2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第八章 第1讲 电场力的性质

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目标要求 1.了解静电现象，能用电荷守恒的观念分析静电现象.2.知道点电荷模型，体会科学研究中的物理模型方法．掌握并会应用库仑定律.3.知道电场是一种物质．掌握电场强度的概念和公式，会用电场线描述电场．
考点一 电荷守恒定律
基础回扣
1．元电荷、点电荷
(1)元电荷：e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．
(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响的理想化模型．
2．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．
(2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电．
(3)带电实质：物体得失电子．
(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分．
1．(电荷、电荷守恒定律)(多选)M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10 C，下列判断正确的有( )
A．摩擦前在M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦的过程中电子从M转移到N
C．N在摩擦后一定带负电且所带电荷量为1.6×10－10 C
D．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子
答案 BC
解析 摩擦前M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”，也就是没有得失电子，但内部仍有相等数量的正电荷和负电荷，选项A错误；M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，选项B正确；根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷量的代数和为0，摩擦后电荷量的代数和应仍为0，选项C正确；元电荷的值为1.60×10－19 C，摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10 C，由于M带电荷量应是元电荷的整数倍，所以M在摩擦过程中失去109个电子，选项D错误．
考点二 库仑定律的理解和应用
基础回扣
1．库仑定律
(1)内容
真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
(2)表达式
F＝keq \f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量．
(3)适用条件
真空中的静止点电荷．
①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式．
②当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．
(4)库仑力的方向
由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
技巧点拨
1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．
2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离．
3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图1所示．
图1
(1)同种电荷：F＜keq \f(q1q2,r2)；
(2)异种电荷：F＞keq \f(q1q2,r2).
4．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了．
库仑定律与电荷守恒定律的结合
例1 使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为( )
A．2∶1 B．4∶1
C．16∶1 D．60∶1
答案 D
解析 开始时，由库仑定律得：F1＝keq \f(5Q×3Q,a2)，相互接触并分开后，带电荷量均变为＋Q，距离变为原来的2倍，根据库仑定律得：F2＝keq \f(Q×Q,4a2)，可知eq \f(F1,F2)＝eq \f(60,1)，选项D正确．
库仑力的叠加
例2 (2018·全国卷Ⅰ·16)如图2，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则( )
图2
A．a、b的电荷同号，k＝eq \f(16,9)
B．a、b的电荷异号，k＝eq \f(16,9)
C．a、b的电荷同号，k＝eq \f(64,27)
D．a、b的电荷异号，k＝eq \f(64,27)
答案 D
解析 由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线知a、b带异号电荷．a对c的库仑力Fa＝eq \f(k静qaqc,ac2)①
b对c的库仑力Fb＝eq \f(k静qbqc,bc2)②
设合力向左，如图所示，根据相似三角形得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，结果仍成立，D正确．
库仑力作用下的平衡
例3 (多选)(2016·浙江卷·19)如图3所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则( )
图3
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C．B球所带的电荷量为4eq \r(6)×10－8 C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案 ACD
解析 两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；如图所示，
由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，A球所受的电场力F＝
mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝keq \f(qAqB,l2)＝keq \f(q\\al(B2),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，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确．
涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：
2．(库仑力的叠加)(2019·湖北宜昌市元月调考)如图4所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q.静电力常量为k，则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是( )
图4
A．0 B.eq \f(\r(2)kq2,l2)
C.eq \f(kq2,l2) D.eq \f(3kq2,2l2)
答案 D
解析 a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力．根据库仑定律，|Fca|＝eq \f(kq2,\r(2)l2)；|Fba|＝|Fda|＝keq \f(q2,l2)；根据力的合成法则，a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小为：F＝eq \f(3kq2,2l2)，故A、B、C错误，D正确．
3．(库仑力作用下的平衡)如图5所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是( )
图5
A．地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
B．地面对斜面C的摩擦力逐渐减小
C．物体A受到斜面的支持力一直减小
D．物体A受到斜面的支持力一直增大
答案 B
解析 如图所示，以A和C整体为研究对象，设B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得Ff＝Fsin θ，由于F大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故A错误，B正确；以A为研究对象，分析可知，B对A的库仑力垂直于斜面方向的分力先逐渐增大后逐渐减小，设该分力为F′，斜面倾角为α，根据平衡条件，斜面对A的支持力FN′＝mgcs α＋F′，可知FN′先增大后减小，故C、D错误．
考点三 电场强度的理解和计算
基础回扣
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力与它的电荷量之比．
(2)定义式：E＝eq \f(F,q)；单位：N/C或V/m.
(3)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向．
3．点电荷的电场：真空中距场源电荷Q为r处的场强大小为E＝keq \f(Q,r2).
4．电场线的特点
(1)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷．
(2)同一电场的电场线在电场中不相交．
(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏．
技巧点拨
1．三个计算公式的比较
2.等量同种和异种点电荷周围电场强度的比较
电场强度的理解和计算
例4 (多选)如图6甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则( )
图6
A．点电荷Q一定为正电荷
B．点电荷Q在A、B之间
C．A点的电场强度大小为2×103 N/C
D．同一电荷在A点受到的电场力比在B点的大
答案 BCD
解析 由题图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值大小为各点的场强大小，则EA＝2×103 N/C，EB＝0.5×103 N/C＝eq \f(EA,4)，同一电荷在A点受到的电场力比在B点的大，故选项C、D正确；由题图知正试探电荷在A点受电场力为正，负试探电荷在B点受电场力也为正，可得A、B两点电场强度方向相反，则点电荷Q在A、B之间，且为负电荷，故选项A错误，B正确．
电场线的理解和应用
例5 (多选)(八省联考·辽宁·9)电荷量相等的四个点电荷分别固定于正方形的四个顶点，O点是正方形的中心，电场线分布如图7所示，取无限远处电势为零．下列说法正确的是( )
图7
A．正方形右下角电荷q带正电
B．M、N、P三点中N点场强最小
C．M、N、P三点中M点电势最高
D．负电荷在P点的电势能比在O点的电势能小
答案 AC
解析 由题图可知电场线始于左上角电荷，终止于右上角电荷，故右上角电荷带负电，根据右下角电荷与右上角电荷间电场线分布可知，右下角电荷带正电，选项A正确．由电场线疏密程度可知，M、N、P三点中N点场强最大，选项B错误．由对称性可知，过正方形中心O点的水平、竖直对称轴为零等势线，沿电场线方向电势降低，所以M、N、P三点中M点电势最高，选项C正确．O点电势为0，φO>φP，负电荷在P点电势能比在O点的电势能大，选项D错误．
4.(两等量点电荷的电场)如图8所示，真空中固定两等量同种正点电荷，AOB为两电荷连线的中垂线，其中A、B两点关于O点对称．某带电粒子(重力忽略不计)在直线AB之间往返运动，下列判断一定正确的是( )
图8
A．带电粒子可能带正电
B．在O点，带电粒子的速度最大
C．在O点，带电粒子的加速度最大
D．在A点(或B点)，带电粒子速度为零，加速度最大
答案 B
解析 等量同种点电荷连线的中垂线在连线上方场强方向向上，连线下方场强方向向下，所以带电粒子一定带负电，带电粒子从静止开始先加速运动到O点，再减速运动到B点，所以在O点，带电粒子的速度最大，故A错误，B正确；等量同种点电荷连线中点场强为零，所以在O点，带电粒子的加速度为零，故C错误；等量同种点电荷连线中点场强为零，中垂线上从O点往上场强先增大后减小，所以带电粒子在A点(或B点)，场强不一定最大，加速度不一定最大，故D错误．
5．(电场线分布与运动图象)一个负电荷从电场中的A点由静止释放，仅在电场力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v－t图象如图9所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列选项中的( )
图9
答案 C
解析 由v－t图象可知，负电荷在电场中做加速度增大的加速运动，故所受的电场力增大，说明从A到B电场强度越来越大，电场线逐渐密集，且负电荷受力方向与电场方向相反，故电场线方向由B指向A，故C正确，A、B、D错误．
考点四 电场强度的叠加
1．电场强度的叠加(如图10所示)
图10
2．“等效法”“对称法”和“填补法”
(1)等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图11甲、乙所示．
图11
(2)对称法
图12
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．
例如：如图12所示，均匀带电的eq \f(3,4)球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．
(3)填补法
将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
3．选用技巧
(1)点电荷电场、匀强电场场强叠加一般应用合成法即可．
(2)均匀带电体与点电荷场强叠加一般应用对称法．
(3)计算均匀带电体某点产生的场强一般应用补偿法或微元法．
点电荷电场强度的叠加和计算
例6 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图13所示．M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为( )
图13
A.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴正向
B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴负向
C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴正向
D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴负向
答案 B
解析 处于O点的正点电荷在G点处产生的场强大小E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点产生的合场强大小E2＝E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点产生的合场强大小E3＝E2＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强大小E4＝keq \f(Q,2a2)，方向沿y轴正向，所以H点的场强大小E＝E3－E4＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负向．
非点电荷电场强度的叠加和计算
例7 (2021·江苏南京市模拟)如图14所示，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心．点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d，静电力常量为k，已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点产生的电场强度的大小和方向分别为( )
图14
A.eq \f(kq,d2)，水平向右 B.eq \f(kq,d2)，水平向左
C.eq \f(kq,d2)＋eq \f(kq,9d2)，水平向右 D.eq \f(kq,9d2)，水平向右
答案 A
解析 因为a点的电场强度为零，所以带电薄板在a点产生的电场强度与点电荷－q在a点产生的电场强度等大反向，故带电薄板在a点产生的电场强度大小为E板a＝eq \f(kq,d2)，方向水平向左，由对称性可知，带电薄板在b点产生的电场强度大小E板b＝E板a＝eq \f(kq,d2)，方向水平向右，A正确．
6．(多个点电荷电场强度的叠加和计算)如图15所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，静电力常量为k，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )
图15
A．大小为eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上
B．大小为eq \f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上
C．大小为eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下
D．大小为eq \f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下
答案 C
解析 一个点电荷在两条对角线交点处产生的场强大小为E＝eq \f(kQ,\f(\r(2),2)a2)＝eq \f(2kQ,a2)，根据电场叠加原理，对角线上的两异种点电荷在交点处的合场强为E合＝2E＝eq \f(4kQ,a2)，故两等大的场强互相垂直，故正方形两条对角线交点处的电场强度为E总＝eq \r(E\\al(合2)＋E\\al(合2))＝eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下，故选C.
7.(等效法的应用)一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的．像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置．如图16所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN.静电力常量为k，则( )
图16
A．a点的电场强度大小为E＝4keq \f(Q,L2)
B．a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小
C．b点的电场强度和c点的电场强度相同
D．一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零
答案 B
解析 由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝keq \f(Q,\f(L,2)2)＋keq \f(Q,\f(3L,2)2)＝eq \f(40kQ,9L2)，A错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知Ea>Eb，B正确；图中b、c两点的场强方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误．
8.(填补法的应用)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图17所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，eq \x\t(OM)＝eq \x\t(ON)＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
图17
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 设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为E0＝eq \f(k·2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2).题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M点产生的场强为E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为eq \f(kq,2R2)－E，A正确．
课时精练
1．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度E＝eq \f(F,q).关于该点的电场强度说法正确的是( )
A．若移去试探电荷q，则该点的电场强度为0
B．若试探电荷的电荷量变为4q，则该点的场强变为4E
C．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则电场中该点的场强大小不变，但方向相反
D．若放置到该点的试探电荷变为－2q，则电场中该点的场强大小、方向均不变
答案 D
解析 电场强度是采用比值定义法定义的，E＝eq \f(F,q)为比值定义式，在电场中某点的电场强度由电场决定，与试探电荷在该点受到的力、试探电荷的电荷量、电性无关，故D正确．
2.(2021·黑龙江牡丹江市联考)两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图1所示．A处电荷带正电，电荷量为Q1，B处电荷带负电，电荷量为Q2，且|Q2|＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则( )
图1
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
答案 A
3．3个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq(n>0)，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知( )
A．n＝3 B．n＝4
C．n＝5 D．n＝6
答案 D
解析 由于各球之间的距离远大于小球的直径，带电小球可视为点电荷．设球1和球2之间的距离为r，则接触前球1、2之间的作用力F＝keq \f(q·nq,r2)＝nkeq \f(q2,r2)①
由于3个小球相同，球3先后与球2、1接触后的电荷量变化见下表．
接触后球1、2之间的作用力F′＝keq \f(\f(n＋2q,4)·\f(nq,2),r2)②
又由题意知F＝F′③
联立①②③式，解得n＝6，D正确．
4.(多选)(2021·江苏盐城市模拟)如图2所示，坐标系中有两个带电荷量分别为＋Q和＋3Q的点电荷．在C处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是下列选项图中的( )
图2
答案 BD
解析 根据点电荷形成的电场E＝keq \f(Q,r2)及电场强度的矢量合成法则可知，C点合场强的方向是过C点紧靠x轴下方且斜向下，若试探电荷为正电荷，则所受的电场力与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，则所受的电场力与场强方向相反，选项B、D正确，A、C错误．
5.(2019·全国卷Ⅰ·15)如图3，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
图3
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
答案 D
解析 对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．
6.如图4所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是( )
图4
A．先变大后变小，方向水平向左
B．先变大后变小，方向水平向右
C．先变小后变大，方向水平向左
D．先变小后变大，方向水平向右
答案 B
解析 根据等量异种点电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误．
7.(2019·山东潍坊市质检)如图5所示，A、B为两个等量的正点电荷，O点为AB连线的中点，在AB连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是( )
图5
A．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D．负点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到负点电荷速度为零
答案 C
解析 在两个等量正点电荷连线中垂线上电场强度方向为O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向为P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则负点电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，选项A、B错误；越过O点后，负点电荷q做减速运动，则负点电荷运动到O点时速度最大，所受电场力为零，加速度为零，选项C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负点电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，选项D错误．
8.(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图6，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )
图6
A．小球a、b、c带同种电荷
B．小球a、b带异种电荷
C．小球a、b电荷量之比为eq \f(\r(3),6)
D．小球a、b电荷量之比为eq \f(\r(3),9)
答案 D
解析 对c小球受力分析可得，a、b小球必须带同种电荷，c小球才能平衡；对b小球受力分析可得，b、c小球带异种电荷，b小球才能平衡，故A、B错误．设环的半径为R，a、b、c球的带电荷量分别为q1、q2和q3，由几何关系可得lac＝R，lbc＝eq \r(3)R，a与b对c的作用力都是吸引力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则有eq \f(kq1q3,l\\al(ac2))·sin 60°＝eq \f(kq2q3,l\\al(bc2))·sin 30°，所以eq \f(q1,q2)＝eq \f(\r(3),9)，故C错误，D正确．
9.如图7所示，一个绝缘圆环，当它的eq \f(1,4)段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为( )
图7
A．2eq \r(2)E，方向由O指向D
B．4E，方向由O指向D
C．2eq \r(2)E，方向由O指向B
D．0
答案 A
解析 当圆环的eq \f(1,4)段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC均匀带电＋2q时，由如图所示的矢量合成可得，在圆心O处的电场强度大小为eq \r(2)E，方向由O指向D；当另一半圆ADC均匀带电－2q时，同理，在圆心O处的电场强度大小为eq \r(2)E，方向由O指向D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2eq \r(2)E，方向由O指向D.
10．如图8所示，a和b是点电荷电场中的两点，a点电场强度Ea与ab连线夹角为60°，b点电场强度Eb与ab连线夹角为30°，则关于此电场，下列分析中正确的是( )
图8
A．这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝1∶eq \r(3)
B．这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
C．这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝eq \r(3)∶1
D．这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
答案 D
解析 设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，从图中可知电场方向指向场源电荷，故这是一个负点电荷产生的电场，A、B错误；
设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到ra∶rb＝1∶eq \r(3)，由公式E＝keq \f(Q,r2)可得Ea∶Eb＝3∶1，故C错误，D正确．
11.如图9所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点．a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
图9
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 由于b点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和a点处点电荷在b点处产生的场强大小相等、方向相反，所以带电圆盘在b点处产生的场强为E＝keq \f(q,R2)，方向向左，根据对称性可知，带电圆盘在d点处产生的场强为keq \f(q,R2)，方向向右，则在d点处带电圆盘和a点处点电荷产生的场强方向相同，所以E′＝keq \f(q,3R2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确．
12.如图10所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d.E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零．若将H点的负电荷移到O点，则F点处场强的大小和方向为(静电力常量为k)( )
图10
A.eq \f(4kQ,d2)，方向向右 B.eq \f(4kQ,d2)，方向向左
C.eq \f(3kQ,d2)，方向向右 D.eq \f(3kQ,d2)，方向向左
答案 D
解析 当负点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，根据公式E＝keq \f(Q,r2)可得负点电荷在F点产生的电场强度大小为E＝keq \f(Q,d2)，方向水平向左，故两个正点电荷在F点的合场强大小为E′＝keq \f(Q,d2)，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为E1＝keq \f(4Q,d2)，方向水平向左，所以F点的合场强大小为E合＝keq \f(4Q,d2)－keq \f(Q,d2)＝keq \f(3Q,d2)，方向水平向左，故D正确，A、B、C错误．
13.(2019·福建南平市第二次综合质检)如图11所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上．为了使质量为m、带电荷量为＋q的小球静止在斜面上，可加一平行纸面的匀强电场(未画出)，重力加速度为g，则( )
图11
A．电场强度的最小值为E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．若电场强度E＝eq \f(mg,q)，则电场强度方向一定竖直向上
C．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大
D．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大
答案 C
解析 对小球受力分析，如图所示，
电场力与支持力垂直时，所加的电场强度最小，此时场强方向沿斜面向上，mgsin θ＝qEmin，解得电场强度的最小值为Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，选项A错误；若电场强度E＝eq \f(mg,q)，则电场力与重力大小相等，由图可知，电场力方向可能竖直向上，也可能斜向左下，选项B错误；由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力逐渐变大，电场强度逐渐增大，选项C正确，D错误．
14.(2020·浙江名校第一次联考)如图12所示，水平面上有一均匀带电圆环，带电荷量为Q，其圆心为O点．有一带电荷量为q的小球恰能静止在O点正上方的P点，O、P间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ，静电力常量为k.以下说法正确的是( )
图12
A．P点电场强度大小为eq \f(kQ,L2)
B．P点电场强度大小为eq \f(kQcs θ,L2)
C．P点电场强度大小为eq \f(kQcs2θ,L2)
D．P点电场强度大小为eq \f(kQcs3θ,L2)
答案 D
解析 将圆环分为n等份(n很大)，每等份均可看成点电荷，则圆环上每份电荷量q′(q′＝eq \f(Q,n))在P点产生的电场强度的大小为E＝eq \f(kq′,r2)＝eq \f(kq′,\f(L,cs θ)2)＝eq \f(kq′cs2θ,L2)，由对称性可知，所有点电荷在P点水平方向上合场强为0，竖直方向上的合场强大小为E′＝eq \f(nkq′cs2 θ,L2)cs θ＝eq \f(kQcs3θ,L2)，选项D正确，A、B、C错误．
15．(多选)如图13所示，在光滑定滑轮C正下方与C相距h的A处固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，电荷量为q的带正电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力F拉住，使B处于静止状态，此时B与A点的距离为R，B和C之间的细线与AB垂直．若B所受的重力为G，缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮，静电力常量为k，环境可视为真空，则下列说法正确的是( )
图13
A．F逐渐增大
B．F逐渐减小
C．B受到的库仑力大小不变
D．B受到的库仑力逐渐增大
答案 BC
解析 对B进行受力分析，如图所示，
根据三力平衡和相似三角形可得：eq \f(G,h)＝eq \f(F1,R)＝eq \f(F′,L)，又F1＝eq \f(kQq,R2)，则eq \f(G,h)＝eq \f(kQq,R3)＝eq \f(F′,L)，有F′＝eq \f(LG,h)，且F＝F′，当L逐渐减小时，F逐渐减小，选项A错误，B正确；在B缓慢移动过程中，设B与A点的距离为x，在整个过程中，x都满足eq \f(G,h)＝eq \f(kQq,x3)，对比eq \f(G,h)＝eq \f(kQq,R3)，得x＝R，即B与点电荷间的距离不变，B受到的库仑力大小不变，选项C正确，D错误．公式
适用条件
说明
定义式
E＝eq \f(F,q)
任何电场
某点的场强为确定值，大小及方向与q无关
决定式
E＝keq \f(Q,r2)
真空中点电荷的电场
E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定
关系式
E＝eq \f(U,d)
匀强电场
d是沿电场方向的距离
比较项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线的分布图
连线中点O处的场强
连线上O点场强最小，指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小(从左到右)
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿连线的中垂线由O点向外的场强大小
O点最大，向外逐渐变小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称点的场强(如A与A′、B与B′、C与C′等)
等大同向
等大反向
球1
球2
球3
接触前
q
nq
0
球3与球2接触后
q
eq \f(nq,2)
eq \f(nq,2)
球3与球1接触后
eq \f(n＋2q,4)
eq \f(nq,2)
eq \f(n＋2q,4)