高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)精講精練第16講　庫侖定律 電場力的性質(zhì)（解析版）

第16講庫侖定律電場力的性質(zhì)1.理解電場強(qiáng)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(huì)分析、計(jì)算在電場力作用下的電荷的平衡及運(yùn)動(dòng)問題．考點(diǎn)一庫侖定律的理解及應(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．平衡問題應(yīng)注意：(1)明確庫侖定律的適用條件；(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)電荷的平衡問題(1)條件：兩個(gè)點(diǎn)電荷在第三個(gè)點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個(gè)點(diǎn)電荷受到的兩個(gè)庫侖力必須大小相等，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小；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．（2024?寧波二模）如圖，用三根絕緣細(xì)繩把三個(gè)帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在O點(diǎn)。小球靜止時(shí)，恰好位于同一水平面，細(xì)繩與豎直方向的夾角分別為α、β、γ，已知小球A、B、C的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，電荷量分別為qA、qB、qC，則下列說法正確的是（）A．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則一定有α＝β＝γ B．若小球的質(zhì)量mA＝mB＝mC，則可能有α＝β＞γ C．若小球所帶電荷量qA＝qB＝qC，則一定有α＝β＝γ D．若小球所帶電荷量qA＞qB＞qC，則一定有α＜β＜γ【解答】解：A.對(duì)ABC三個(gè)小球整體來看，其整體重心在豎直線上，由此得到mAlsinα＝mBlsinβ+mClsinγ當(dāng)mA＝mB＝mC時(shí)sinα＝sinβ+sinγ當(dāng)α＝β＝γ時(shí)sinα＝2sinα這是不能實(shí)現(xiàn)的，故A錯(cuò)誤；B.由A項(xiàng)分析，當(dāng)γ＝0時(shí)α＝β＞γB正確；C.小球位置與其質(zhì)量有關(guān)，與電荷量無關(guān)，電荷量只決定小球張開的絕對(duì)大小，不影響相對(duì)大小，故C錯(cuò)誤；D.由C項(xiàng)分析可知，故D錯(cuò)誤。故選：B。（2024?鄭州模擬）如圖所示，真空中A、B、C三點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，OC為AB連線的中垂線，O為連線中點(diǎn)。A的電荷量為﹣Q，B的電荷量為為+Q，兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，A、B相距l(xiāng)，靜電力常量為k?，F(xiàn)將另一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷放置在AB連線的中垂線上距O點(diǎn)為x=1A．2kQq2l2 B．kQql2【解答】解：在C點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)電荷對(duì)q電荷產(chǎn)生的電場力大小相同，為：FA＝FB=kQq由幾何關(guān)系可得A、B兩點(diǎn)電荷對(duì)q電荷產(chǎn)生的電場力大小為：F＝FAcos45°=2故選：D。（2024?曲靖一模）如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一電荷量為﹣Q的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)彈簧的壓縮量為L2，球2、3間的靜電力大小為mgA．由b到a一直做加速運(yùn)動(dòng) B．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度等于2gL C．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為32D．運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為3【解答】解：B．由題意可知三小球構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，小球3運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量等于L2mgLsin30°=1解得小球3運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度v=gL故B錯(cuò)誤；AC．小球3在b點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球3的電荷量為q，根據(jù)庫侖定律和平衡條件有kQq設(shè)彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有F=k6Qq解得F=9小球運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量等于L2F+kQq解得a＝2g方向與合外力方向一樣，沿斜面向上，故a先加速后減速，故AC錯(cuò)誤；D．當(dāng)運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力為0，根據(jù)庫侖定律可知小球2對(duì)小球3的力為F23此時(shí)小球3受到重力、庫侖力和斜面對(duì)小球3的支持力，根據(jù)平衡條件可知斜面對(duì)小球的支持力為FN根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮?3故選：D?？键c(diǎn)二電場強(qiáng)度的理解1．場強(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,與檢驗(yàn)電荷是否存在無關(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,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(qiáng)電場,U為兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，d為沿電場方向兩,點(diǎn)間的距離))))2．電場的疊加(1)電場疊加：多個(gè)電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和．(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則．（2024?淮安模擬）如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心O處電場強(qiáng)度等于E兩個(gè)平面通過同一條直徑，夾角為α，從半球中分出一部分球面，則所分出的這部分球面上（在“小瓣”上）的電荷在O處的電場強(qiáng)度為（）A．E＝E0sinα B．E＝E0cosα C．E＝E0sinα2 D．E＝E0cos【解答】解：根據(jù)對(duì)稱性，作出球面上的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場分布，如圖所示，由平行四邊形定則得到“小瓣”球面上的電荷在O處的電場強(qiáng)度E＝E0sinα2故選：C。（2024?包頭二模）如圖所示，四個(gè)電荷量均為+q的點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)上，用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，球殼半徑遠(yuǎn)小于ab邊長。M、N分別為ab和bc的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度方向沿Od方向 B．M點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為0 C．N點(diǎn)處的電場強(qiáng)度方向沿ON方向 D．若將金屬球殼接地，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不變【解答】解：A、用一小型金屬球殼將d點(diǎn)處正電荷封閉在球心位置，但不影響在外界形成的電場。其他三個(gè)電荷量均為+q的點(diǎn)電荷固定在一個(gè)正方形abcd的其他三個(gè)頂點(diǎn)上，根據(jù)對(duì)稱性所以四個(gè)等量同種正電荷在正方形中心的合場強(qiáng)為零，故A錯(cuò)誤；B、ab兩處的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，cd兩處的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大，關(guān)于水平線對(duì)稱，由矢量疊加原理可知合場強(qiáng)的方向水平向左，沿OM方向，故B錯(cuò)誤；C、bc兩處的點(diǎn)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，ad兩處的點(diǎn)電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大，關(guān)于豎直線對(duì)稱，由矢量疊加原理可知合場強(qiáng)的方向豎直向下，沿ON方向，故C正確；D、若將金屬球殼接地，由于靜電屏蔽，相當(dāng)于d點(diǎn)無電荷，O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度是abc的三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的合成，此時(shí)O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度不為零，則O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2024?寧波模擬）如圖甲，兩等量異種點(diǎn)電荷位于同一豎直線上，在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上放置一粗糙水平橫桿，有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的圓環(huán)（可視為質(zhì)點(diǎn)）可沿橫桿滑動(dòng)。t＝0時(shí)刻，圓環(huán)自A處以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，此后圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖乙所示，t＝0時(shí)刻和t2時(shí)刻圖線斜率相同，t1和t3時(shí)刻圖線斜率均為0，已知圓環(huán)t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)，繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)停下，且A、B關(guān)于兩電荷連線中點(diǎn)O對(duì)稱。若A處場強(qiáng)為E0，AO間距為L，重力加速度為g，且圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過程中電量始終不變，則下列說法正確的是（）A．圓環(huán)與橫桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=vB．t1﹣t2時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移大小為12C．圓環(huán)在O處運(yùn)動(dòng)的速度v2D．O處的場強(qiáng)大小為E=【解答】解：AD.根據(jù)題意，t＝0時(shí)刻和t2時(shí)刻圖線斜率相同，則小球的加速度相同，O處的場強(qiáng)大于A點(diǎn)的場強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)A點(diǎn)和O點(diǎn)分析μ（mg﹣E0q）＝maμ（Eq﹣mg）＝ma聯(lián)立解得O處的場強(qiáng)大小為E=2mg由于不知道加速度大小，故不能求出動(dòng)摩擦因數(shù)，t1和t3時(shí)刻圖線斜率均為0，小球?qū)U的彈力為零，重力等于電場力，也無法求出動(dòng)摩擦因數(shù)，故A錯(cuò)誤，D正確；B.根據(jù)AD項(xiàng)分析知，A處場強(qiáng)為E0，t1時(shí)刻根據(jù)平衡條件，可知場強(qiáng)為E1O處的場強(qiáng)大小為E=解得E1﹣E0＝E﹣E1根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場線分布情況知，越靠近O點(diǎn)位置場強(qiáng)在單位距離上的增加量越大，所以t1位置一定處于AO的中點(diǎn)靠右，即t1﹣t2時(shí)間內(nèi)圓環(huán)的位移小于12C.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷場線分布的對(duì)稱性知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程，電場力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，則摩擦力大小關(guān)于中點(diǎn)O對(duì)稱，故用平均力代替變力，左邊的摩擦力用f表示，小球從A點(diǎn)到停在B點(diǎn)，電場力與運(yùn)動(dòng)方向始終垂直，不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得?2fL=0?1小球從A點(diǎn)到停在O點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得?fL=0?1解得v2故選：D?？键c(diǎn)三電場線和運(yùn)動(dòng)軌跡問題1．電場線與運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場線重合，只有同時(shí)滿足以下3個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合：(1)電場線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行．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)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、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．（2023?重慶模擬）如圖所示，實(shí)線表示某靜電場中的電場線，過M點(diǎn)的電場線是水平直線，虛線表示該電場中的一條豎直等勢(shì)線，M、N、P是電場線上的點(diǎn)，Q是等勢(shì)線上的點(diǎn)。一帶正電的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下水平向右運(yùn)動(dòng)，則（）A．點(diǎn)電荷一定向右做勻加速運(yùn)動(dòng) B．點(diǎn)電荷在N點(diǎn)釋放時(shí)的加速度比在P點(diǎn)釋放時(shí)的加速度小 C．將一負(fù)點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力做正功 D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從Q點(diǎn)沿等勢(shì)線豎直向上射出，點(diǎn)電荷將沿等勢(shì)線做直線運(yùn)動(dòng)【解答】解：A．根據(jù)電場線的分布可知，該靜電場不是勻強(qiáng)電場，所以點(diǎn)電荷在運(yùn)動(dòng)過程中受到的電場力不是恒定的，根據(jù)牛頓第二定律，點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)的加速度也不是恒定的，所以點(diǎn)電荷向右做的不是勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，N點(diǎn)電場線比P點(diǎn)電場線密集，所以N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于P點(diǎn)的電場強(qiáng)度，點(diǎn)電荷在N點(diǎn)受到的電場力大于P點(diǎn)處的電場力，所以點(diǎn)電荷在N點(diǎn)釋放時(shí)的加速度比在P點(diǎn)釋放時(shí)的加速度大，故B錯(cuò)誤；C．電勢(shì)隨電場方向逐漸減小，所以N點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)高，將一負(fù)點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小，電場力做正功，C故正確；D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從Q點(diǎn)沿等勢(shì)線豎直向上射出，由于電場方向垂直等勢(shì)線，則點(diǎn)電荷受到的電場力方向與運(yùn)動(dòng)方向不在同一條直線上，所以點(diǎn)電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2024?海淀區(qū)校級(jí)二模）在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈?qiáng)電場，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實(shí)線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：電子在電場中只受電場力，電場力沿電場線的切線方向，與電場線方向相反，指向電子運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)。B：選項(xiàng)中電子在圖1E處受力指向凸測(cè)，故B錯(cuò)誤；C：選項(xiàng)中電子在圖2F處受力指向凸測(cè)，故C錯(cuò)誤；D：選項(xiàng)中電子在圖3G處受力指向凸測(cè)，故D錯(cuò)誤；A：選項(xiàng)電子各處的運(yùn)動(dòng)軌跡和受的電場力相符合，故A正確。故選：A。（2023?寧都縣校級(jí)一模）如圖，MN是負(fù)點(diǎn)電荷電場中的一條電場線，一帶正電的粒子（不計(jì)重力）從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結(jié)論正確的是（）A．帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)的加速度小于在b點(diǎn)時(shí)的加速度 B．帶電粒子在a點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 C．帶電粒子從a到b運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)能逐漸減小 D．負(fù)點(diǎn)電荷一定位于N點(diǎn)右側(cè)【解答】解：A、D、由于該粒子只受電場力作用且做曲線運(yùn)動(dòng)，電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場力方向大致向左，電場線由N指向M，說明負(fù)電荷在直線M點(diǎn)左側(cè)。a點(diǎn)離點(diǎn)電荷較近，a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，帶電粒子在a點(diǎn)的大于在b點(diǎn)的電場力，根據(jù)牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度。故AD錯(cuò)誤；B、C、電場力方向大致向左，所以a到b的過程中電場力對(duì)帶電粒子做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，則帶電粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能。帶電粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)的動(dòng)能。故B錯(cuò)誤，C正確。故選：C。（2023?重慶模擬）如圖所示，實(shí)線是一簇由負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線。一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過電場，圖中虛線為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)。下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng) B．帶電粒子從a到b電勢(shì)能減小 C．帶電粒子從a到b動(dòng)能減小 D．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)小于b點(diǎn)電勢(shì)【解答】解：A．電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱，由圖可知a點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，故A正確；BC．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向左彎曲，說明粒子受到的電場力沿電場線向左，若粒子從a到b，電場力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)順著電場線方向，電勢(shì)降低，可知a點(diǎn)電勢(shì)小于b點(diǎn)電勢(shì)，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：B?？键c(diǎn)四帶電體的力電綜合問題1．解答力電綜合問題的一般思路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．（2023?河北模擬）一輕質(zhì)絕緣“L”型輕桿固定在水平面上，質(zhì)量均為m的光滑小環(huán)A、B套在支架上，兩小環(huán)之間用輕繩連接，其中B環(huán)帶正電，電荷量為q，A環(huán)不帶電，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度的大小為E，電場強(qiáng)度的方向與水平面平行，垂直于OM桿，A環(huán)在一水平力F作用下緩慢向右移動(dòng)一段距離，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．當(dāng)輕繩與OM桿夾角為θ時(shí)，繩子拉力大小為mg+EqsinθB．輕桿對(duì)B環(huán)的彈力逐漸增大 C．A環(huán)緩慢向右移動(dòng)過程中，繩子拉力逐漸減小 D．輕桿OM對(duì)A環(huán)的彈力大小為Eq【解答】解：AC．以B環(huán)為研究對(duì)象，受力如圖：根據(jù)平衡條件，豎直方向上：FN1＝mg水平方向上：FTsinθ＝F電＝Eq，F(xiàn)Tcosθ＝FN2故當(dāng)輕繩與OM桿夾角為θ時(shí)，繩子拉力大小為Eqsinθ，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A環(huán)緩慢向右移動(dòng)時(shí)，θB．輕桿對(duì)B環(huán)的彈力大小為F解得FN=故當(dāng)A環(huán)緩慢向右移動(dòng)時(shí)，θ逐漸減小，輕桿對(duì)B環(huán)的彈力逐漸增大，故B正確；D．同理，以A環(huán)為研究對(duì)象，豎直方向上輕桿OM對(duì)A環(huán)的彈力大小為FN1'＝mg水平方向上FN2'＝FTsinθ＝Eq故輕桿OM對(duì)A環(huán)的彈力大小為F解得FN′=故D錯(cuò)誤。故選：B。（多選）（2023?遂寧三模）如圖甲所示，粗糙程度相同的足夠長的豎直墻面上有一質(zhì)量為m帶電量為q（q＞0）的物體處于場強(qiáng)大小為E=5mg3q且與水平方向成θ＝37°的勻強(qiáng)電場中，保持靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻一豎直方向的力F（大小未知）作用在物體上，同時(shí)物體得到一豎直向下的初速度v開始運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間h﹣t圖像如圖乙所示。0～t0段為一次函數(shù)；t0～2t0段為二次函數(shù)，且兩段圖像在t0處相切。帶電物體視為質(zhì)點(diǎn)，電量保持不變，sin37°＝0.6，cos37A．0～t0物體做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．t0～2t0物體受到豎直外力為恒力 C．t=32D．t02【解答】解：A、取向下為正方向，物體運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律h=?0?vt?12B、t0～2t0段由h﹣t圖像可知物體速度方向發(fā)生了改變，則摩擦力反向改變，但由于是二次函數(shù)，則a不變，故合外力不變，但摩擦力變化了，所以物體受到豎直外力一定變化，故B錯(cuò)誤；C、在0～t0內(nèi)：h0＝v?t0在t0～2t0內(nèi)：?聯(lián)立解得：a=4vt0，根據(jù)圖像，當(dāng)物體速度為0是，即二次函數(shù)切線斜率為0時(shí)，此時(shí)物體高度也是最低的，其重力勢(shì)能最小，動(dòng)能最小，則其機(jī)械能最小，物體從t0開始減速到0所用時(shí)間為t1=va=D、當(dāng)t=t02時(shí)物體速度為v，當(dāng)t＝2t0時(shí)，物體速度為v1=v?at0故選：AD。（2023?信陽二模）如圖所示，一條長為L的絕緣細(xì)線，上端固定，下端系一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角α＝45°?，F(xiàn)將小球向左拉起到與O等高處由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的帶電量不變，細(xì)線始終沒有被拉斷。取重力加速度為g，試求：（1）小球帶何種電荷及電荷量的大小；（2）球向右擺動(dòng)過程中細(xì)線的最大張力?！窘獯稹拷猓海?）小球靜止時(shí)受到的電場力水平方向，與電場方向相，則小球帶正電。根據(jù)平衡條件得qE＝mgtanα解得：q=（2）將小球向左拉起到與O等高處，然后由靜止釋放小球，小球?qū)⑾妊刂本€運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)，然后做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球做直線運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1，開始做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為v2，運(yùn)動(dòng)至平衡位置時(shí)速度大小為v3。對(duì)直線運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：2mg?2l=小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線繃緊瞬間，沿細(xì)線方向的速度突然減至零，則：v2＝v1cosα對(duì)小球向右從最低點(diǎn)到平衡條件的過程，由動(dòng)能定理得：Flsinα?mgl（1?cosα）=小球運(yùn)動(dòng)到平衡位置時(shí)速度最大，細(xì)線的張力最大，設(shè)細(xì)線的最大張力為T。在平衡位置，由牛頓第二定律得T?2mg＝m聯(lián)立解得：T＝32mg答：（1）小球帶正電荷，電荷量的大小為mgE（2）球向右擺動(dòng)過程中細(xì)線的最大張力為32mg。題型1庫侖力作用下的平衡問題（2024?寧鄉(xiāng)市模擬）如圖所示，絕緣光滑圓環(huán)豎直固定放置，a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動(dòng)的帶電小球，所帶電荷量的大小均為q（電性未知），圓環(huán)半徑為R，當(dāng)小球b位于圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，a、c兩球恰好可以靜止于與圓心等高的位置上，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、c小球可能帶異種電荷 B．a(chǎn)、b小球可能帶異種電荷 C．a(chǎn)球質(zhì)量應(yīng)滿足maD．c球質(zhì)量應(yīng)滿足m【解答】解：AB、對(duì)b小球受力分析可知，受到重力、環(huán)的支持力以及a與c的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，由水平方向受力平衡可知，a與c的電性必定是相同的；對(duì)a分析，受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對(duì)a的庫侖力，重力豎直向下，c對(duì)a的庫侖力和環(huán)的支持力都是水平方向，若a要平衡，則b對(duì)a的庫侖力沿豎直方向的分力必須向上，所以b對(duì)a的作用力必須是斥力，所以b與a的電性一定相同。即a、b、c小球帶同種電荷，故AB錯(cuò)誤；CD、根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，b對(duì)a的庫侖力Fba沿豎直方向的分力與a的重力平衡，F(xiàn)則mag=同理可對(duì)c球有ma故選：C。（多選）（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止。現(xiàn)將B球水平向左移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動(dòng)少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動(dòng)前相比，下列說法正確的是（）A．斜面對(duì)A的彈力增大 B．水平面對(duì)B的彈力增大 C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小【解答】解：A、如圖所示將B球水平向左移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動(dòng)少許，兩球在虛線位置重新平衡，對(duì)小球A受力分析，由平行四邊形定則可知，當(dāng)A小球到達(dá)虛線位置時(shí)，斜面對(duì)A的彈力NA減小，故A錯(cuò)誤；B、對(duì)AB整體受力分析，NB和NA的豎直分量之和等于AB的重力之和，NA減小，則NA的豎直分量減小，則水平面對(duì)B的彈力NB增大，故B正確；C、對(duì)B受力分析，F(xiàn)等于庫侖力F庫的水平分量，因?yàn)镕庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平分量減小，即推力F減小，故C正確；D、由A受力可知，兩球之間的庫侖力減小，根據(jù)庫侖定律F=k故選：BC。（2023?海南模擬）用絕緣細(xì)線a、b將兩個(gè)帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細(xì)線b水平，則（）A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量 B．細(xì)線a拉力大小為23C．細(xì)線b拉力大小為33D．小球1與2的質(zhì)量比為1：2【解答】解：C、對(duì)小球2，由平衡條件，在水平方向上可得：Fb＝F庫?cos30°，在豎直方向上可得：G＝F庫?sin30°解得細(xì)線b拉力大小為FbBD、對(duì)小球1，由平衡條件，同理可得：Fa?sin30°＝F庫?cos30°m1g+F庫sin30°＝Fa?cos30°解得細(xì)線a拉力大小為Fa同時(shí)可得：m1g＝2G又有m2g＝G則小球1與2的質(zhì)量比為m1：m2＝2：1，故B正確，D錯(cuò)誤；A、由上述分析只能得到庫侖力的大小，由F庫故選：B。題型2庫侖力作用下的加速運(yùn)動(dòng)問題（2022?開封模擬）如圖所示，帶電小球1固定在空中A點(diǎn)，帶電小球2在庫侖斥力的作用下沿光滑絕緣水平面向右做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度大小為a，A、B連線與豎直方向的夾角為30°，當(dāng)小球2運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，A、C連線與豎直方向夾角為60°角時(shí)，小球2的加速度大小為（兩小球均可看成點(diǎn)電荷）（）A．12a B．32a C．33a 【解答】解：設(shè)在B點(diǎn)時(shí)，兩球之間的庫侖力為F1，在C點(diǎn)時(shí)，兩個(gè)球之間的庫侖力為F2，小球1距離地面的高度為h，根據(jù)庫侖定律有F1F2設(shè)小球2的質(zhì)量為m，在C點(diǎn)的加速度為a'，則根據(jù)牛頓第二定律有F1sin30°＝maF2sin60°＝ma′聯(lián)立解得：a'=3故選：C。（2022?浙江模擬）如圖甲、乙兩個(gè)帶電物體放置于在絕緣水平面上，同時(shí)由靜止釋放甲和乙后，甲開始時(shí)靜止，物體乙運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示，則（）A．兩個(gè)物體帶同種電荷 B．甲受到地面向左的摩擦力 C．兩個(gè)物體帶電量一定相等 D．經(jīng)過一段時(shí)間，甲可能運(yùn)動(dòng)【解答】解：A、v﹣t圖像的切線的斜率表示加速度，由v﹣t圖像可知，乙的加速度逐漸減小，則受到的庫侖力逐漸減小，根據(jù)庫侖力公式F=kB、甲受到向左的斥力，有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，則受到地面向右的摩擦力，故B錯(cuò)誤；C、無論甲乙?guī)щ娏慷嗌伲?、乙受到的庫侖力一定等大反向，兩個(gè)物體帶電量無法判斷，故C錯(cuò)誤；D、兩物體間的庫侖力逐漸減小，始終小于甲的最大靜摩擦力，甲不可能運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選：A。題型3疊加法、對(duì)稱法、補(bǔ)償法、微元法求電場強(qiáng)度（2024?揭陽二模）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。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R，已知N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E，靜電力常量為k，則M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為（）A．kq2R2?E B．kq4R【解答】解：設(shè)有一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為球心的完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，設(shè)完整球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E0，左半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E左，右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E右，根據(jù)電場疊加原理得：E左+E右＝E0由題意可知，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，根據(jù)題意得：E根據(jù)對(duì)稱性可得：E右＝E聯(lián)立解得：E故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。（2024?杭州二模）水平面上有一塊半徑為R均勻帶正電的圓形薄平板，單位面積帶電量為σ，以圓盤圓心為原點(diǎn)，以向上為正方向，垂直圓盤建立x軸，軸上任意一點(diǎn)P（坐標(biāo)為x）的電場強(qiáng)度為：E=2πkσ[1?xRA．2πkσqdm B．2πkσqdm C．2πkσqdmR【解答】解：根據(jù)電場強(qiáng)度的表達(dá)式：E=2πkσ[1?xR2+x2因d?R，故0～d之間的電場強(qiáng)度大小可認(rèn)為接近于E0＝2πkσ，根據(jù)電場疊加原理，由對(duì)稱性可知x軸正半軸上的電場方向均沿z軸正方向。此過程點(diǎn)電荷，根據(jù)動(dòng)能定理得：qE0d=12mv2解得：v＝2πkσqdm，故點(diǎn)電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近2πkσqd故選：B。（2024?長沙模擬）如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環(huán)，其圓心為O，O點(diǎn)正上方h處有一點(diǎn)P，P和圓環(huán)上任一點(diǎn)的連線與圓環(huán)面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點(diǎn)場強(qiáng)大小為（）A．kQcosθ?2 C．kQsinθ?2【解答】解：將圓環(huán)分為n等分（n很大，每一份可以認(rèn)為是一個(gè)點(diǎn)電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為：E0=根據(jù)對(duì)稱性可知，水平方向的合場強(qiáng)為零，P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsi故選：D。（2024?南昌一模）如圖所示，電荷量為+q的電荷均勻地分布在半徑為R的絕緣環(huán)上，O為圓環(huán)的圓心、在過O點(diǎn)垂直于圓環(huán)平面的軸上有一點(diǎn)P，它與O點(diǎn)的距離OP＝2R，在P點(diǎn)也有一帶電荷量為+q的點(diǎn)電荷，A點(diǎn)為OP的中點(diǎn)，隨著R的改變，下列圖像中，A點(diǎn)的場強(qiáng)與相關(guān)物理量之間關(guān)系正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)題意，對(duì)于圓環(huán)，設(shè)每個(gè)微元電荷的電荷量為Δq，由幾何關(guān)系可知，微元電荷到A點(diǎn)的距離為2R，微元電荷與A點(diǎn)連線與水平方向的夾角為45°，根據(jù)對(duì)稱性和點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可得，圓環(huán)在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場為E1＝nkΔq(2RP點(diǎn)的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場為E2=則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E＝E2﹣E1解得E=可知，A點(diǎn)的場強(qiáng)與相關(guān)物理量之間關(guān)系為E與1R故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。（多選）（2024?長春一模）已知一個(gè)均勻帶電球殼在球殼內(nèi)部產(chǎn)生的電場強(qiáng)度處處為零，在球殼外部產(chǎn)生的電場與一個(gè)位于球殼球心、帶相同電荷量的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場相同。有一個(gè)電荷量為+Q、半徑為R、電荷均勻分布的實(shí)心球體，其球心為O點(diǎn)。現(xiàn)從該球體內(nèi)部挖去一個(gè)半徑為R2的實(shí)心小球，如圖所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，O2點(diǎn)與O1點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。由以上條件可以計(jì)算出挖去實(shí)心小球后，O1點(diǎn)的電場強(qiáng)度E1、O2點(diǎn)的電場強(qiáng)度E2A．E1=kQ8C．E2=k【解答】解：CD、沒有挖去實(shí)心小球之前，O2點(diǎn)的電場強(qiáng)度是以O(shè)為圓心，以O(shè)O2為半徑的球體產(chǎn)生的，則有E3=kQ3挖去部分的半徑與上述以O(shè)O2為半徑的球體的電荷量相等，則剩余部分在O2點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E2=EAB、沒有挖去之前，O1點(diǎn)的電場強(qiáng)度是以O(shè)為圓心，以O(shè)O1為半徑的球體的電荷產(chǎn)生的，該球體半徑等于R2，該球體所帶電荷量與以O(shè)O2為半徑的球體的電荷相等，根據(jù)上述可知，沒有挖去之前O1點(diǎn)的電場強(qiáng)度與沒有挖去之前O2點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，等于由題意知挖去部分的電荷量在O1點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，即剩余部分的電場強(qiáng)度等于E1=E故選：BC。題型4電場線的應(yīng)用（2023秋?墊江縣校級(jí)期末）金屬板和板前一正點(diǎn)電荷形成的電場線分布如圖所示，A、B、C、D為電場中的四個(gè)點(diǎn)，則（）A．圖中沒有電場線的地方就沒有電場 B．C點(diǎn)電勢(shì)低于A點(diǎn)電勢(shì) C．正電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能高于在B點(diǎn)的電勢(shì)能 D．正電荷從D點(diǎn)靜止釋放，若只受電場力作用，將沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)【解答】解：A．電場線只是形象的描述電場，電荷周圍均有電場存在，故A錯(cuò)誤；B．沿著電場線電勢(shì)逐漸降低，可知C點(diǎn)電勢(shì)比A點(diǎn)電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C．沿著電場線電勢(shì)逐漸降低，由圖看出，D點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，由Ep＝qφ可知負(fù)電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能高于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D．正電荷由D點(diǎn)靜止釋放，受電場力方向沿曲線的切線方向，所以運(yùn)動(dòng)的軌跡不會(huì)沿電場線的方向，故D錯(cuò)誤。故選：C。（多選）（2023秋?廈門期末）兩點(diǎn)電荷M和N周圍的電場線如圖所示，A、B是電場中的兩點(diǎn)，則（）A．M、N電荷量大小相等 B．M為負(fù)電荷，N為正電荷 C．A點(diǎn)電勢(shì)小于B點(diǎn)電勢(shì) D．A點(diǎn)電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)電場強(qiáng)度【解答】解：A、由圖可知，點(diǎn)電荷N周圍的電場線更密集，則N的電荷量大于M的電荷量，故A錯(cuò)誤；B、電場線的方向由正電荷指向負(fù)電荷，則N為正電荷，M為負(fù)電荷，故B正確；C、沿電場線方向電勢(shì)逐漸降低，則A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D、電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，則A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故D正確。故選：BD。（多選）（2023秋?佳木斯期末）某靜電場的電場線如圖中實(shí)線所示，一帶電粒子僅受電場力作用在電場中運(yùn)動(dòng)，虛線MN為其運(yùn)動(dòng)軌跡，以下說法中正確的有（）A．M點(diǎn)場強(qiáng)大于N點(diǎn)場強(qiáng) B．M點(diǎn)場強(qiáng)小于N點(diǎn)場強(qiáng) C．M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì) D．M點(diǎn)電勢(shì)低于N點(diǎn)電勢(shì)【解答】解：AB、由圖可知，N處的電場線密，所以M點(diǎn)場強(qiáng)小于N點(diǎn)場強(qiáng)。故A錯(cuò)誤，B正確；CD、沿電場線的方向，由圖可知，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)。故C正確，D錯(cuò)誤故選：BC。題型5電場線+運(yùn)動(dòng)軌跡組合模型（2023春?臺(tái)州期中）如圖虛線為某一電場的電場線，實(shí)線PQ是某一粒子僅受靜電力的運(yùn)動(dòng)軌跡，以下說法正確的是（）A．粒子帶正電荷 B．P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度 C．粒子在P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度 D．粒子在P點(diǎn)的加速度大于Q點(diǎn)的加速度【解答】解：A．圖中電場線的方向不確定，則粒子電性不能確定，故A錯(cuò)誤；BD．電場線的疏密反映場強(qiáng)大小，由圖可知Q點(diǎn)電場線較P點(diǎn)密集，可知P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，粒子在P點(diǎn)受的電場力小于Q點(diǎn)受的電場力，根據(jù)牛頓第二定律可知粒子在P點(diǎn)的加速度小于Q點(diǎn)的加速度，故BD錯(cuò)誤；C．粒子受的電場力方向指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子受電場力大致向下，則從P到Q，電場力做正功，動(dòng)能增加，即粒子在P點(diǎn)的速度小于Q點(diǎn)的速度，故C正確。故選：C。（2023秋?涼山州期末）如圖所示，實(shí)線代表電場線，虛線代表的是僅在電場力作用下的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，以下說法正確的是（）A．該帶電粒子帶負(fù)電 B．M點(diǎn)的電勢(shì)低于在N點(diǎn)的電勢(shì) C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能 D．粒子在N點(diǎn)的加速度小于在M點(diǎn)的加速度【解答】解：A．帶電粒子的軌跡向上彎曲，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知帶電粒子所受的電場力沿電場線切線向上，與電場方向相同，可知粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場線的方向電勢(shì)逐漸降低，可知M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C．粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場力方向與軌跡之間的夾角是銳角，可知電場力做正功，電勢(shì)能減小，所以粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D．實(shí)線表示電場線，電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，所以N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度，粒子只受電場力的作用，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在N點(diǎn)的加速度大于在M點(diǎn)的加速度，故D錯(cuò)誤。故選：C。（2022秋?沙依巴克區(qū)校級(jí)期末）某電場線分布如圖所示，一帶電粒子沿圖中虛線所示途徑運(yùn)動(dòng)，先后通過M點(diǎn)和N點(diǎn)，以下說法正確的是（）A．M、N點(diǎn)的場強(qiáng)EM＞EN B．粒子在M、N點(diǎn)的加速度aM＞aN C．粒子在M、N點(diǎn)的速度vM＞vN D．粒子帶正電【解答】解：A、電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，所以有EM＜EN．故A錯(cuò)誤。B、M處場強(qiáng)小，粒子受到的電場力小，由牛頓第二定律知加速度也小，即有aM＜aN．故B錯(cuò)誤。CD、根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡彎曲方向可以知道，粒子的受到的電場力的方向斜向上，所以粒子為正電荷，若粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場力方向與速度方向成銳角，電場力做正功，粒子的速度增大，則有vM＜vN．故C錯(cuò)誤