場(chǎng)強(qiáng)度的理解 2考點(diǎn)三電場(chǎng)線和運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題 3考點(diǎn)四帶電體的力電綜合問(wèn)題 3TOC\o"44"\h\z\u題型1庫(kù)侖定律的理解和應(yīng)用 4題型2庫(kù)侖力作用下的平衡問(wèn)題 5題型3庫(kù)侖力下的變速問(wèn)題 12題型4點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加 14題型5非點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加和計(jì)算 18考點(diǎn)一庫(kù)侖定律的理解及應(yīng)用1．表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)，適用條件是真空中兩靜止點(diǎn)電荷之間相互作用的靜電力．2．平衡問(wèn)題應(yīng)注意：(1)明確庫(kù)侖定律的適用條件；(2)知道完全相同的帶電小球接觸時(shí)電荷量的分配規(guī)律；(3)進(jìn)行受力分析，靈活應(yīng)用平衡條件．3．三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡問(wèn)題(1)條件：兩個(gè)點(diǎn)電荷在第三個(gè)點(diǎn)電荷處的合場(chǎng)強(qiáng)為零，或每個(gè)點(diǎn)電荷受到的兩個(gè)庫(kù)侖力必須大小相等，方向相反．(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”——三個(gè)點(diǎn)電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最?。弧敖∵h(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．考點(diǎn)二電場(chǎng)強(qiáng)度的理解1．場(chǎng)強(qiáng)公式的比較三個(gè)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(chǎng),與檢驗(yàn)電荷是否存在無(wú)關(guān))),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng),Q為場(chǎng)源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng),U為兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，d為沿電場(chǎng)方向兩,點(diǎn)間的距離))))2．電場(chǎng)的疊加(1)電場(chǎng)疊加：多個(gè)電荷在空間某處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和．(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則．等量同種和異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的比較比較項(xiàng)目等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線分布圖連線中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)連線上O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小，指向負(fù)電荷一方為零連線上的場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)向外場(chǎng)強(qiáng)大小O點(diǎn)最大，向外逐漸減小O點(diǎn)最小，向外先變大后變小關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A與A′、B與B′的場(chǎng)強(qiáng)等大同向等大反向考點(diǎn)三電場(chǎng)線和運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題1．電場(chǎng)線與運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系根據(jù)電場(chǎng)線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，只有同時(shí)滿足以下3個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合：(1)電場(chǎng)線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場(chǎng)線平行；(3)電荷僅受電場(chǎng)力或所受其他力的合力的方向與電場(chǎng)線平行．2．解題思路(1)根據(jù)帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場(chǎng)線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場(chǎng)線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時(shí)還要與等勢(shì)面聯(lián)系在一起．電場(chǎng)線與軌跡問(wèn)題判斷方法(1)“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場(chǎng)線的切線方向)，從兩者的夾角情況來(lái)分析曲線運(yùn)動(dòng)的情況．(2)“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、場(chǎng)強(qiáng)的方向或等勢(shì)面電勢(shì)的高低、電荷運(yùn)動(dòng)的方向．若已知其中的任一個(gè)，可順次向下分析判定各待求量；若三個(gè)都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．考點(diǎn)四帶電體的力電綜合問(wèn)題1．解答力電綜合問(wèn)題的一般思路2．運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合＝0.(2)做直線運(yùn)動(dòng)①勻速直線運(yùn)動(dòng)：F合＝0.②變速直線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，且F合與速度方向總是一致．(3)做曲線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線凹的一側(cè)．(4)F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動(dòng)：0≤α＜90°；減速運(yùn)動(dòng)；90°＜α≤180°.(5)勻變速運(yùn)動(dòng)：F合＝恒量．題型1庫(kù)侖定律的理解和應(yīng)用（2023秋?合肥期末）兩個(gè)分別帶有電荷量為﹣Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷），固定在相距為r的兩處，它們之間庫(kù)侖力的大小為F，兩小球相互接觸后再放回原處，則兩球之間庫(kù)侖力的大小為（）A．5F16 B．F5 C．4F5 【解答】解：接觸前，根據(jù)庫(kù)侖定律得F=5k兩小球接觸后，兩球所帶電量先中和后平分，故接觸后兩球帶電量均為q=-Q+5Q接觸后，根據(jù)庫(kù)侖定律，兩球之間庫(kù)侖力大小為F'故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。（2023秋?道里區(qū)校級(jí)期末）兩個(gè)完全相同的金屬球A和B帶異種電荷，電量大小之比為1：9，相距為r。兩者接觸一下放回原來(lái)的位置，則后來(lái)兩小球之間的靜電力大小與原來(lái)之比是（）A．16：9 B．9：4 C．4：9 D．9：16【解答】解：設(shè)金屬球A和B帶電量分別為q和9q，相距為r，則F=k后來(lái)兩小球之間的靜電力大小F′＝K4q?4qr2=K16q2r2故選：A。（2023秋?大興區(qū)期末）兩個(gè)分別帶有電荷量﹣Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷），固定在相距為r的兩處，它們間庫(kù)侖力的大小為F，兩小球相互接觸后放回原處，則兩球間庫(kù)侖力的大小為（）A．F B．45F C．95F【解答】解：接觸前，根據(jù)庫(kù)侖定律得F=兩小球接觸后，兩球所帶電量先中和，后平分，q=-Q+5Q接觸后，根據(jù)庫(kù)侖定律得F′=故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。（2023秋?重慶期末）如圖所示，真空中，a、b、c三處分別固定電荷量為+q、﹣q、+q的三個(gè)點(diǎn)電荷。已知靜電力常量為k，ab＝bc＝l，∠abc＝120°則b處點(diǎn)電荷受到a、c兩處點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的合力大小為（）A．kq2l2 B．3kq22l【解答】解：由庫(kù)侖定律可知，b處點(diǎn)電荷受到a、c兩處點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力大小均為F=kq2l2F合=F=kq2故選：A。題型2庫(kù)侖力作用下的平衡問(wèn)題（2023秋?九龍坡區(qū)期末）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面的同一直線上，放置三個(gè)可視為點(diǎn)電荷的小球M、N和P，其中M和N固定，帶電量分別為﹣q1和+q2，若小球P能保持靜止，則（）A．P一定帶正電，q1＝q2 B．P一定帶負(fù)電，q1＝q2 C．P可能帶正電，q1＞q2 D．P可能帶負(fù)電，q1＜q2【解答】解：根據(jù)題意可知，若小球P能保持靜止，則小球M、N對(duì)P的作用力等大反向，由同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥可知，由于小球M、N帶異種電荷，無(wú)論P(yáng)帶何種電荷，小球M、N對(duì)P的作用力方向都相反，設(shè)小球P的帶電量為q，由庫(kù)侖定律可得kqq1MP2=kqq2NP2，由圖可知MP＞故選：C。（2023秋?重慶期末）如圖所示，小球A、C均帶正電，B球帶負(fù)電，A球在絕緣的粗糙水平地面上，B球由絕緣的細(xì)線拉著，C球處在與B球等高的位置，A、B、C三球均靜止且三者所在位置構(gòu)成一個(gè)等邊三角形。若細(xì)線與豎直方向的夾角為60°，mC＝6mB，則A、B、C三球所帶電荷量大小之比為（）A．2：1：4 B．1：2：4 C．2：1：2【解答】解：對(duì)B、C兩球進(jìn)行受力分析，如圖所示，對(duì)C球，由力的平衡條件可得：F對(duì)B球，由力的平衡條件有：FT?sin60°＝FAB?sin30°+FCB＝FAB?sin30°+FT?cos60°＝FAB?cos30°+mBg由題設(shè)條件有：m聯(lián)立各式解得：F由上述結(jié)論：FBC=可得：qA：qB：qC＝2：1：4，故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A。（2023秋?合肥期末）如圖所示，真空中有三個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，它們固定在邊長(zhǎng)為a的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，每個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都是q（q＞0）。若引入一個(gè)點(diǎn)電荷P，放在等邊三角形的中心，使三角形頂點(diǎn)處的電荷所受靜電力合力為零，則下列說(shuō)法正確的是（）A．未引入點(diǎn)電荷P之前，頂點(diǎn)上的每個(gè)點(diǎn)電荷所受的庫(kù)侖力的大小為2kqB．未引入點(diǎn)電荷P之前，頂點(diǎn)上的每個(gè)點(diǎn)電荷所受的庫(kù)侖力的大小為33C．引入的點(diǎn)電荷P帶負(fù)電，所帶電荷量為Q=3D．引入的點(diǎn)電荷P帶正電，所帶電荷量為Q=【解答】解：AB、三角形頂點(diǎn)每個(gè)點(diǎn)電荷都受到其他兩個(gè)點(diǎn)電荷的斥力，對(duì)右下角的電荷進(jìn)行分析，受力示意圖如下圖所示：根據(jù)平行四邊形定則，頂點(diǎn)上的每個(gè)點(diǎn)電荷受到的庫(kù)侖力為：F=2F1cos30°=CD、要使三角形頂點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，則該處點(diǎn)電荷所受靜電力為零，則引入的電荷量必須是負(fù)的點(diǎn)電荷，由平衡條件得：F=kQq又有幾何關(guān)系得：2rcos30°＝a解得：Q=33q，故C故選：C。（2023秋?重慶期中）如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。三個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球A、B、C，質(zhì)量均為M，其中A帶電量為qA＝q0＞0，B的帶電量qB＝﹣q0。當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（）A．彈簧伸長(zhǎng)量為MgsinαkB．qCC．A球受到的庫(kù)侖力大小為8Mgsinα3D．相鄰兩小球間距為q【解答】解：A、對(duì)A、B、C三小球整體受力分析，根據(jù)平衡條件：3Mgsinα＝k0x從而可以得到彈簧伸長(zhǎng)量：x=3Mgsinαk0BD、三小球間距r均相等，對(duì)C球受力分析，可知C球帶正電，根據(jù)平衡條件：Mgsinα+kq0q對(duì)B小球受力分析，同理根據(jù)平衡條件：Mgsinα+kq0q兩式聯(lián)立解得：qC=47q0，r＝q03k7MgsinαC、對(duì)A球受力分析，若受到BC兩球?qū)的庫(kù)侖力為F庫(kù)，根據(jù)平衡條件：Mgsinα+F庫(kù)＝kx0那么根據(jù)牛頓第三定律，聯(lián)立解得A球受到的庫(kù)侖力：F庫(kù)′＝F庫(kù)＝2Mgsinα，故C錯(cuò)誤。故選：B。（多選）（2023秋?青羊區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個(gè)小球恰能在某一位置平衡?，F(xiàn)將P緩慢地向右移動(dòng)一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡。若小球所帶電荷量不變，與移動(dòng)前相比（）A．桿AO對(duì)P的彈力不變 B．桿BO對(duì)Q的彈力減小 C．P、Q之間的庫(kù)侖力增大 D．桿AO對(duì)P的摩擦力增大【解答】解：A、對(duì)整體分析可知，豎直方向只受總重力和AO桿的支持力，故AO桿對(duì)小球P的彈力不變，故A正確；BC、對(duì)Q受力分析如圖，由力的合成與平衡條件可知：將P緩慢地向右移動(dòng)一小段距離，BO桿對(duì)小球Q的彈力變小，兩小球之間的庫(kù)侖力變小，故B正確，C錯(cuò)誤；D、對(duì)整體受力分析，根據(jù)水平方向受力平衡可得：由上述結(jié)論BO對(duì)Q球的彈力減小，則AO桿對(duì)小球P的摩擦力變?。ǘ咂胶猓?，故D錯(cuò)誤；故選：AB。（2023秋?青羊區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，水平面上放置一個(gè)絕緣支桿，支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過(guò)定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時(shí)兩球處于同一水平線。假設(shè)兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)線，使B球移動(dòng)一小段距離，支桿始終靜止。在此過(guò)程中以下說(shuō)法正確的是（）A．細(xì)線上的拉力一直增大 B．B球受到的庫(kù)侖力先減小后增大 C．B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧 D．支桿受到地面向左的摩擦力逐漸減小【解答】解：受力分析如圖：ABC．如圖所示，設(shè)A、B間的距離為r，O、A間的距離為h，O、B間距離為l，B球重力為mg。A、B之間的庫(kù)侖力大小為F庫(kù)根據(jù)三角形相似可得mgh解得F=mglr=3現(xiàn)緩慢拉動(dòng)細(xì)線，使B球移動(dòng)一小段距離，則l減小，h不變，所以F減小，即細(xì)線上的拉力一直減?。籸不變，即B球的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段圓弧，并且B球受到的庫(kù)侖力大小不變。故AB錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)平衡條件可知，直桿受到的地面的摩擦力與B對(duì)A的庫(kù)侖力的水平分量大小相等、方向相反，而B(niǎo)對(duì)A的庫(kù)侖力大小不變，方向由水平向左變?yōu)樾毕蜃笙?，則水平分量變小，即支桿受到地面向右的摩擦力逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2023秋?道里區(qū)校級(jí)期中）如圖，在真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷，Q1＝4.0×10﹣8C，Q2＝﹣1.0×10﹣8C，分別固定在x軸的坐標(biāo)為0和6cm的位置上，在Q1Q2連線上某位置再放置一點(diǎn)電荷，使其僅在Q1、Q2作用下處于平衡狀態(tài)，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．該位置處于Q1、Q2之間 B．該位置處于Q1左側(cè) C．該位置在x＝4cm處 D．該位置在x＝12cm處【解答】解：AB.若電荷位于Q1的左側(cè)，則可知Q1電荷的作用力總大于Q2對(duì)電荷的作用力，顯然不能達(dá)到平衡狀態(tài)，如果在Q1、Q2之間，Q1、Q2對(duì)電荷的庫(kù)侖力方向相同，不能平衡。在Q2右側(cè)時(shí)Q1、Q2對(duì)電荷的庫(kù)侖力方向相反，大小能滿足相等關(guān)系。故AB錯(cuò)誤；CD.Q1、Q2連線上某位置再放置一點(diǎn)電荷，使其處于平衡狀態(tài)，該電荷一定在Q2的右側(cè)，設(shè)其坐標(biāo)為x，則有k其中x12為Q1和Q2之間的距離，代入數(shù)據(jù)解得x＝12cm，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。（2023秋?龍鳳區(qū)校級(jí)期末）帶電量分別為+2q、﹣2q的等量異種電荷A、B固定在同一水平線上，相距6x，在它們連線的中點(diǎn)P上方2x處有一懸點(diǎn)O，用絕緣細(xì)繩掛著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球C，OP＝2x，繩長(zhǎng)5x，如圖所示，平衡時(shí)小球剛好靜止在兩電荷連線上。重力加速度為g（1）小球所受電場(chǎng)力大小為？（2）小球所在處AB產(chǎn)生的電場(chǎng)總場(chǎng)強(qiáng)為多少？（3）小球所帶電荷量是正是負(fù)？電荷量為多少？【解答】解：（1）設(shè)OC與OP的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可得：CP=OC小球的受力情況如圖所示：則小球受到的電場(chǎng)力為：F電＝mgtanθ，其中tanθ=所以：F電=12（2）小球所在處AB產(chǎn)生的電場(chǎng)總場(chǎng)強(qiáng)為：E=k?2q（3）由于小球受到的電場(chǎng)力方向向左，所以小球帶負(fù)電。根據(jù)F電＝QE可得小球所帶電荷量為：Q=4mg題型3庫(kù)侖力下的變速問(wèn)題（2023秋?廣州期末）如圖所示，帶電小球M固定在光滑絕緣水平面上，與M帶同種電荷的小球N以速度v0從P點(diǎn)沿直線遠(yuǎn)離M，M、N均可視為質(zhì)點(diǎn)且?guī)щ娏勘３植蛔?，則小球N的速度v隨時(shí)間t變化圖像可能是（）A． B． C． D．【解答】解：由題可知，兩帶電小球間的庫(kù)侖力為F=kq根據(jù)牛頓第二定律可知a=F隨著距離的增加，小球的帶電荷量不變，加速度逐漸減小，故小球N做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。AB圖加速度不變，C圖加速度變大，D圖加速度變小，故ABC錯(cuò)誤；D正確。故選：D。（2023秋?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)期中）如圖，傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一質(zhì)量為m，帶電量+q的小物塊（可看作是點(diǎn)電荷）恰好能在斜面上勻速下滑，若在AB中點(diǎn)D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點(diǎn)電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過(guò)程中，斜面保持靜止不動(dòng)，在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒(méi)有轉(zhuǎn)移的情況下，關(guān)于在物塊下滑的過(guò)程中受到地面的摩擦力及其方向的分析正確的是（）A．當(dāng)物塊在BD之間，斜面受到地面的摩擦力的方向向左 B．當(dāng)物塊在斜面的全過(guò)程中，斜面受到地面的摩擦力都為零 C．當(dāng)物塊在DA之間，斜面受到地面的摩擦力的方向向右 D．當(dāng)物塊在DA之間，斜面受到地面的摩擦力的方向要視具體問(wèn)題而定【解答】解：開(kāi)始時(shí)刻物塊恰好能在斜面上勻速下滑，則有摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據(jù)牛頓第三定律，壓力和滑塊對(duì)斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；并且有mgsinθ＝μmgcosθ可得μ＝tanθ由此可知增加電場(chǎng)力后，小物塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力正比例增加，故滑塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的；再對(duì)斜面體分析，受重力、滑塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。（2023秋?郫都區(qū)期中）光滑水平面上的兩個(gè)小球A、B繞著它們連線上的某點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．兩個(gè)小球間的距離為L(zhǎng)并保持不變，小球A、B所帶電荷量分別為+2Q和﹣Q．質(zhì)量分別為m和2m，不計(jì)兩球間的萬(wàn)有引力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．A、B所受庫(kù)侖力大小之比為2：1 B．A、B的線速度大小之比為2：1 C．若僅把B的電荷量變?yōu)椹?Q．則穩(wěn)定后A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1：1 D．若僅把A的質(zhì)量變?yōu)?m，則穩(wěn)定后A、B的線速度大小之比為2：1【解答】解：AB、設(shè)A球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，B球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等，設(shè)此角速度為ω，根據(jù)庫(kù)侖力提向心力有：k2Q?QL2=mω2r1=2mω2r2，解得C、若僅把B的電荷量變?yōu)椹?Q，根據(jù)庫(kù)侖力提向心力可知，穩(wěn)定后r1r2D、若僅把A的質(zhì)量變?yōu)?m，穩(wěn)定后r1r2=2m2m=11，故穩(wěn)定后A故選：B。題型4點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加（2023秋?長(zhǎng)豐縣期中）如圖，電荷量為q的點(diǎn)電荷與均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)板的幾何中心。若圖中A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則圖中B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為（）A．大小為kq9B．大小為kq9C．大小為k10q9D．大小為k10q【解答】解：q在A點(diǎn)形成的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E板A=E點(diǎn)A=kq9d2方向水平向左；因A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，故薄板在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，大小也為kq9故選：C。（2022春?合肥期中）如圖所示的坐標(biāo)系中，在（﹣a，0）位置放置電荷量為q的正點(diǎn)電荷，在（0，﹣a）位置放置電荷量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，現(xiàn)要在兩坐標(biāo)軸上的某點(diǎn)放置一個(gè)點(diǎn)電荷Q，使得P（﹣a，﹣a）點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則關(guān)于Q的說(shuō)法正確的是（）A．點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為（0，﹣2a），帶負(fù)電荷，電荷量2q B．點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為（0，0），帶正電荷，電荷量22q C．點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為（﹣2a，0），帶負(fù)電荷，電荷量22q D．點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為（﹣2a，0），帶正電荷，電荷量2q【解答】解：（﹣a，0）和（0，﹣a）兩點(diǎn)處的電荷量為q的點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和E=2kqa2，方向如圖所示，由P指向N，要求在兩坐標(biāo)軸上的某點(diǎn)處放置一個(gè)點(diǎn)電荷Q，使得P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，可知可以在M點(diǎn)放置負(fù)電荷或N點(diǎn)放置正電荷，M和N距P的距離都為2a解得Q=22q，故C正確，故選：C。（2023春?邯鄲期末）如圖所示，真空中有M、N兩點(diǎn)，紙面內(nèi)到M、N兩點(diǎn)的距離之比等于2的點(diǎn)的集合為圖中圓心為O、半徑為d的圓，P、T、S為圓上的三點(diǎn)，PO⊥MO，T、S兩點(diǎn)為圓與直線MN的交點(diǎn)，顯然NO=d2，MO=2d。在M、N兩點(diǎn)分別固定兩點(diǎn)電荷Q1、Q2，點(diǎn)電荷Q2所帶電荷量為﹣q，P點(diǎn)的電場(chǎng)方向恰好指向圓心O。已知真空中帶電荷量為Q的點(diǎn)電荷，在空間產(chǎn)生的電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)φ=kQA．P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3kq5B．S點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2kq7C．M、N兩點(diǎn)之間T點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小 D．球心為O、半徑為d的球面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)方向均指向球心【解答】解：A、如圖所示根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)與距離的關(guān)系，結(jié)合幾何關(guān)系可得兩個(gè)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小之比為E1E2根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，有E1=解得Q1＝2q，EP=6B、根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，可知S點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ES=kqC、設(shè)M、N兩點(diǎn)之間存在一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小，該點(diǎn)到M點(diǎn)的距離為x，有E=k2q對(duì)上式求導(dǎo)有E'令E′＝0，可得x=3d可知M、N兩點(diǎn)之間電場(chǎng)強(qiáng)度最小的點(diǎn)在T點(diǎn)的左側(cè)，故C錯(cuò)誤；D、空間中到兩點(diǎn)電荷的距離之比等于2的點(diǎn)的集合為球面，所以兩點(diǎn)電荷在此球面上任意一點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電勢(shì)互為相反數(shù)，此球面上的任意一點(diǎn)的電勢(shì)均為零，此球面為等勢(shì)面，故球心為O、半徑為d的球面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)方向均指向球心，故D正確。故選：D。（2023春?金安區(qū)校級(jí)期末）經(jīng)過(guò)探究，某同學(xué)發(fā)現(xiàn)：點(diǎn)電荷和無(wú)限大的接地金屬平板間的電場(chǎng)（如圖甲所示），與等量異種點(diǎn)電荷之間的電場(chǎng)分布（如圖乙所示）有部分相同，圖丙中固定于B點(diǎn)的正點(diǎn)電荷q到金屬板MN的距離為L(zhǎng)，O是AB的中點(diǎn)，靜電力常