資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
專題16 庫侖定律 電場力的性質(zhì)
課標(biāo)要求 知識要點(diǎn) 命題推斷
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.會分析、計算在電場力作用下的電荷的平衡及運(yùn)動問題． 考點(diǎn)一　庫侖定律的理解及應(yīng)用 考點(diǎn)二　電場強(qiáng)度的理解 考點(diǎn)三　電場線和運(yùn)動軌跡問題 考點(diǎn)四　帶電體的力電綜合問題 題型：選擇題 計算題 1庫侖力作用下的平衡問題 2庫侖力作用下的加速運(yùn)動問題 3疊加法、對稱法、補(bǔ)償法、微元法求電場強(qiáng)度 4電場線的應(yīng)用 5電場線+運(yùn)動軌跡組合模型
考點(diǎn)一　庫侖定律的理解及應(yīng)用
1．表達(dá)式：F＝k，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．
3．三個自由點(diǎn)電荷的平衡問題
(1)條件：兩個點(diǎn)電荷在第三個點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個點(diǎn)電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反．
(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”——三個點(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．
考點(diǎn)二　電場強(qiáng)度的理解
1．場強(qiáng)公式的比較
三個公式
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(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．
考點(diǎn)三　電場線和運(yùn)動軌跡問題
1．電場線與運(yùn)動軌跡的關(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)動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重合：
(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，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起．
考點(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
①勻速直線運(yùn)動：F合＝0.
②變速直線運(yùn)動：F合≠0，且F合與速度方向總是一致．
(3)做曲線運(yùn)動：F合≠0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動軌跡曲線凹的一側(cè)．
(4)F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動：0≤α＜90°；減速運(yùn)動；90°＜α≤180°.
(5)勻變速運(yùn)動：F合＝恒量．
（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：，現(xiàn)將一電量大小為q、質(zhì)量為m的負(fù)點(diǎn)電荷在x＝d（d＞0）處靜止釋放。若d R，不計點(diǎn)電荷重力，則點(diǎn)電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近（　?。?br/>A． B．2 C． D．2
（2024 東莞市校級模擬）如圖所示是空氣凈化器內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化圖，其中的負(fù)極針組件產(chǎn)生電暈，釋放出大量電子，電子被空氣中的氧分子捕捉，從而生成空氣負(fù)離子。負(fù)離子能使空氣中煙塵、病菌等微粒帶電，進(jìn)而使其吸附到集塵柵板上，達(dá)到凈化空氣的作用。下列說法正確的（　　）
A．負(fù)極針組件附近的電勢較低
B．為了更有效率地吸附塵埃，集塵柵板應(yīng)帶負(fù)電
C．負(fù)極針組件產(chǎn)生電暈，利用了靜電屏蔽的原理
D．煙塵吸附到集塵柵板的過程中，電勢能增加
（2024 金東區(qū)校級模擬）如圖所示，原來不帶電的長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個帶正電的點(diǎn)電荷q放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處。已知O為棒的中點(diǎn)，A、B為棒上左、右端的一點(diǎn)，當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后（　?。?br/>A．棒整體帶負(fù)電
B．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高
C．感應(yīng)電荷在O處的場強(qiáng)方向水平向左
D．O點(diǎn)場強(qiáng)大小為
（2024 朝陽區(qū)二模）如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過定滑輪與帶電小球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)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．細(xì)線中的拉力一直減小
B．球B受到的庫侖力先減小后增大
C．球A、B系統(tǒng)的電勢能保持不變
D．拉力做負(fù)功，庫侖力做正功
（2024 西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，兩相同的小球M、N用等長的絕緣細(xì)線懸掛在豎直絕緣墻壁上的O點(diǎn)，懸點(diǎn)到小球中心的距離均為L，給小球N帶上電，電荷量大小為q，小球M上電荷量未知且保持不變。由于庫侖斥力作用，初次平衡時兩小球間的距離為d1，由于某種原因，小球N緩慢漏電，當(dāng)兩小球間的距離為d2時，小球N的電荷量為（　?。?br/>A． B．
C． D．
（2024 荊州區(qū)校級四模）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的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。如圖所示，在絕緣球球面AA1B1B上均勻分布正電荷，總電荷量為q；在剩余球面AB上均勻分布負(fù)電荷，總電荷量是。球半徑為R，球心為O，CD為球面AA1B1B的對稱軸，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，且OM＝ON＝2R，A1A＝B1B，A1A∥B1B∥CD。已知球面A1B1在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，靜電力常量為k，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
（2024 市中區(qū)校級二模）如圖所示在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中有一帶電絕緣物體P處于水平面上。已知P的質(zhì)量為m、帶電量為+q，其所受阻力與時間的關(guān)系為f＝f0+kt。t＝0時物體P由靜止開始運(yùn)動直至速度再次為零的過程中，以下說法正確的是（　　）
A．物體達(dá)到最大速度的時間
B．物體達(dá)到的最大速度為
C．全過程中，物體所受電場力的沖量為
D．全過程中，物體的阻力f的沖量為
（2024 重慶模擬）如圖所示，在Ox軸的原點(diǎn)和坐標(biāo)為a的點(diǎn)分別固定有電荷量為+4Q和﹣Q的點(diǎn)電荷．已知靜電力常量為k，求：
（1）坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小與方向；
（2）x軸上場強(qiáng)為0的點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，M是A、B連線的中點(diǎn)，A、B連線水平。用絕緣絲線一端固定于O點(diǎn)，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點(diǎn)N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線長度ON＝2L，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
（1）帶電小球所受總的庫侖力F；
（2）小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大??；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強(qiáng)E。
（2024 西城區(qū)校級模擬）法拉第提出場的概念，并且用場線直觀地描繪了場，場線的疏密程度表示場的強(qiáng)弱，場線上每一點(diǎn)的切線方向表示場強(qiáng)的方向。
（1）狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點(diǎn)電荷的電場線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒Q在其上方沿順時針方向（俯視）做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡的圓心O到磁單極子的距離為d，運(yùn)動周期為T，重力加速度為g。
①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；
②分析該微粒帶正電還是負(fù)電，并求出該微粒運(yùn)動軌跡的半徑R。
（2）場的通量可以描述場線的數(shù)量，在研究磁場時我們引入了磁通量Φ，定義磁通量Φ＝BS，其中B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為垂直于磁場的面積。
①如圖2所示，真空中存在電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，以點(diǎn)電荷為球心，做半徑為r、高度為h的球冠，已知真空中靜電力常量為k，球冠的表面積為2πrh，請類比磁通量的定義，求通過球冠的電通量ΦE；
②真空中存在兩個異種點(diǎn)電荷+q1和﹣q2，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于﹣q2的一條電場線，該電場線在兩點(diǎn)電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為α和β，求兩點(diǎn)電荷的電荷量之比。
題型1庫侖力作用下的平衡問題
（2024 大慶三模）如圖所示，兩根絕緣細(xì)線的上端都系在水平天花板上，另一端分別連著兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時處于同一水平高度，P球質(zhì)量為m，兩細(xì)線與天花板間的夾角分別為α＝30°，β＝45°，重力加速度為g。下列說法正確的是（　?。?br/>A．左側(cè)細(xì)線對小球的拉力大小為mg
B．右側(cè)小球的質(zhì)量為m
C．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，P球的加速度大小為2g
D．剪斷右側(cè)細(xì)線的瞬間，Q球的加速度大小為g
（2024 杭州二模）如圖，某同學(xué)為研究靜電力大小的影響因素，用輕質(zhì)絕緣細(xì)線將帶電小球A懸掛在鐵架臺上B點(diǎn)，細(xì)線長度遠(yuǎn)大于小球直徑，在B點(diǎn)正下方固定一帶電小球C。兩球靜止時，細(xì)線與豎直方向呈一定夾角。某時刻起，小球A緩慢漏電，開始在豎直平面內(nèi)緩慢運(yùn)動，在小球A運(yùn)動過程中，細(xì)線的拉力大小變化情況是（　?。?br/>A．一直增大 B．一直減小
C．一直不變 D．先增大后減小
（2024 馬鞍山三模）如圖所示，在光滑小滑輪O正下方相距h處固定一電量為Q的小球A，電量為q的帶電小球B用一絕緣細(xì)線通過定滑輪拉住并處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時小球B與A的距離為R?，F(xiàn)用力F緩慢拉動細(xì)線，使B球移動一小段距離。假定兩球均可視為點(diǎn)電荷且電荷量均保持不變，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球B重力大小為
B．細(xì)線上的拉力先增大后減小
C．兩球之間的靜電力不斷變小
D．B球電勢能大小保持不變
題型2庫侖力作用下的加速運(yùn)動問題
如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個分別帶異種電荷的大小、形狀均相同的小球A和B（可視為點(diǎn)電荷），A球帶電荷量為+2q，B球帶電荷量為﹣q，將它們同時由靜止開始釋放，A球加速度的大小與B球的加速度的大小之比為，現(xiàn)將A、B接觸后再放回原處，同時由靜止釋放的瞬間，加速度大小之比為．則（　?。?br/>A．兩球的質(zhì)量之比為
B．兩球的質(zhì)量之比為
C．
D．
（多選）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球（可以看成點(diǎn)電荷），A球帶電量為+2q，B球帶電量為﹣q，將它們同時由靜止開始釋放，A球加速度的大小為B球的2倍．現(xiàn)在AB中點(diǎn)固定一個帶電小球C（也可看作點(diǎn)電荷），再同時由靜止釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等．則C球帶電量可能為（　　）
A．q B．q C．q D．4q
如圖所示，絕緣水平面上靜止著兩個質(zhì)量均為m、電量均為+Q的物體A和B（A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)），它們間的距離為r，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ．求：
（1）A受到的摩擦力．
（2）如果將A的電量增至+4Q，則兩物體將開始運(yùn)動，當(dāng)它們的加速度第一次為零時，A、B各運(yùn)動了多遠(yuǎn)的距離？
題型3疊加法、對稱法、補(bǔ)償法、微元法求電場強(qiáng)度
（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（　?。?br/>A． B．
C． 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．
（2023 濰坊三模）如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ（σ＞0），其軸線上任意一點(diǎn)P（坐標(biāo)為x）的電場強(qiáng)度可以由電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1]，方向沿x軸。現(xiàn)考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后（如圖乙所示），在其軸線上任意一點(diǎn)Q（坐標(biāo)為x）處放置一個點(diǎn)電荷q0，則q0所受電場力的大小為（　　）
A．2πkσ0q0 B．2πkσ0q0
C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0
題型4電場線的應(yīng)用
（2024春 杭州期末）某電場的電場線分布如圖所示，A、B、C、D是電場中的四個點(diǎn)，則關(guān)于該電場，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該電場可能是某帶正電的點(diǎn)電荷形成的
B．由圖可知四點(diǎn)中B點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大
C．B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同
D．某電荷僅受電場力時能沿電場線從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)
（多選）（2024春 鼓樓區(qū)校級期末）空間有兩個帶等量正電荷的點(diǎn)電荷處于水平位置如圖所示，O點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，A、B為連線上相對O點(diǎn)對稱的點(diǎn)，C、D在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，OC＞OD。下列說法正確的是（　?。?br/>A．A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)相同
B．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小可能相等
C．從A點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶正電粒子，在從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動的過程中，帶電粒子所受的電場力越來越小
D．從C點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶負(fù)電粒子，在從C點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動過程其加速度可能先增大后減少
如圖所示是一對不等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布圖，圖中兩點(diǎn)電荷連線長度為2r，左側(cè)點(diǎn)電荷帶電荷量為+2q，右側(cè)點(diǎn)電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點(diǎn)關(guān)于兩電荷連線對稱．由圖可知（　　）
A．P、Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同
B．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度
C．把同一試探電荷放在N點(diǎn)其所受電場力大于放在M點(diǎn)所受的電場力
D．兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為3k
題型5電場線+運(yùn)動軌跡組合模型
（2024春 閔行區(qū)期末）如圖所示，一帶電粒子僅受電場力的作用，它從A運(yùn)動到B的徑跡如虛線所示，下列結(jié)論中正確的是（　　）
A．由于該電場的電場線是直線，所以該電場是勻強(qiáng)電場
B．B點(diǎn)的場強(qiáng)比A點(diǎn)的場強(qiáng)小
C．粒子帶負(fù)電
D．粒子的加速度不斷變小
（2023秋 天津期末）如圖所示，實(shí)線為某一靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的三條電場線，虛線為另一帶電粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點(diǎn)，則下列說法正確的是（　　）
A．場源電荷一定帶負(fù)電
B．運(yùn)動的帶電粒子一定帶正電
C．帶電粒子在c點(diǎn)的速度一定大于在a點(diǎn)的速度
D．帶電粒子在c點(diǎn)的加速度一定小于在b點(diǎn)的加速度
（2024 鄭州一模）靜電透鏡被廣泛應(yīng)用于電子器件中，如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側(cè)進(jìn)入聚焦電場，實(shí)線為電子運(yùn)動的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點(diǎn)，電子僅在電場力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動到R點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是（　　）
A．P點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)的電勢
B．電子在P點(diǎn)的加速度小于在R點(diǎn)的加速度
C．從P至R的運(yùn)動過程中，電子的電勢能減小
D．從P至R的運(yùn)動過程中，電子的動能先減小后增大中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
專題16 庫侖定律 電場力的性質(zhì)
課標(biāo)要求 知識要點(diǎn) 命題推斷
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.會分析、計算在電場力作用下的電荷的平衡及運(yùn)動問題． 考點(diǎn)一　庫侖定律的理解及應(yīng)用 考點(diǎn)二　電場強(qiáng)度的理解 考點(diǎn)三　電場線和運(yùn)動軌跡問題 考點(diǎn)四　帶電體的力電綜合問題 題型：選擇題 計算題 1庫侖力作用下的平衡問題 2庫侖力作用下的加速運(yùn)動問題 3疊加法、對稱法、補(bǔ)償法、微元法求電場強(qiáng)度 4電場線的應(yīng)用 5電場線+運(yùn)動軌跡組合模型
考點(diǎn)一　庫侖定律的理解及應(yīng)用
1．表達(dá)式：F＝k，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．
3．三個自由點(diǎn)電荷的平衡問題
(1)條件：兩個點(diǎn)電荷在第三個點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個點(diǎn)電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反．
(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”——三個點(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??；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．
考點(diǎn)二　電場強(qiáng)度的理解
1．場強(qiáng)公式的比較
三個公式
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(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．
考點(diǎn)三　電場線和運(yùn)動軌跡問題
1．電場線與運(yùn)動軌跡的關(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)動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重合：
(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，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起．
考點(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
①勻速直線運(yùn)動：F合＝0.
②變速直線運(yùn)動：F合≠0，且F合與速度方向總是一致．
(3)做曲線運(yùn)動：F合≠0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動軌跡曲線凹的一側(cè)．
(4)F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動：0≤α＜90°；減速運(yùn)動；90°＜α≤180°.
(5)勻變速運(yùn)動：F合＝恒量．
（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：，現(xiàn)將一電量大小為q、質(zhì)量為m的負(fù)點(diǎn)電荷在x＝d（d＞0）處靜止釋放。若d R，不計點(diǎn)電荷重力，則點(diǎn)電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近（　?。?br/>A． B．2 C． D．2
【解答】解：根據(jù)電場強(qiáng)度的表達(dá)式：，可知在x＝0處的電場強(qiáng)度為E0＝2πkσ
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)動能定理得：qE0dmv2﹣0
解得：v＝2，故點(diǎn)電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近2，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 東莞市校級模擬）如圖所示是空氣凈化器內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化圖，其中的負(fù)極針組件產(chǎn)生電暈，釋放出大量電子，電子被空氣中的氧分子捕捉，從而生成空氣負(fù)離子。負(fù)離子能使空氣中煙塵、病菌等微粒帶電，進(jìn)而使其吸附到集塵柵板上，達(dá)到凈化空氣的作用。下列說法正確的（　?。?br/>A．負(fù)極針組件附近的電勢較低
B．為了更有效率地吸附塵埃，集塵柵板應(yīng)帶負(fù)電
C．負(fù)極針組件產(chǎn)生電暈，利用了靜電屏蔽的原理
D．煙塵吸附到集塵柵板的過程中，電勢能增加
【解答】解：A．電場線由正極指向負(fù)極，負(fù)極針組件附近的電勢較低，故A正確；
B．負(fù)離子能使空氣中煙塵、病菌等微粒帶負(fù)電，為了更有效率地吸附塵埃，集塵柵板應(yīng)帶正電，故B錯誤；
C．負(fù)極針組件產(chǎn)生電暈，釋放出大量電子，利用了尖端放電的原理，故C錯誤；
D．煙塵吸附到集塵柵板的過程中，電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ，可知電勢升高，帶負(fù)電的煙塵電勢能減少，故D錯誤。
故選：A。
（2024 金東區(qū)校級模擬）如圖所示，原來不帶電的長為l的導(dǎo)體棒水平放置，現(xiàn)將一個帶正電的點(diǎn)電荷q放在棒的中心軸線上距離棒的左端R處。已知O為棒的中點(diǎn)，A、B為棒上左、右端的一點(diǎn)，當(dāng)棒達(dá)到靜電平衡后（　　）
A．棒整體帶負(fù)電
B．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高
C．感應(yīng)電荷在O處的場強(qiáng)方向水平向左
D．O點(diǎn)場強(qiáng)大小為
【解答】解：A．根據(jù)電荷守恒定律可知，棒的電荷量不變，所以不帶電，故A錯誤；
B．由靜電平衡可知，導(dǎo)體棒是一個等勢體，所以其表面上各點(diǎn)電勢處處相等，故B錯誤；
CD．由靜電平衡可知，O點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，感應(yīng)電荷在O處電場強(qiáng)度與正點(diǎn)電荷在O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反。正電荷在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向向右，所以感應(yīng)電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向向左，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 朝陽區(qū)二模）如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細(xì)線繞過定滑輪與帶電小球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)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．細(xì)線中的拉力一直減小
B．球B受到的庫侖力先減小后增大
C．球A、B系統(tǒng)的電勢能保持不變
D．拉力做負(fù)功，庫侖力做正功
【解答】解：對小球B分析可知，受細(xì)線的拉力T，靜電斥力F和重力G，受力分析如圖所示：
由相似三角形可知：，現(xiàn)緩慢釋放細(xì)線，使球B移動一小段距離，可知L變大，細(xì)線中的拉力T變大；r不變，球B受到的庫侖力不變；球A、B系統(tǒng)的電勢能保持不變；拉力做負(fù)功，球A、B間距離不變，庫侖力做不做功，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2024 西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，兩相同的小球M、N用等長的絕緣細(xì)線懸掛在豎直絕緣墻壁上的O點(diǎn)，懸點(diǎn)到小球中心的距離均為L，給小球N帶上電，電荷量大小為q，小球M上電荷量未知且保持不變。由于庫侖斥力作用，初次平衡時兩小球間的距離為d1，由于某種原因，小球N緩慢漏電，當(dāng)兩小球間的距離為d2時，小球N的電荷量為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：如圖所示：
對小球M受力分析可知M所受的重力，繩的拉力和庫侖力F構(gòu)成的力的三角形與OMN長度三角形一直相似，所以當(dāng)初次平衡時兩小球間的距離為d1 時，有：，當(dāng)兩小球間的距離為d2 時，有：，而根據(jù)庫侖定律，兩種狀態(tài)下庫侖力分別有：，，聯(lián)立解得：，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2024 荊州區(qū)校級四模）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的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。如圖所示，在絕緣球球面AA1B1B上均勻分布正電荷，總電荷量為q；在剩余球面AB上均勻分布負(fù)電荷，總電荷量是。球半徑為R，球心為O，CD為球面AA1B1B的對稱軸，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，且OM＝ON＝2R，A1A＝B1B，A1A∥B1B∥CD。已知球面A1B1在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，靜電力常量為k，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：將AB部分補(bǔ)上，使球殼變成﹣一個均勻帶正電的完整的球殼，完整球殼帶電荷量為
Qq
為保證電荷量不變，球面AB帶負(fù)電荷量為q，則該球殼帶正電的部分在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為
EM
根據(jù)對稱性可知：①帶正電的部分完整球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小
EN
②球面AB帶負(fù)電荷量為q，在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為2E，兩者方向相反；
則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為
E'N＝|2E|
故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
（2024 市中區(qū)校級二模）如圖所示在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中有一帶電絕緣物體P處于水平面上。已知P的質(zhì)量為m、帶電量為+q，其所受阻力與時間的關(guān)系為f＝f0+kt。t＝0時物體P由靜止開始運(yùn)動直至速度再次為零的過程中，以下說法正確的是（　　）
A．物體達(dá)到最大速度的時間
B．物體達(dá)到的最大速度為
C．全過程中，物體所受電場力的沖量為
D．全過程中，物體的阻力f的沖量為
【解答】解：A.當(dāng)牽引力F＝f時，汽車的速度達(dá)到最大，即f0+kt＝qE
此時t
故A錯誤；
B.如圖：
由a﹣t圖像可知，三角形面積代表速度的變化量的大小，則
vm
故B正確；
C.由圖像分析，運(yùn)動到停止的時間
t'＝2t
則電場力的沖量為
I＝Eqt
解得I
故C錯誤；
D.因初未態(tài)速度均為0，全過程動量變化量為0，故合外力沖量為0，則阻力的沖量為
I'
若按照的平均值算也是此結(jié)果，故D錯誤。
故選：B。
（2024 重慶模擬）如圖所示，在Ox軸的原點(diǎn)和坐標(biāo)為a的點(diǎn)分別固定有電荷量為+4Q和﹣Q的點(diǎn)電荷．已知靜電力常量為k，求：
（1）坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小與方向；
（2）x軸上場強(qiáng)為0的點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）依據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E，+4Q的點(diǎn)電荷在坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小E1，方向水平向右；
同理，﹣Q的點(diǎn)電荷在坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小E2，方向水平向右；
依據(jù)矢量的合成法則，則有兩點(diǎn)電荷在坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小E＝E1+E2，而方向水平向右；
（2）+4Q和﹣Q的點(diǎn)電荷，要求x軸上的合場強(qiáng)為零的位置，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式，結(jié)合矢量的合成法則，
所以合場強(qiáng)為零的位置應(yīng)該在﹣Q的右側(cè)，設(shè)場強(qiáng)為0的點(diǎn)距離﹣Q點(diǎn)電荷間距為x，
則：E4Q＝EQ
所以
解得x＝a；
那么x軸上場強(qiáng)為0的點(diǎn)的坐標(biāo)+2a．
答：（1）坐標(biāo)為a場點(diǎn)的場強(qiáng)大小，方向水平向右；
（2）x軸上場強(qiáng)為0的點(diǎn)的坐標(biāo)+2a．
（2024 天心區(qū)校級模擬）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，M是A、B連線的中點(diǎn)，A、B連線水平。用絕緣絲線一端固定于O點(diǎn)，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點(diǎn)N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線長度ON＝2L，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
（1）帶電小球所受總的庫侖力F；
（2）小球所帶電荷的電性及電荷量Q的大小；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強(qiáng)E。
【解答】解：（1）對小球受力分析
F拉sinθ＝F
F拉cosθ＝mg
所以
F＝mgtanθ
根據(jù)幾何關(guān)系
θ＝30°
則
Fmg
（2）A對球的庫侖力FA＝k
B對球的庫侖力FB＝k
F＝FA+FB
聯(lián)立解得Q，小球帶負(fù)電；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的總場強(qiáng)
E
解得E
答：（1）帶電小球所受總的庫侖力F為mg；
（2）小球所帶的電荷量Q為，帶負(fù)電；
（3）等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的總場強(qiáng)E為。
（2024 西城區(qū)校級模擬）法拉第提出場的概念，并且用場線直觀地描繪了場，場線的疏密程度表示場的強(qiáng)弱，場線上每一點(diǎn)的切線方向表示場強(qiáng)的方向。
（1）狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點(diǎn)電荷的電場線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒Q在其上方沿順時針方向（俯視）做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡的圓心O到磁單極子的距離為d，運(yùn)動周期為T，重力加速度為g。
①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；
②分析該微粒帶正電還是負(fù)電，并求出該微粒運(yùn)動軌跡的半徑R。
（2）場的通量可以描述場線的數(shù)量，在研究磁場時我們引入了磁通量Φ，定義磁通量Φ＝BS，其中B為磁感應(yīng)強(qiáng)度，S為垂直于磁場的面積。
①如圖2所示，真空中存在電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，以點(diǎn)電荷為球心，做半徑為r、高度為h的球冠，已知真空中靜電力常量為k，球冠的表面積為2πrh，請類比磁通量的定義，求通過球冠的電通量ΦE；
②真空中存在兩個異種點(diǎn)電荷+q1和﹣q2，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于﹣q2的一條電場線，該電場線在兩點(diǎn)電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為α和β，求兩點(diǎn)電荷的電荷量之比。
【解答】解：（1）①根據(jù)題意，磁單極子的磁感線分布與點(diǎn)電荷的電場線分布相似，磁感線從N極出發(fā)，回到S極，可得磁單極子N極的磁場分布如圖所示
②設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，其軌跡上任意一點(diǎn)和磁單極子的連線與豎直方向的夾角為θ，做出帶電粒子的受力分析如圖所示
根據(jù)左手定則可知該粒子帶正電。
由幾何關(guān)系可得：，根據(jù)力的矢量關(guān)系可得：，由牛頓第二定律有：，聯(lián)立以上各式解得：；
（2）①根據(jù)磁通量的定義，類比磁通量的計算公式，可得通過球冠的電通量：；
②分別以+q1、﹣q2 為球心，取一半徑為r0的很小的球面，對應(yīng)的球冠面積可以分別表示為：Sα＝2πr0 r0（1﹣cosα），Sβ＝2πr0 r0（1﹣cosβ），
穿過兩個球面的電通量分別為 ，，
由于電場線都是從正電荷出發(fā)回到負(fù)電荷，則在很小的球面上的球冠上的電通量相等，有，
整理可得：。
答：（1）①在圖中畫出N極磁單極子周圍的磁感線；
②該微粒帶正電，該微粒運(yùn)動軌跡的半徑為：。
（2）①通過球冠的電通量為：；
②兩點(diǎn)電荷的電荷量之比為：。
題型1庫侖力作用下的平衡問題
（2024 大慶三模）如圖所示，兩根絕緣細(xì)線的上端都系在水平天花板上，另一端分別連著兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時處于同一水平高度，P球質(zhì)量為m，兩細(xì)線與天花板間的夾角分別為α＝30°，β＝45°，重力加速度為g。下列說法正確的是（　?。?br/>A．左側(cè)細(xì)線對小球的拉力大小為mg
B．右側(cè)小球的質(zhì)量為m
C．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，P球的加速度大小為2g
D．剪斷右側(cè)細(xì)線的瞬間，Q球的加速度大小為g
【解答】解：A、對P球受力分析如圖所示：
由共點(diǎn)力平衡條件得細(xì)線的拉力為：，庫侖力大小為：，故A錯誤；
B、對Q受力分析，則有：，又，，聯(lián)立解得：，故B錯誤；
C、剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，庫侖力不變，小球P所受的合力F合＝T＝2mg，根據(jù)牛頓第二定律得：，故C正確；
D、剪斷右側(cè)細(xì)線的瞬間，庫侖力不變，小球Q所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律得：，故D錯誤。
故選：C。
（2024 杭州二模）如圖，某同學(xué)為研究靜電力大小的影響因素，用輕質(zhì)絕緣細(xì)線將帶電小球A懸掛在鐵架臺上B點(diǎn)，細(xì)線長度遠(yuǎn)大于小球直徑，在B點(diǎn)正下方固定一帶電小球C。兩球靜止時，細(xì)線與豎直方向呈一定夾角。某時刻起，小球A緩慢漏電，開始在豎直平面內(nèi)緩慢運(yùn)動，在小球A運(yùn)動過程中，細(xì)線的拉力大小變化情況是（　　）
A．一直增大 B．一直減小
C．一直不變 D．先增大后減小
【解答】解：以小球A為研究對象，進(jìn)行受力分析，如圖：
根據(jù)幾何關(guān)系得△F″AF′∽△CBA，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得：，
又F″＝G，所以在A帶電量逐漸減少的過程中，CB、AB、G均不變，則線的拉力F′不變。故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2024 馬鞍山三模）如圖所示，在光滑小滑輪O正下方相距h處固定一電量為Q的小球A，電量為q的帶電小球B用一絕緣細(xì)線通過定滑輪拉住并處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時小球B與A的距離為R。現(xiàn)用力F緩慢拉動細(xì)線，使B球移動一小段距離。假定兩球均可視為點(diǎn)電荷且電荷量均保持不變，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（　　）
A．小球B重力大小為
B．細(xì)線上的拉力先增大后減小
C．兩球之間的靜電力不斷變小
D．B球電勢能大小保持不變
【解答】解：對小球B受力分析，如圖所示：
設(shè)OB間的距離為L，由三角形相似可得：
A、小球B所受的重力大小為：，故A錯誤；
B、用力F緩慢拉動細(xì)線時有：，L減小，h不變，GB不變，則拉力F一直減小，故B錯誤；
CD、由A得：，由于h不變，GB不變，則R不變，A、B兩球之間的距離不變，球B球電勢能大小保持不變，根據(jù)庫侖定律可得兩球之間的靜電力也保持不變，故D正確，C錯誤。
故選：D。
題型2庫侖力作用下的加速運(yùn)動問題
如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個分別帶異種電荷的大小、形狀均相同的小球A和B（可視為點(diǎn)電荷），A球帶電荷量為+2q，B球帶電荷量為﹣q，將它們同時由靜止開始釋放，A球加速度的大小與B球的加速度的大小之比為，現(xiàn)將A、B接觸后再放回原處，同時由靜止釋放的瞬間，加速度大小之比為．則（　　）
A．兩球的質(zhì)量之比為
B．兩球的質(zhì)量之比為
C．
D．
【解答】解：A、兩個小球所受庫侖力相等，根據(jù)牛頓第二定律：a，F(xiàn)相等，則，故A錯誤，B錯誤；
C、將A、B接觸后再放回原處，兩小球受的庫侖力為相互作用力，仍然大小相等，則加速度之比與質(zhì)量之比成反比，加速度之比仍為，故C錯誤，D正確；
故選：D。
（多選）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球（可以看成點(diǎn)電荷），A球帶電量為+2q，B球帶電量為﹣q，將它們同時由靜止開始釋放，A球加速度的大小為B球的2倍．現(xiàn)在AB中點(diǎn)固定一個帶電小球C（也可看作點(diǎn)電荷），再同時由靜止釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等．則C球帶電量可能為（　　）
A．q B．q C．q D．4q
【解答】解：由靜止開始釋放，A球加速度的大小為B球的2倍。根據(jù)牛頓第二定律可知，A、B兩個帶電小球的質(zhì)量之比為1：2；
當(dāng)在AB中點(diǎn)固定一個帶電小球C，由靜止釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等，則有C球帶正電，
根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，且有：對A來說，
對B來說，
綜上解得，
根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，且有：對A來說，
對B來說，
綜上解得，，故AB正確，CD錯誤；
故選：AB。
如圖所示，絕緣水平面上靜止著兩個質(zhì)量均為m、電量均為+Q的物體A和B（A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)），它們間的距離為r，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ．求：
（1）A受到的摩擦力．
（2）如果將A的電量增至+4Q，則兩物體將開始運(yùn)動，當(dāng)它們的加速度第一次為零時，A、B各運(yùn)動了多遠(yuǎn)的距離？
【解答】解：（1）對A受力分析如圖所示，因A處于靜止?fàn)顟B(tài)，故有庫侖力F大小等于靜摩擦力f大小，庫侖力為：
所以f＝F
（2）當(dāng)加速度為0時，有庫侖力大小F′等于滑動摩擦力大小f′，即：
F′＝f′＝μN(yùn)＝μmg
又有：F′
解得：r′＝2Q
所以A、B各運(yùn)動的距離為：SQ
答：（1）A受的摩擦力為．
（2）當(dāng)它們的加速度第一次為零時，A、B各運(yùn)動的距離為Q．
題型3疊加法、對稱法、補(bǔ)償法、微元法求電場強(qiáng)度
（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． B．
C． D．
【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，故ABC錯誤，D正確。
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（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：根據(jù)題意，對于圓環(huán)，設(shè)每個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R，微元電荷與A點(diǎn)連線與水平方向的夾角為45°，根據(jù)對稱性和點(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＝ncos45°
P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與成正比。
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023 濰坊三模）如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ（σ＞0），其軸線上任意一點(diǎn)P（坐標(biāo)為x）的電場強(qiáng)度可以由電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1]，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后（如圖乙所示），在其軸線上任意一點(diǎn)Q（坐標(biāo)為x）處放置一個點(diǎn)電荷q0，則q0所受電場力的大小為（　　）
A．2πkσ0q0 B．2πkσ0q0
C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0
【解答】解：在Q點(diǎn)處的合場強(qiáng)E＝E1+E2，E1＝2πkσ（無窮大的帶電圓盤在此處產(chǎn)生的場強(qiáng)），E2＝2πkσ[1]方向與E1相反。合成得
E＝2πkδ0方向與E1相同，q0在此處受的電場力就是2πkδ0q，故BCD錯誤，故A正確。
故選：A。
題型4電場線的應(yīng)用
（2024春 杭州期末）某電場的電場線分布如圖所示，A、B、C、D是電場中的四個點(diǎn)，則關(guān)于該電場，下列說法正確的是（　　）
A．該電場可能是某帶正電的點(diǎn)電荷形成的
B．由圖可知四點(diǎn)中B點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大
C．B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同
D．某電荷僅受電場力時能沿電場線從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)
【解答】解：A、正點(diǎn)電荷的電場線是向外輻射的直線，所以該電場不是正點(diǎn)電荷的電場，故A錯誤；
B、在電場中用電場線的疏密程度描述電場的強(qiáng)弱，在B處的電場線最為密集，所以B處 的場強(qiáng)最大，故B正確；
C、電場線上某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場強(qiáng)方向，B、D兩點(diǎn)雖然在同一條電場線上，但電場線是曲線，所以這兩點(diǎn)的切線方向不同，即這兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向不同，故C錯誤；
D、當(dāng)電場線為直線，電荷僅受電場力作用時，且從靜止出發(fā)或初速度方向與電場線共線時，電荷的運(yùn)動軌跡才會和電場線重合，所以某電荷僅受電場力時不可能沿電場線從B點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2024春 鼓樓區(qū)校級期末）空間有兩個帶等量正電荷的點(diǎn)電荷處于水平位置如圖所示，O點(diǎn)為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，A、B為連線上相對O點(diǎn)對稱的點(diǎn)，C、D在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，OC＞OD。下列說法正確的是（　?。?br/>A．A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)相同
B．C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小可能相等
C．從A點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶正電粒子，在從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動的過程中，帶電粒子所受的電場力越來越小
D．從C點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶負(fù)電粒子，在從C點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動過程其加速度可能先增大后減少
【解答】解：A．等量同種點(diǎn)電荷形成的電場關(guān)于O點(diǎn)對稱的A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)等大反向，場強(qiáng)不同，故A錯誤；
B．等量同種正點(diǎn)電荷形成的電場在中垂線上的任意一點(diǎn)場強(qiáng)為
其中r為該點(diǎn)據(jù)點(diǎn)電荷的距離，θ為點(diǎn)電荷在該處場強(qiáng)與中垂線的夾角，由于OC＞OD則
rC＞rD
那么有
θD＞θC
即
cosθC＞cosθD
所以C、D兩點(diǎn)場強(qiáng)大小無法判定，有可能大小相等，故B正確；
C．等量同種正點(diǎn)電荷形成的電場在O點(diǎn)場強(qiáng)為零，電場力為零，從A點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶正電粒子，在從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動的過程中，場強(qiáng)先減小后增大，電場力先減少后增大，故C錯誤；
D．從C點(diǎn)靜止釋放一不計重力的帶負(fù)電粒子，由于CO段場強(qiáng)變化無法確定，故加速度大小變化無法確定，有可能是先增大后減少，故D正確。
故選：BD。
如圖所示是一對不等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布圖，圖中兩點(diǎn)電荷連線長度為2r，左側(cè)點(diǎn)電荷帶電荷量為+2q，右側(cè)點(diǎn)電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點(diǎn)關(guān)于兩電荷連線對稱．由圖可知（　?。?br/>A．P、Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同
B．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度
C．把同一試探電荷放在N點(diǎn)其所受電場力大于放在M點(diǎn)所受的電場力
D．兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為3k
【解答】解：A、電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，根據(jù)圖象可知，P點(diǎn)場強(qiáng)小于Q點(diǎn)場強(qiáng)，故A錯誤；
B、同理，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B錯誤；
C、把同一試探電荷放在N點(diǎn)，因M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，那么M點(diǎn)所受電場力大于放在N點(diǎn)所受的電場力，故C錯誤；
D、依據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E＝k，及疊加原則，
則兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為E合＝2kk3k，故D正確。
故選：D。
題型5電場線+運(yùn)動軌跡組合模型
（2024春 閔行區(qū)期末）如圖所示，一帶電粒子僅受電場力的作用，它從A運(yùn)動到B的徑跡如虛線所示，下列結(jié)論中正確的是（　?。?br/>A．由于該電場的電場線是直線，所以該電場是勻強(qiáng)電場
B．B點(diǎn)的場強(qiáng)比A點(diǎn)的場強(qiáng)小
C．粒子帶負(fù)電
D．粒子的加速度不斷變小
【解答】解：A、由圖知電場線疏密不均勻，說明場強(qiáng)不是處處相同，因此該電場不是勻強(qiáng)電場，故A錯誤；
B、根據(jù)電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，則知B點(diǎn)的場強(qiáng)比A點(diǎn)的場強(qiáng)大，故B錯誤；
C、根據(jù)粒子的運(yùn)動的軌跡可以判斷得出粒子受到的電場力的方向向下，與電場線的方向相反，所以該粒子帶負(fù)電，故C正確。
D、電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，所以粒子在B點(diǎn)受到的電場力大，在B點(diǎn)時的加速度較大，所以粒子加速度不斷變大，故D錯誤。
故選：C。
（2023秋 天津期末）如圖所示，實(shí)線為某一靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的三條電場線，虛線為另一帶電粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點(diǎn)，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．場源電荷一定帶負(fù)電
B．運(yùn)動的帶電粒子一定帶正電
C．帶電粒子在c點(diǎn)的速度一定大于在a點(diǎn)的速度
D．帶電粒子在c點(diǎn)的加速度一定小于在b點(diǎn)的加速度
【解答】解：A、該電場線為某一靜止點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中的三條電場線，根據(jù)點(diǎn)電荷電場線的特點(diǎn)可知，場源電荷為正電荷，故A錯誤；
B、帶電粒子在電場中運(yùn)動時，受到的電場力的方向指向運(yùn)動軌跡的彎曲的內(nèi)側(cè)，由此可知，此帶電的粒子受到的電場力的方向?yàn)檠刂妶鼍€向左，所以此粒子為正電荷，故B正確；
C、粒子從b到c運(yùn)動過程中，粒子受到的電場力的方向與軌跡切線方向之間的夾角為鈍角，可知電場力做負(fù)功，粒子動能減小，所以粒子在c點(diǎn)的速度比在b點(diǎn)的速度小，故C錯誤；
D、電場線密的地方電場強(qiáng)度大，可知c點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，由a，可知帶電粒子電粒子在c點(diǎn)的加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度，故D錯誤。
故選：B。
（2024 鄭州一模）靜電透鏡被廣泛應(yīng)用于電子器件中，如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，其中虛線為等勢線，任意兩條相鄰等勢線間電勢差相等，z軸為該電場的中心軸線。一電子從其左側(cè)進(jìn)入聚焦電場，實(shí)線為電子運(yùn)動的軌跡，P、Q、R為其軌跡上的三點(diǎn)，電子僅在電場力作用下從P點(diǎn)運(yùn)動到R點(diǎn)，在此過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．P點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)的電勢
B．電子在P點(diǎn)的加速度小于在R點(diǎn)的加速度
C．從P至R的運(yùn)動過程中，電子的電勢能減小
D．從P至R的運(yùn)動過程中，電子的動能先減小后增大
【解答】解：A．從P到Q電子受力指向?qū)嵕€的凹側(cè)，而電子受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，所以電場強(qiáng)度方向背離PQ實(shí)線方向，根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，故A錯誤；
B．等差等勢線越密，電場強(qiáng)度越大，所以P點(diǎn)場強(qiáng)大于R點(diǎn)場強(qiáng)，則電子在P點(diǎn)受到的場力大，由牛頓第二定律可知，電子在P點(diǎn)的加速度大于在R點(diǎn)的加速度，故B錯誤；
CD．根據(jù)電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面可知，從P至R的電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ，電子電勢能減小，動能增大，故C正確、D錯誤。
故選：C。

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