資源簡介

第1講　庫侖定律　電場力的性質
■目標要求
1.知道元電荷的概念,掌握電荷守恒定律。2.理解庫侖定律,會分析庫侖力作用下的平衡和變速運動問題。3.理解電場強度和電場線的概念,理解幾種常見電場的分布情況。
考點1　電荷和電荷守恒定律
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.電荷。
(1)兩種電荷:自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互　　　,異種電荷相互　　　。
(2)電荷量:電荷的多少叫作電荷量,符號Q(或q),單位:　　　,符號:　　。
(3)元電荷:最小的電荷量,其值為e=　　　　　　　　　,其他帶電體的電荷量均為元電荷的整數倍。
2.電荷守恒定律。
(1)內容:電荷既不會創生,也不會消滅,它只能從一個物體　　　到另一個物體,或者從物體的一部分轉移到另一部分;在轉移的過程中,電荷的總量　　　　　　。
(2)起電方式:　　　 　　　、　　 　　　　、　　　 　　　。
(3)帶電實質:物體帶電的實質是　　　　　。
(1)元電荷即是電子()
(2)兩個帶異種電荷的金屬球接觸時,正電荷從一個球轉移到另一個球()
【典例1】　a和b都是不帶電的小球,它們互相摩擦后,a帶-1.6×10-10 C的電荷,下列判斷正確的是(　　)
A.摩擦的過程中電子從b轉移到了a
B.b在摩擦后一定帶-1.6×10-10 C的電荷
C.在摩擦前a的內部沒有任何電荷
D.摩擦的過程中正電荷從b轉移到了a
考點2　庫侖定律
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.點電荷。
代表帶電體的有一定電荷量的點,是一種理想化模型。當帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多,以致帶電體的　 　　、　 　　及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響可以忽略時,這樣的帶電體可以看作帶電的點,叫作點電荷。點電荷的體積不一定很小,帶電量也不一定很少。
2.庫侖定律。
(1)內容:真空中兩個靜止　　　　　之間的相互作用力,與它們的電荷量的乘積成　　　,與它們的距離的　　　　　成反比,作用力的方向在它們的連線上。
(2)公式:F=k,式中的k叫作靜電力常量,其數值是　　　　　 N·2/Cm2。
(3)適用條件:真空中靜止的　　　　　。
(1)點電荷是一種理想化的物理模型,是對實際帶電體經抽象化思維得來的()
(2)相互作用的兩個點電荷,電荷量大的受到的庫侖力也大()
(3)根據F=k,當r→0時,F→∞()
關|鍵|能|力
庫侖定律的深度理解。
(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體,可將其視為電荷集中在球心的點電荷,r為球心間的距離。
(2)對于兩個帶電金屬球,要考慮表面電荷的重新分布,如圖所示。
甲　乙
①同種電荷:F②異種電荷:F>k。
(3)不能根據公式錯誤地認為r→0時,庫侖力F→∞,因為當r→0時,兩個帶電體不能看作點電荷。
考向1　庫侖定律的理解
【典例2】　使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上-3Q和+5Q的電荷后,將它們固定在相距為a的兩點,它們之間庫侖力的大小為F1。現用絕緣工具使兩小球相互接觸后,再將它們固定在相距為2a的兩點,它們之間庫侖力的大小為F2,則F1與F2之比為(　　)
A.2∶1　　B.4∶1　　C.16∶1　　D.60∶1
考向2　庫侖力作用下的平衡問題
【典例3】　
(多選)如圖,在傾角為α(小于45°)的光滑絕緣斜面上固定一擋板,一根與斜面平行的絕緣輕質彈簧一端固定在擋板上,另一端與均勻帶電小球A連接,等大的均勻帶電小球B置于圖示位置。靜止時A、B兩球間的距離為L,彈簧長度為x。A、B兩球為絕緣球體,均可視為點電荷,下列說法正確的是(　　)
A.A球共受到3個力的作用
B.斜面對B球的支持力大于B球所受庫侖力
C.若A球電荷量加倍,適當調整B球位置,平衡時彈簧長度仍為x
D.若A球電荷量加倍,適當調整B球位置,平衡時A、B兩球間的距離為2L
三步解決庫侖力作用下的平衡問題
庫侖力作用下的平衡問題,其解題思路與力學中平衡問題一樣,只是在原來受力基礎上多了個庫侖力,具體步驟如下:
考向3　庫侖力作用下的變速運動
【典例4】　
如圖所示,光滑絕緣水平面上有質量分別為m和2m的小球A、B,帶異種電荷。方向水平向右,大小為F的力作用在B上,當A、B間的距離為L時,兩小
球可保持相對靜止。若改用方向水平向左,大小為F的力作用在A上,兩小球仍能保持相對靜止,則此時A、B間的距離為(　　)
A.L　　　B.L　　　C.2L　　　D.4L
考點3　電場強度和電場線
　　　　　 　　　　　　　　　　
必|備|知|識
1.靜電場。
靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種　　　　,其基本性質是對放入其中的電荷有　　　　　。
2.電場強度。
(1)定義式:E=,是　　量,單位為　　　或　　　。
(2)點電荷的場強:E=　　　　。
(3)方向規定:　　　　在電場中某點　　　　　　　為該點的電場強度方向。
(4)電場疊加:電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的　　　　。
(5)計算法則:遵循矢量合成法則——　　　　　　　　　　　。
3.電場線。
(1)定義。
為了形象地描述電場中各點的電場強度的強弱及方向,在電場中畫出的一些曲線,曲線上每一點的切線方向都跟該點的　　　　　方向一致,曲線的疏密表示　　　　　的大小。
(2)幾種典型電場的電場線。
(3)特點。
①電場線從　　 　出發,終止于　　 　或無限遠處,或來自無限遠處,終止于　　 　。
②電場線在電場中　　　　。
③在同一電場中,電場線　　　　的地方場強越大。
④電場線上某點的切線方向表示該點的　　　　　。
⑤沿電場線方向電勢逐漸　　　　。
⑥電場線和等勢面在相交處　　　　　。
(1)由E=知,電場中某點的電場強度與電荷的電荷量成反比,與電荷受到的電場力成正比()
(2)電場線和電場一樣,都是客觀存在的()
(3)電場線不是電荷的運動軌跡,但根據電場線的方向能確定已知電荷的加速度方向()
關|鍵|能|力
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.場強的公式。
2.電場的疊加。
(1)疊加原理:多個點電荷在空間某處產生的電場強度為各個點電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。
(2)計算法則:平行四邊形定則。
3.兩等量點電荷的電場分布規律。
等量異種點電荷 等量同種點電荷
等勢面、 電場線 分布圖 以正點電荷為例
連線特點 場強 方向:正→負 強弱:強→弱→強,中點最小 方向:中點兩側方向相反 強弱:強→弱→強,中點E=0
電勢 正電荷→負電荷,高→低 若為正電荷,中點最低 若為負電荷,中點最高
中垂線 場強 各點方向一致,中點最強,兩側漸弱 中點兩側方向相反,兩側均有最大值,中點向兩側均為弱→強→弱
電勢 電勢為0的等勢線 不是等勢線
相同點 場強的大小、電勢均關于中點對稱分布
考向1　電場強度的理解和計算
【典例5】　
(2024·江蘇卷)在靜電場中有a、b兩點,試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系,請問a、b兩點的場強大小等于(　　)
A.1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 4∶1
考向2　點電荷電場的疊加
【典例6】　
(2025·長春模擬)如圖所示,三個帶電量均為q的點電荷,分別位于同一平面內B、C、D三點,位于 B、C兩點的電荷帶正電,位于D點的電荷帶負電,已知AB=AC=AD=L,且BD⊥AC,靜電力常量為k,則A點的電場強度的大小為(　　)
A. B. C. D.
考向3　電場線的理解和應用
【典例7】　(多選)用電場線能直觀、方便地比較電場中各點電場的強弱。如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線,圖乙是電場中的一些點:O是電荷連線的中點,E、F是連線中垂線上關于O點對稱的兩點,B、C和A、D也關于O點對稱。則(　　)
甲　乙
A.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三點比較,O點場強最強
D.B、O、C三點比較,O點場強最弱
把握高考微點,實現素能提升完成P377微練29
　　　　　 　　　　　　　　　　
關|鍵|能|力
非點電荷產生的電場疊加不能簡單地直接使用點電荷電場的疊加方法求解,常用的方法有補償法、對稱法、等效法和微元法。
考向1　補償法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板,或將半球面補全為球面,從而化難為易。
【典例1】　
已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同。如圖所示,半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在過球心O的直線上有A、B兩個點,O和B、B和A間的距離均為R。現以OB為直徑在球內挖一球形空腔,已知靜電力常量為k,球的體積公式為V=πr3,則A點處場強的大小為(　　)
A. B.
C. D.
考向2　對稱法
　
對稱法:利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點,使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。如:如圖所示,均勻帶電的球殼在O點產生的場強,等效為弧BC產生的場強,弧BC產生的場強方向,又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向。
【典例2】　
(2024·河北卷)如圖,真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷,分別固定在正三角形ABC的頂點B、C。M為三角形ABC的中心,沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿,電荷量為。已知正三角形ABC的邊長為a,M點的電場強度為0,靜電力常量為k。頂點A處的電場強度大小為(　　)
A. B.(6+)
C.(3+1) D.(3+)
審題指導
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1 沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿 (1)A、M兩點關于細桿對稱;(2)帶電細桿在A、M兩點產生的電場強度大小相等,方向相反
2 M點的電場強度為0 帶電細桿在M點產生的電場與兩個點電荷在M點產生的電場的合電場強度為0
3 頂點A處的電場強度大小 頂點A處的電場強度等于帶電細桿在A處產生的電場與兩個點電荷在A處產生的電場的合電場強度
失分 剖析 (1)不會用電場強度的疊加原理及對稱性來求桿在A點的電場強度;(2)錯誤地利用點電荷的場強公式計算帶電桿產生的電場強度
考向3　等效法
等效法:在保證效果相同的前提下,將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。
如:一個點電荷+q與一個無限大薄金屬板形成的電場,可等效為兩個等量異種點電荷形成的電場,如圖甲、乙所示。
甲
乙
【典例3】　
(2025·金昌模擬)電荷量為-Q的點電荷和接地金屬板MN附近的電場線分布如圖所示,點電荷與金屬板相距為2d,圖中P點到金屬板和點電荷間的距離均為d。已知P點的電場強度為E0,則金屬板上感應電荷在P點處產生的電場強度E的大小為(　　)
A.0 B.E0-
C. D.
考向4　微元法
微元法:將帶電體分成許多元電荷,每個元電荷看成點電荷,先根據庫侖定律求出每個元電荷的場強,再結合對稱法和場強疊加原理求出合場強大小。
【典例4】　
(多選)如圖所示,真空中電荷均勻分布的帶正電圓環,半徑為r,帶電量為+Q,圓心O處固定一帶電量為-Q的點電荷,以O為坐標原點建立垂直圓環平面的x軸,P是x正半軸上的一點,圓環上各點與P點的連線與x軸的夾角為37°,靜電力常量為k,sin 37°=0.6、cos 37°=0.8,下列說法正確的是(　　)
A.圓環上所有的電荷在O點產生的合電場強度大小為
B.圓心O處的-Q在P點產生的電場強度大小為
C.圓環上所有的電荷在P點處產生的電場強度大小為
D.P點電場強度的方向沿x軸的負方向
微|點|訓|練
1.(2025·南陽模擬)
如圖所示,圓形絕緣薄板均勻帶電,圓心為O,過圓心的軸線上有三點A、B、C,BO=OC=CA=R,A點放置一電荷量為+Q的電荷,B點場強為零,靜電力常量為k,下列說法正確的是(　　)
A.薄板帶正電
B.C點場強大小為,方向向左
C.C點場強大小為,方向向左
D.薄板上的電荷在B點產生的場強大小為,方向向左
2.經過探究,某同學發現:點電荷和無限大的接地金屬平板間的電場(如圖甲所示),與等量異種點電荷之間的電場分布(如圖乙所示)完全相同,圖丙中固定于O點的正點電荷q到金屬板MN的距離OA為L,AB是以點電荷q為圓心、L為半徑的圓上的一條直徑,靜電力常量為k,則B點電場強度的大小是(　　)
甲　乙　丙
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2025·安陽模擬)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置,圓心位于O點,環上均勻分布著總電量為Q的正電荷,點A、B、C將圓環三等分。若取走A處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷,圓環上剩余電荷的分布不變,靜電力常量為k,則(　　)
A.O點場強的方向沿OA的反方向
B.O點場強的大小為
C.再取走B處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷,O點場強方向沿OC方向
D.再取走B處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷,O點場強大小為
4.(2025·南昌模擬)如圖甲所示,球殼上的電荷均勻分布,其球心O處的電場強度大小為E0。若削去上半部分的球殼,剩下如圖乙所示的下半部分球殼。已知均勻帶電球殼在其內部產生的電場強度為零。若電荷的分布不受影響,則剩下部分球殼上的電荷在O處的電場強度大小E為(　　)
甲　　乙
A.E0 B.
C. D.E0
第1講　庫侖定律　電場力的性質
考點1
必備知識 　
1.(1)排斥　吸引　(2)庫侖　C
(3)1.60×10-19 C
2.(1)轉移　保持不變　(2)摩擦起電　接觸起電　感應起電　(3)得失電子
微點辨析　(1)×　(2)×
【典例1】　A　解析　摩擦起電的本質是電子的轉移,互相摩擦后a帶-1.6×10-10 C的電荷,是b上的電子轉移到a上,此情況下正電荷不發生移動,A項正確,D項錯誤;a原來是電中性,摩擦后帶上-1.6×10-10 C的電荷,根據電荷守恒定律,可知b在摩擦后一定帶+1.6×10-10 C的電荷,B項錯誤;原來不帶電的物體處于電中性,不是內部沒有電荷,而是正、負電荷的個數相等,整體對外不顯電性,故在摩擦前a內部有電荷,C項錯誤。
考點2
必備知識 　
1.形狀　大小　2.(1)點電荷　正比　二次方　(2)9.0×109　(3)點電荷
微點辨析　(1)√　(2)×　(3)×
關鍵能力 　
【典例2】　D　解析　開始時,由庫侖定律得F1=k,相互接觸并分開后,帶電荷量均變為+Q,距離變為原來的2倍,根據庫侖定律得F2=k,可知=,D項正確。
【典例3】　BC　解析　A球受到重力、彈簧的彈力、斜面的支持力和B球的庫侖斥力的作用,A項錯誤;B球受到重力、斜面的支持力FN和A球的庫侖斥力F的作用,如圖所示,可得F=mBgsin α,FN=mBgcos α,斜面對B球的支持力FN=>F,B項正確;以A、B兩球整體為研究對象,由受力平衡知,彈簧對A球的彈力F1=(mA+mB)gsin α,與A、B兩球所帶電荷量均無關,若A球電荷量加倍,則平衡后彈簧長度仍為x,C項正確;由庫侖定律知F=k,解得k=mBgsin α,若A球電荷量加倍,設平衡后A、B兩球間距為d,則k=mBgsin α,解得d=L,D項錯誤。
【典例4】　C　解析　設小球A、B的電荷量分別為q1、q2,則由題意得,當F的力作用在B上,A、B間的距離為L時,兩小球可保持相對靜止,即兩小球的加速度相等,對兩小球整體受力分析得加速度為a=,對小球A受力分析得a=,解得=,同理可得,當F的力作用在A上時,對兩小球構成的整體和B小球分別受力分析滿足a'=,a'=,可得=,則L'=2L,C項正確。
考點3
必備知識 　
1.物質　力的作用　2.(1)矢　N/C　V/m　(2)　(3)正電荷　受力的方向　(4)矢量和　(5)平行四邊形定則
3.(1)電場強度　電場強度　(3)①正電荷　負電荷　負電荷　②不相交　③越密　④場強方向　⑤降低　⑥互相垂直
微點辨析　(1)×　(2)×　(3)√
關鍵能力 　
【典例5】　D　解析　設F-q圖像的橫坐標單位長度電荷量為q0,縱坐標單位長度的力大小為F0,根據E=可知,F-q圖像斜率表示電場強度,由題圖可知Ea==4,Eb==,解得=4∶1,D項正確。
【典例6】　C　解析　B、D兩點的點電荷分別在A點產生的場強均由B指向D,大小均為E1=,C點的點電荷在A點產生的場強由 C指向A,大小為E2=,根據矢量疊加原理可得A點電場強度的大小為E==,C項正確。
【典例7】　ACD　解析　由等量異種點電荷的電場線分布規律可知A、C、D三項正確,B項錯誤。
微點突破3　非點電荷的電場強度的求解
關鍵能力 　
【典例1】　B　解析　由題意知,半徑為R的均勻帶電球體在A點產生電場的場強E整==,挖出的小球半徑為,因為電荷均勻分布,其帶電荷量Q'=Q=,則其在A點產生電場的場強E挖===,所以剩余部分帶電體在A點產生電場的場強E=E整-E挖=-=,B項正確。
【典例2】　D　解析　B、C兩點處的點電荷在M點的合場強為E=2cos 60°=,因M點的電場強度為零,因此帶電細桿在M點的場強大小EM=E,由對稱性可知帶電細桿在A點的場強為EA=EM=E,方向豎直向上,因此A點的電場強度為E合=EA+2cos 30°=(3+),D項正確。
【典例3】　B　解析　P點的電場強度為E0,點電荷在P點產生的電場強度為,故有E+=E0,金屬板在P點產生的電場強度為E=E0-,B項正確。
【典例4】　BD　解析　根據對稱性與矢量合成,圓環上所有的電荷在O點處產生的電場強度為0,A項錯誤;由幾何關系可得圓心O與P點之間的距離為L==r,由點電荷的場強公式可得圓心O處的-Q在P點產生的電場強度為E1==,B項正確;設圓環上某點的帶電量為+q,由幾何關系可得此點與P點的距離為d==r,由點電荷的場強公式可得+q在P點產生的電場強度為E2==,假設圓環上有n個q,則有n=,在P點與垂直x軸方向上,E2的分量為Ey,根據對稱性,n個Ey的矢量和為0,則圓環上所有電荷在P點產生的場強沿著x軸的正方向,E2的分量為Ex=E2cos 37°,n個Ex的矢量和就是圓環上所有的電荷在P處產生的場強,則有E3=nEx,綜合可得E3=,C項錯誤;由于E1=,沿著x軸的負方向,E3=,沿著x軸的正方向,結合E1>E3,可得P點電場強度的方向沿x軸的負方向,D項正確。
微點訓練 　
1.B　解析　設薄板上的電荷在B點產生的場強為EB,取向左為正,根據題意,B點的場強為0,則薄板在B點產生的場強與A點處的點電荷在B點處產生的場強大小相等方向相反,則有EB+=0,解得EB=-,方向向右,則可知薄板帶負電,A、D兩項錯誤;由對稱性可知,薄板在C點產生的場強為-EB,而C點處的場強為薄板在C點處產生的場強與A點處的點電荷在C點處產生的場強的合場強,則可知C點場強為-EB+=,方向向左,B項正確,C項錯誤。
2.A　解析　根據題意可將圖丙的電場等效為兩個等量異種點電荷的電場,點電荷電荷量的大小均為q,它們之間的距離為2L,則B點電場強度的大小為E=k-k=,A項正確。
3.D　解析　環上均勻分布著電量為Q的正電荷,根據對稱性可知O點場強為零,且A處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷和A關于O點的對稱點D處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷在O點產生的合場強為0,因此移去A處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷后,O點的場強可以認為是由D處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷單獨產生,帶正電,其在O點的場強方向沿OA方向,A項錯誤;由于圓環所帶電荷量均勻分布,所以長度為ΔL的小圓弧所帶電荷量為q=Q,O點場強的大小為E0=k=,B項錯誤;取走A、B兩處的電荷后,圓環剩余電荷在O點產生的電場強度大小等于A、B處弧長為ΔL的小圓弧所帶正電荷在O點產生的場強的疊加,方向相反,即O點場強方向沿CO方向,場強大小為E0=cos 60°=,C項錯誤,D項正確。
4.A　解析　如圖所示,剩下部分球殼所帶電荷在O處產生的電場強度方向豎直向上,削去的球殼所帶電荷在O處產生的電場強度方向斜向下45°,兩電場強度的合電場強度為E0,由此可知,剩下部分球殼上的電荷在O處的電場強度大小為E=E0,A項正確。(共41張PPT)
第1講
庫侖定律　電場力的性質
第九章　靜電場
目
標
要
求
1.知道元電荷的概念，掌握電荷守恒定律。2.理解庫侖定律,會分析庫侖力作用下的平衡和變速運動問題。3.理解電場強度和電場線的概念，理解幾種常見電場的分布情況。
考點1　電荷和電荷守恒定律
考點2　庫侖定律
內容
索引
考點3　電場強度和電場線
電荷和電荷守恒定律
考點1
必|備|知|識
1.電荷。
(1)兩種電荷：自然界中只存在兩種電荷——正電荷和負電荷。同種電荷相互 ，異種電荷相互 。
(2)電荷量：電荷的多少叫作電荷量，符號Q(或q)，單位： ，符號： 。
(3)元電荷：最小的電荷量，其值為e= ，其他帶電體的電荷量均為元電荷的整數倍。
排斥
吸引
庫侖
C
1.60×10-19 C
2.電荷守恒定律。
(1)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，它只能從一個物體 到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移的過程中，電荷的總量 。
(2)起電方式： 、 、 。
(3)帶電實質：物體帶電的實質是 。
轉移
保持不變
摩擦起電
接觸起電
感應起電
得失電子
(1)元電荷即是電子( )
(2)兩個帶異種電荷的金屬球接觸時，正電荷從一個球轉移到另一個球( )
【典例1】　a和b都是不帶電的小球，它們互相摩擦后，a帶-1.6×
10-10 C的電荷，下列判斷正確的是( )
A.摩擦的過程中電子從b轉移到了a
B.b在摩擦后一定帶-1.6×10-10 C的電荷
C.在摩擦前a的內部沒有任何電荷
D.摩擦的過程中正電荷從b轉移到了a
摩擦起電的本質是電子的轉移，互相摩擦后a帶-1.6×10-10 C的電荷，是b上的電子轉移到a上，此情況下正電荷不發生移動，A項正確，D項錯誤；a原來是電中性，摩擦后帶上-1.6×10-10 C的電荷，根據電荷守恒定律，可知b在摩擦后一定帶+1.6×10-10 C的電荷，B項錯誤；原來不帶電的物體處于電中性，不是內部沒有電荷，而是正、負電荷的個數相等，整體對外不顯電性，故在摩擦前a內部有電荷，C項錯誤。
解析
庫侖定律
考點2
必|備|知|識
1.點電荷。
代表帶電體的有一定電荷量的點，是一種理想化模型。當帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多，以致帶電體的 、 及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響可以忽略時，這樣的帶電體可以看作帶電的點，叫作點電荷。點電荷的體積不一定很小，帶電量也不一定很少。
形狀
大小
2.庫侖定律。
(1)內容：真空中兩個靜止 之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成 ，與它們的距離的 成反比，作用力的方向在它們的連線上。
(2)公式：F=k，式中的k叫作靜電力常量，其數值是
N·m2/C2。
(3)適用條件：真空中靜止的 。
正比
二次方
9.0×109
點電荷
點電荷
(1)點電荷是一種理想化的物理模型，是對實際帶電體經抽象化思維得來的( )
(2)相互作用的兩個點電荷，電荷量大的受到的庫侖力也大( )
(3)根據F=k，當r→0時，F→∞( )
關|鍵|能|力
庫侖定律的深度理解。
(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離。
(2)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。
①同種電荷：F②異種電荷：F>k。
(3)不能根據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體不能看作點電荷。
考向1
庫侖定律的理解
【典例2】　使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上-3Q和+5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1。現用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2，則F1與F2之比為( )
A.2∶1 B.4∶1 C.16∶1 D.60∶1
開始時，由庫侖定律得F1=k，相互接觸并分開后，帶電荷量均變為+Q，距離變為原來的2倍，根據庫侖定律得F2=k，可知=，D項正確。
解析
考向2
庫侖力作用下的平衡問題
【典例3】　(多選)如圖，在傾角為α(小于45°)的光
滑絕緣斜面上固定一擋板，一根與斜面平行的絕緣
輕質彈簧一端固定在擋板上，另一端與均勻帶電小
球A連接，等大的均勻帶電小球B置于圖示位置。靜止時A、B兩球間的距離為L，彈簧長度為x。A、B兩球為絕緣球體，均可視為點電荷,下列說法正確的是( )
A.A球共受到3個力的作用
B.斜面對B球的支持力大于B球所受庫侖力
C.若A球電荷量加倍，適當調整B球位置，平衡時彈簧長度仍為x
D.若A球電荷量加倍，適當調整B球位置，平衡時A、B兩球間的距離為2L
A球受到重力、彈簧的彈力、斜面的支持力和B球
的庫侖斥力的作用，A項錯誤；B球受到重力、斜
面的支持力FN和A球的庫侖斥力F的作用，如圖所
示，可得F=mBgsin α，FN=mBgcos α，斜面對B球的
支持力FN=>F，B項正確；以A、B兩球整體為研究對象，由受力平衡知，彈簧對A球的彈力F1=(mA+mB)gsin α，與A、B兩球
解析
所帶電荷量均無關，若A球電荷量加倍，則平衡后彈簧長度仍為x,
C項正確；由庫侖定律知F=k，解得k=mBgsin α，若A球電荷量加倍，設平衡后A、B兩球間距為d，則k=mBgsin α，解得d=L，D項錯誤。
解析
三步解決庫侖力作用下的平衡問題
庫侖力作用下的平衡問題，其解題思路與力學中平衡問題一樣，只是在原來受力基礎上多了個庫侖力，具體步驟如下：
考向3
庫侖力作用下的變速運動
【典例4】　如圖所示，光滑絕緣水平面
上有質量分別為m和2m的小球A、B，帶異種電荷。方向水平向右，大小為F的力作用在B上，當A、B間的距離為L時，兩小球可保持相對靜止。若改用方向水平向左，大小為F的力作用在A上，兩小球仍能保持相對靜止，則此時A、B間的距離為( )
A.L B.L C.2L D.4L
設小球A、B的電荷量分別為q1、q2，則由題意得，當F的力作用在B上，A、B間的距離為L時，兩小球可保持相對靜止，即兩小球的加速度相等，對兩小球整體受力分析得加速度為a=，對小球A受力分析得a=，解得=，同理可得，當F的力作用在A上時，對兩小球構成的整體和B小球分別受力分析滿足a'=，a'=，可得=，則L'=2L，C項正確。
解析
電場強度和電場線
考點3
必|備|知|識
1.靜電場。
靜電場是客觀存在于電荷周圍的一種 ，其基本性質是對放入其中的電荷有 。
2.電場強度。
(1)定義式：E=，是 量，單位為 或 。
力的作用
物質
矢
N/C
V/m
(2)點電荷的場強：E= 。
(3)方向規定： 在電場中某點 為該點的電場強度方向。
(4)電場疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的 。
(5)計算法則：遵循矢量合成法則—— 。
正電荷
受力的方向
矢量和
平行四邊形定則
3.電場線。
(1)定義。
為了形象地描述電場中各點的電場強度的強弱及方向，在電場中畫出的一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的 方向一致，曲線的疏密表示 的大小。
電場強度
電場強度
(2)幾種典型電場的電場線。
(3)特點。
①電場線從 出發，終止于 或無限遠處，或來自無限遠處，終止于 。
②電場線在電場中 。
③在同一電場中，電場線 的地方場強越大。
④電場線上某點的切線方向表示該點的 。
⑤沿電場線方向電勢逐漸 。
⑥電場線和等勢面在相交處 。
正電荷
負電荷
負電荷
不相交
越密
場強方向
降低
互相垂直
(1)由E=知，電場中某點的電場強度與電荷的電荷量成反比，與電荷受到的電場力成正比( )
(2)電場線和電場一樣，都是客觀存在的( )
(3)電場線不是電荷的運動軌跡，但根據電場線的方向能確定已知電荷的加速度方向( )
關|鍵|能|力
1.場強的公式。
2.電場的疊加。
(1)疊加原理：多個點電荷在空間某處產生的電場強度為各個點電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。
(2)計算法則：平行四邊形定則。
3.兩等量點電荷的電場分布規律。
等量異種點電荷 等量同種點電荷
等勢面、 電場線 分布圖
以正點電荷為例
連線 特點 場強 方向：正→負 強弱：強→弱→強，中點最小 方向：中點兩側方向相反
強弱：強→弱→強，中點E=0
電勢 正電荷→負電荷，高→低 若為正電荷，中點最低
若為負電荷，中點最高
中垂線 場強 各點方向一致，中點最強，兩側漸弱 中點兩側方向相反，兩側均有最大值，中點向兩側均為弱→強→弱
電勢 電勢為0的等勢線 不是等勢線
相同點 場強的大小、電勢均關于中點對稱分布
考向1
電場強度的理解和計算
【典例5】　(2024·江蘇卷)在靜電場中有a、b兩點,試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系，請問a、b兩點的場強大小等于( )
A.1∶1 B. 2∶1
C. 3∶1 D. 4∶1
設F-q圖像的橫坐標單位長度電荷量為q0，縱坐標單位長度的力大小為F0，根據E=可知，F-q圖像斜率表示電場強度，由題圖可知Ea==4，Eb==，解得=4∶1，D項正確。
解析
考向2
點電荷電場的疊加
【典例6】　(2025·長春模擬)如圖所示，三個帶電量均為q的點電荷，分別位于同一平面內B、C、D三點，位于 B、C兩點的電荷帶正電，位于D點的電荷帶負電，已知AB=AC=AD=L，且BD⊥AC，靜電力常量為k，則A點的電場強度的大小為( )
A. B. C. D.
B、D兩點的點電荷分別在A點產生的場強均由B指向D，大小均為E1=，C點的點電荷在A點產生的場強由 C指向A，大小為E2=,根據矢量疊加原理可得A點電場強度的大小為E==
，C項正確。
解析
考向3
電場線的理解和應用
【典例7】　(多選)用電場線能直觀、方便地比較電場中各點電場的強弱。如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關于O點對稱的兩點，B、C和A、D也關于O點對稱。則( )
A.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三點比較，O點場強最強
D.B、O、C三點比較，O點場強最弱
由等量異種點電荷的電場線分布規律可知A、C、D三項正確，B項錯誤。
解析微練29　庫侖定律　電場力的性質
　
梯級Ⅰ基礎練
1.以下關于元電荷的理解正確的是(　　)
A.元電荷就是電子
B.元電荷就是質子
C.元電荷就是點電荷
D.帶電體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍
2.如圖所示，金屬導體A、B緊靠在一起，帶正電的小球C靠近導體A的左端，A帶上了-1.0×10-8 C的電荷。下列說法正確的是(　　)
A.電子由A轉移到B
B.正電荷由A轉移到B
C.導體A得到的電子數是108個
D.導體B失去的電子數是6.25×1010個
3.(多選)(2025·吉安模擬)兩個完全相同的均勻帶電金屬小球，分別帶有電荷量為q1=2Q的正電荷、q2=-4Q的負電荷，在真空中相距為r且靜止，相互作用的靜電力大小為F，兩帶電小球均可視為點電荷。現把兩個小球接觸一下再放回原來的位置，則(　　)
A.兩個小球的電荷量均為3Q
B.兩個小球的電荷量均為-Q
C.兩個小球間相互作用的靜電力大小為F
D.兩個小球間相互作用的靜電力大小為F
4.(多選)把一帶正電小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使小球a能靜止在如圖所示的位置上，需在MN間放一帶電小球b，則(　　)
A.b帶正電，放在A點
B.b帶負電，放在A點
C.b帶負電，放在C點
D.b帶正電，放在C點
5.(多選)(2025·合肥模擬)如圖所示，A、B兩個帶等量電荷的小球用繞過光滑定滑輪的絕緣細線連接處于靜止狀態，A球與光滑絕緣豎直墻面接觸，A、B兩球到定滑輪的距離相等，連接A球的絕緣細線豎直，A、B間的距離為L，A、B連線與豎直方向的夾角為60°，A球對豎直墻面的壓力為F，不計小球大小，靜電力常量為k，則(　　)
A.小球A的重力為F
B.小球B的重力為F
C.細線對滑輪的作用力大小為2F
D.小球A的帶電量為
6.(2025·綿陽模擬)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q和-Q的點電荷A、B，間距為L。在A、B延長線上距離B為L的位置，自由釋放另一電荷量為+q的點電荷C，釋放瞬間加速度為a1;將A、B接觸靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放C，釋放瞬間加速度為a2。則(　　)
A.a1、a2的方向均水平向右
B.a1、a2的方向均水平向左
C.a1與a2大小之比為4∶5
D.a1與a2大小之比為5∶4
7.(2024·新課標卷)如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q;小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則(　　)
A.兩繩中的張力大小一定相等
B.P的質量一定大于Q的質量
C.P的電荷量一定小于Q的電荷量
D.P的電荷量一定大于Q的電荷量
梯級Ⅱ能力練
8.(2025·攀枝花模擬)如圖所示，在直角三角形ABC的頂點A、B分別固定有點電荷Q1、Q2，現將一試探電荷q固定于頂點C，測得q所受電場力與AB邊垂直。已知AB∶AC∶BC=5∶4∶3，則(　　)
A.= B.=
C.= D.=
9.(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質量為m、帶負電的小球A，在距水平面高h處固定一帶正電且帶電荷量為+Q的小球B。現使得小球A獲得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做勻速圓周運動，此時兩小球連線與水平面間的夾角為30°，小球A恰好對水平面沒有壓力。已知A、B兩小球均可視為點電荷，靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
A.兩小球間的庫侖力大小為mg
B.小球A做勻速圓周運動的線速度大小為
C.小球A做勻速圓周運動的向心力大小為2mg
D.小球A所帶的電荷量為
10.(多選)(2025·東莞模擬)如圖所示，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，M、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且MO=ON。現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)由M點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，下列關于小球C的說法可能正確的是(　　)
A.速度一直增大
B.速度先增大，再減小
C.加速度先減小，再增大
D.加速度先增大再減小，過O點后，加速度先增大再減小
11.(2025·天津模擬)如圖所示，兩異種點電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面過兩點電荷連線的中點O且與連線垂直，平面上A、O、B三點位于同一豎直線上，AO=BO=L，點電荷到O點的距離也為L。現有電荷量為-q、質量為m的小物塊(可視為質點)，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好減為零。已知物塊與平面的動摩擦因數為μ。求:
(1)A點的電場強度的大小;
(2)物塊剛剛運動到B點的瞬間，其加速度的大小和方向。
梯級Ⅲ創新練
12.(2025·九江模擬)光滑絕緣圓環軌道豎直固定，兩個均帶正電荷的小環a、b套在圓環上，小環a固定在軌道最低點，小環b靜止在圓環軌道上，如圖所示。由于其中一小環緩慢漏電，小環b沿圓環緩慢下降，下列說法正確的是(　　)
A.漏電小環一定為a
B.漏電小環一定為b
C.兩小環間的庫侖力變小
D.小環b受到的支持力變小
微練29　庫侖定律　電場力的性質
1.D　解析　帶電體所帶的最小電荷量叫作元電荷,其數值等于一個質子或一個電子所帶電荷量的大小。所有帶電體的電荷量只能是元電荷的整數倍,A、B、C三項錯誤,D項正確。
2.D　解析　金屬導體中的自由電荷為自由電子,帶正電的小球C靠近導體A的左端,A帶上了-1.0×10-8 C的電荷,則電子由B轉移到A,A、B兩項錯誤;導體A得到電子,導體B失去電子,電子數n==個=6.25×1010個,C項錯誤,D項正確。
3.BD　解析　根據題意有F=k=8k,把兩個小球接觸一下再放回原來的位置,則兩個小球的電荷量均為Q'==-Q,兩個小球間相互作用的靜電力大小為F'=k=F,B、D兩項正確。
4.AC　解析　小球a處于平衡狀態,受力平衡,合力為零。小球受重力,一定向下,支持力一定垂直于斜面向上,根據平衡條件,靜電力必然與前兩個力的合力等大、反向且在同一條直線上,則b球可以放在C點帶負電,也可以放在A點帶正電,A、C兩項正確,B、D兩項錯誤。
5.AC　解析　對B受力分析如圖甲,可知B受繩子拉力T,自身重力GB,庫侖力F',根據共點力平衡條件有T=GB=F',對A受力分析如圖乙,根據共點力平衡條件有F'sin 60°=F,F'cos 60°+GA=T,解得T=GB=F'=F,GA=F,A項正確,B項錯誤;細線對滑輪的作用力大小為F合=T=2F,C項正確;根據庫侖定律可知F'=,解得小球A的帶電量為q=,D項錯誤。
甲　乙
6.C　解析　在A、B接觸前,A、C間的庫倫力FAC=k,B、C間的庫倫力FBC=k,由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力,所以a1的方向水平向左,根據庫侖定律和牛頓第二定律可得k-k=ma1,在A、B接觸后,點電荷A、B的電荷量先中和再平分后,二者所帶電荷量均為+0.5Q,由于A、B都帶正電,所以C受到的都是排斥力,則a2的方向水平向右,根據庫侖定律和牛頓第二定律可得k+k=ma2,聯立兩式可得,a1與a2大小之比為==4∶5,C項正確。
7.B　解析　設Q和P兩球之間的庫侖力為F,繩子的拉力分別為T1,T2,質量分別為m1,m2;與豎直方向夾角為θ,對于小球Q,有q1E+T1sin θ=F,T1cos θ=m1g;對于小球P,有q2E+F=T2sin θ,T2cos θ=m2g,聯立解得(T2-T1)sin θ=(q2+q1)E>0,所以T2>T1,又因為=,所以m2>m1,即P的質量一定大于Q的質量;兩小球的電荷量則無法判斷。綜上所述,B項正確。
8.B　解析　根據電荷q受到的電場力方向,可以判斷出點電荷Q1、Q2對q的電場力分別為F1和F2,如圖,根據庫侖定律,有F1=k,F2=k,根據幾何關系AB∶AC∶BC=5∶4∶3,可知∠A=37°,tan 37°=,聯立解得=,B項正確。
9.BD　解析　由題意可得小球A受力如圖所示,因小球A恰好對水平面沒有壓力,即FN=0,則在豎直方向有Fcos 60°=mg,解得兩小球間的庫侖力大小為F=2mg,A項錯誤;小球A做勻速圓周運動,由牛頓第二定律可得Fcos 30°=m,其中圓周的半徑r=,解得v=,B項正確;小球A做勻速圓周運動,由庫侖力的水平分力提供向心力,小球A做勻速圓周運動的向心力大小為F向=Fcos 30°=mg,C項錯誤;由庫侖定律可得k=2mg,其中L==2h,解得小球A所帶的電荷量為q=,D項正確。
10.BCD　解析　帶正電的小球從M點向O點運動時,受電場力沿MO方向,則小球加速運動;過了O點后,受沿著NO方向的電場力而做減速運動,即小球的速度先加速后減速,A項錯誤,B項正確;因在MN連線上,在O點的上方和下方對稱位置都存在一個場強最大的位置,若M點和N點在該最大位置的外側,則小球從M到O點運動時,加速度向下先增加后減小;從O點向N點運動時,加速度再向上先增加后減小;若M點和N點在該最大位置的內側,則小球從M到O點運動時,加速度減小;從O點向N點運動時,加速度再增加,C、D兩項正確。
11.答案　(1)　(2)-g　方向豎直向上
解析　(1)正、負點電荷在A點產生的場強大小均為
E0=k=k,
A點的電場強度的大小E=E0=。
(2)由題意得A、B兩點電場強度相同,
由牛頓第二定律得μqE-mg=ma,
解得a=-g,
方向豎直向上。
12.C　解析　依題意,漏電小環可能為a,也可能為b,A、B兩項錯誤;對小環b受力分析如圖所示,根據平衡條件及三角形相似有==,小環b受到的支持力大小等于小環的重力,保持不變,兩環之間的庫侖力減小,C項正確,D項錯誤。(共29張PPT)
微練29
庫侖定律　電場力的性質
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1.以下關于元電荷的理解正確的是( )
A.元電荷就是電子
B.元電荷就是質子
C.元電荷就是點電荷
D.帶電體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍
梯級Ⅰ 基礎練
帶電體所帶的最小電荷量叫作元電荷，其數值等于一個質子或一個電子所帶電荷量的大小。所有帶電體的電荷量只能是元電荷的整數倍，A、B、C三項錯誤，D項正確。
解析
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2.如圖所示，金屬導體A、B緊靠在一起，帶正電的小球C靠近導體A的左端，A帶上了-1.0×10-8 C的電荷。下列說法正確的是( )
A.電子由A轉移到B
B.正電荷由A轉移到B
C.導體A得到的電子數是108個
D.導體B失去的電子數是6.25×1010個
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金屬導體中的自由電荷為自由電子，帶正電的小球C靠近導體A的左端，A帶上了-1.0×10-8 C的電荷，則電子由B轉移到A，A、B兩項錯誤；導體A得到電子，導體B失去電子，電子數n==個=6.25×1010個，C項錯誤，D項正確。
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3.(多選)(2025·吉安模擬)兩個完全相同的均勻帶電金屬小球，分別帶有電荷量為q1=2Q的正電荷、q2=-4Q的負電荷，在真空中相距為r且靜止，相互作用的靜電力大小為F，兩帶電小球均可視為點電荷。現把兩個小球接觸一下再放回原來的位置，則( )
A.兩個小球的電荷量均為3Q
B.兩個小球的電荷量均為-Q
C.兩個小球間相互作用的靜電力大小為F
D.兩個小球間相互作用的靜電力大小為F
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根據題意有F=k=8k，把兩個小球接觸一下再放回原來的位置，則兩個小球的電荷量均為Q'==-Q，兩個小球間相互作用的靜電力大小為F'=k=F，B、D兩項正確。
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4.(多選)把一帶正電小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使小球a能靜止在如圖所示的位置上，需在MN間放一帶電小球b，則( )
A.b帶正電，放在A點
B.b帶負電，放在A點
C.b帶負電，放在C點
D.b帶正電，放在C點
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小球a處于平衡狀態，受力平衡，合力為零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直于斜面向上，根據平衡條件，靜電力必然與前兩個力的合力等大、反向且在同一條直線上，則b球可以放在C點帶負電，也可以放在A點帶正電，A、C兩項正確，B、D兩項錯誤。
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5.(多選)(2025·合肥模擬)如圖所示，A、B兩個帶等量電荷的小球用繞過光滑定滑輪的絕緣細線連接處于靜止狀態，A球與光滑絕緣豎直墻面接觸，A、B兩球到定滑輪的距離相等，連接A球的絕緣細線豎直， A、B間的距離為L，A、B連線與豎直方向的夾角為60°，A球對豎直墻面的壓力為F，不計小球大小，靜電力常量為k，則( )
A.小球A的重力為F
B.小球B的重力為F
C.細線對滑輪的作用力大小為2F
D.小球A的帶電量為
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對B受力分析如圖甲，可知B受繩子拉力T，自身重力GB，庫侖力F'，根據共點力平衡條件有T=GB=F'，對A受力分析如圖乙，根據共點力平衡條件有F'sin 60°=F，F'cos 60°+GA=T，解得T=GB=F'=F，GA=F，A項正確，B項錯誤；細線對滑輪的作用力大小為F合=T=2F，C項正確；根據庫侖定律可知F'=，
解析
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解得小球A的帶電量為q=，D項錯誤。
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6.(2025·綿陽模擬)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q和-Q的點電荷A、B，間距為L。在A、B延長線上距離B為L的位置，自由釋放另一電荷量為+q的點電荷C，釋放瞬間加速度為a1；將A、B接觸靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放C，釋放瞬間加速度為a2。則( )
A.a1、a2的方向均水平向右
B.a1、a2的方向均水平向左
C.a1與a2大小之比為4∶5
D.a1與a2大小之比為5∶4
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在A、B接觸前，A、C間的庫倫力FAC=k，B、C間的庫倫力FBC=k，由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根據庫侖定律和牛頓第二定律可得k-k=ma1，在A、B接觸后，點電荷A、B的電荷量先中和再平分后，二者所帶電荷量均為+0.5Q，由于A、B都帶正電，所以C受到的都是排斥力，則a2的方向水平向右，根據庫侖定律和牛頓第二定律可得k+k=ma2，聯立兩式可得，a1與a2大小之比為==4∶5，C項正確。
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7.(2024·新課標卷)如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則( )
A.兩繩中的張力大小一定相等
B.P的質量一定大于Q的質量
C.P的電荷量一定小于Q的電荷量
D.P的電荷量一定大于Q的電荷量
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設Q和P兩球之間的庫侖力為F，繩子的拉力分別為T1，T2，質量分別為m1，m2；與豎直方向夾角為θ，對于小球Q，有q1E+T1sin θ =F，T1cos θ=m1g；對于小球P，有q2E+F=T2sin θ，T2cos θ=m2g，聯立解得(T2-T1)sin θ=(q2+q1)E>0，所以T2>T1，又因為=，所以m2>m1，即P的質量一定大于Q的質量；兩小球的電荷量則無法判斷。綜上所述，B項正確。
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8.(2025·攀枝花模擬)如圖所示，在直角三角形ABC的頂點A、B分別固定有點電荷Q1、Q2，現將一試探電荷q固定于頂點C，測得q所受電場力與AB邊垂直。已知AB∶AC∶BC=5∶4∶3，則( )
A.= B.=
C.= D.=
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梯級Ⅱ 能力練
根據電荷q受到的電場力方向，可以判斷出點電荷Q1、Q2對q的電場力分別為F1和F2，如圖，根據庫侖定律，有F1=k，F2=k，根據幾何關系AB∶AC∶BC=
5∶4∶3，可知∠A=37°，tan 37°=，聯立解得=，B項正確。
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9.(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質量為m、帶負電的小球A，在距水平面高h處固定一帶正電且帶電荷量為+Q的小球B。現使得小球A獲得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做勻速圓周運動，此時兩小球連線與水平面間的夾角為30°，小球A恰好對水平面沒有壓力。已知A、B兩小球均可視為點電荷，靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是( )
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A.兩小球間的庫侖力大小為mg
B.小球A做勻速圓周運動的線速度大小為
C.小球A做勻速圓周運動的向心力大小為2mg
D.小球A所帶的電荷量為
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由題意可得小球A受力如圖所示，因小球A恰好對水平面沒有壓 力，即FN=0，則在豎直方向有Fcos 60°=mg，解得兩小球間的庫侖力大小為F=2mg，A項錯誤；小球A做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得Fcos 30°=m，其中圓周的半徑r=，解得v=，B項正確；小球A做勻速圓周運動，由庫侖力的水平分
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力提供向心力，小球A做勻速圓周運動的向心力大小為F向= Fcos 30°=mg，C項錯誤；由庫侖定律可得k=2mg，其中L==2h，解得小球A所帶的電荷量為q=，D項正確。
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10.(多選)(2025·東莞模擬)如圖所示，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，M、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且MO=ON。現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)由M點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，下列關于小球C的說法可能正確的是( )
A.速度一直增大
B.速度先增大，再減小
C.加速度先減小，再增大
D.加速度先增大再減小，過O點后，加速度先增大再減小
帶正電的小球從M點向O點運動時，受電場力沿MO方向，則小球加速運動；過了O點后，受沿著NO方向的電場力而做減速運動，即小球的速度先加速后減速，A項錯誤，B項正確；因在MN連線上，在O點的上方和下方對稱位置都存在一個場強最大的位置，若M點和N點在該最大位置的外側，則小球從M到O點運動時，加速度向下先增加后減小；從O點向N點運動時，加速度再向上先增加后減小；若M點和N點在該最大位置的內側，則小球從M到O點運動時，加速度減小；從O點向N點運動時，加速度再增加，C、D兩項正確。
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11.(2025·天津模擬)如圖所示，兩異種點電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面過兩點電荷連線的中點O且與連線垂直，平面上A、O、B三點位于同一豎直線上，AO=BO=L，點電荷到O點的距離也為L。現有電荷量為-q、質量為m的小物塊(可視為質點)，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好減為零。已知物塊與平面的動摩擦因數為μ。求：
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(1)A點的電場強度的大小；
正、負點電荷在A點產生的場強大小均為
E0=k=k，
A點的電場強度的大小E=E0=。
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(2)物塊剛剛運動到B點的瞬間，其加速度的大小和方向。
由題意得A、B兩點電場強度相同，
由牛頓第二定律得μqE-mg=ma，
解得a=-g，
方向豎直向上。
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12.(2025·九江模擬)光滑絕緣圓環軌道豎直固定，兩個均帶正電荷的小環a、b套在圓環上，小環a固定在軌道最低點，小環b靜止在圓環軌道上，如圖所示。由于其中一小環緩慢漏電，小環b沿圓環緩慢下降，下列說法正確的是( )
A.漏電小環一定為a
B.漏電小環一定為b
C.兩小環間的庫侖力變小
D.小環b受到的支持力變小
梯級Ⅲ 創新練
依題意，漏電小環可能為a，也可能為b，A、B兩項錯誤；對小環b受力分析如圖所示，根據平衡條件及三角形相似有==，小環b受到的支持力大小等于小環的重力，保持不變，兩環之間的庫侖力減小，C項正確，D項錯誤。
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