【物理】2020届一轮复习人教版专题18电场的力学性质学案

【物理】2020届一轮复习人教版专题18电场的力学性质学案

专题18 电场的力学性质 ‎【专题导航】‎ 目录 热点题型一　库仑定律的理解及其相关平衡问题 1‎ 库仑定律与电荷守恒定律的结合问题 2‎ 三个孤立共线点电荷平衡问题 3‎ 库仑力作用下的平衡问题 4‎ 热点题型二　电场强度的理解与计算 5‎ 点电荷电场中场强的计算 6‎ 补偿法求电场强度 7‎ 等效法求电场强度 9‎ 微元法求电场强度 9‎ 热点题型三　电场线的理解和应用 10‎ 等量异(同)种电荷电场线的分布 11‎ 电场线中带电粒子的运动分析 12‎ 根据粒子运动情况判断电场线分布 13‎ ‎【题型演练】 14‎ ‎【题型归纳】‎ 热点题型一　库仑定律的理解及其相关平衡问题 ‎1．对库仑定律的理解 ‎(1)F＝k，r指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距．‎ ‎(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．‎ ‎2．“三个自由点电荷平衡”的问题 ‎(1)‎ 平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置．‎ ‎(2)‎ ‎3．求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路 涉及库仑力的平衡问题与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点．具体步骤如下：‎ 库仑定律与电荷守恒定律的结合问题 ‎【例1】．三个相同的金属小球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的电荷量为q，球2的电荷量为nq，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】由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q×nq＝×，解得n＝6，D正确．　‎ ‎【变式】两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A．　　 B．C．D． ‎【答案】D.‎ ‎【解析】两球相距r时，根据库仑定律F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k ，由以上两式可解得F′＝，D正确．‎ 三个孤立共线点电荷平衡问题 ‎(1)条件：每个点电荷所受合力为零．‎ ‎(2)平衡规律 ‎“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．‎ ‎【例2】(2019·浙江十校联盟测试)如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b球带电荷量为＋Q，用绝 缘支架固定，a、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且a、b和b、c间距离相等，‎ 悬挂a小球的细线向左倾斜，悬挂c小球的细线竖直，则 (　　)‎ A．a、c两小球带同种电荷 B．a、c两小球带异种电荷 C．a小球带电荷量为－4Q D．c小球带电荷量为＋4Q ‎【答案】　AC ‎【解析】　已知b球带正电，若c球也带正电，为使悬挂c球的细线竖直，则a球应带负电，此时a球受到b、c两球向右的库仑引力，故悬挂a球的细线向右倾斜，与事实不符；若c球带负电，为使悬挂c球的细线竖直，则a球也应带负电，此时若c球给a球的斥力大于b球给a球的引力，则悬挂a球的细线向左倾斜，与事实相符，综上可知，a、c两球都带负电，A正确，B、D错误．对c球进行分析，由库仑定律和牛顿第二定律有k＋k＝0，解得Qa＝－4Q，C正确．‎ ‎【变式】.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电荷量 Q1，B处电荷带负电荷量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(　　)‎ 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.‎ ‎【解析】因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间．根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧．要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故选项A正确．‎ 库仑力作用下的平衡问题 ‎【例3】. (多选)(2019·吉林长春外国语学校检测)如图所示，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为，可采用的方法有(　　)‎ A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍 B．将小球B的质量增加到原来的8倍 C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半 D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍 ‎【答案】BD.‎ ‎【解析】如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等、方向相反；由几何关系可知，＝，而库仑力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d变为，可以使B球质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A错误，B正确；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C错误，D正确．‎ ‎【变式】如图所示，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(　　)‎ 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，根据几何关系和三力平衡可得，＝＝(F1＝)，F′＝，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＝，对比＝，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．‎ 热点题型二　电场强度的理解与计算 ‎1．电场强度的三个计算公式 ‎2．求解电场强度的非常规思维方法 ‎(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，如图甲、乙所示．‎ ‎(2)对称法：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．‎ 如图丙所示，均匀带电的球壳在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补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．‎ ‎(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．‎ 点电荷电场中场强的计算 ‎【例4】．(2018·高考北京卷)静电场可以用电场线和等势面形象描述．‎ ‎(1)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；‎ ‎(2)点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2.我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小．请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】(1)在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷．‎ 根据库仑定律，检验电荷受到的电场力 F＝k 根据电场强度的定义 E＝ 得E＝k.‎ ‎(2)穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 ＝＝.‎ ‎【变式】如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：‎ ‎(1)两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎(2)C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【答案】(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正方向 ‎【解析】(1)根据库仑定律，A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为 F＝k①‎ 代入数据得F＝9.0×10－3 N②‎ ‎(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为 E1＝k③‎ A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为 E＝2E1cos 30°④‎ 由③④式并代入数据得E≈7.8×103 N/C 场强E的方向沿y轴正方向．‎ 补偿法求电场强度 ‎【例5】．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为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A．－E　　　 B．C．－E D．＋E ‎【答案】A.‎ ‎【解析】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确．‎ 对称法求电场强度 ‎【例6】．(2019·陕西渭南教学质量检测)如图所示，在x轴上放置两正点电荷Q1、Q2，当空间存在沿y轴负 向的匀强电场时，y轴上A点的场强等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E，两点电荷到A的距离分别 为r1、r2，则在y轴上与A点对称的B点的电场强度大小为 (　　)‎ A．E　　　 B.E C．2E D．4E ‎【答案】C ‎【解析】A点场强为零，说明两点电荷在A点的合场强与匀强电场的场强等大反向，即竖直向上，大小为E，根据对称性，两点电荷在B处产生的合场强竖直向下，大小为E，所以B点的场强大小为2E，方向竖直向下，C正确．‎ ‎【变式】如图所示，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)(　　)‎ A．k　　 B．kC．kD．k ‎【答案】B.‎ ‎【解析】由b点处的合场强为零可得圆盘在b点处的场强与点电荷q在b点处的场强大小相等、方向相反，所以圆盘在b点处的场强大小为Eb＝k，再根据圆盘场强的对称性和电场强度叠加即可得出d点处的场强大小为Ed＝Eb＋k＝k，B正确．‎ 等效法求电场强度 ‎【例7】．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)　(　　)‎ A．kB．kC．kD．k ‎【答案】D.‎ ‎【解析】点电荷q和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O点对称的电偶极子形成的电场．所以z轴上z＝处的场强E＝k＋k＝k，选项D正确．‎ 微元法求电场强度 ‎【例8】．一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中只有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)‎ A．B．C．D． ‎【答案】D ‎【解析】.设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为 q＝　 ①‎ 由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强 EP＝k＝k　 ②‎ 由对称性可知，各小段电环在P处的场强垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强E，故 E＝nEx＝n··cos θ＝　 ③‎ 而r＝　 ④‎ 联立①②③④式，可得E＝，D正确．‎ ‎【变式】下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝 缘．坐标原点O处电场强度最大的是 (　　)‎ ‎【答案】B ‎【解析】将圆环分割成微元，根据对称性和矢量性叠加，选项D图中O点的场强为零，选项C图中等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与选项A中的相等，选项B中正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是选项A、C场强的倍，因此选项B正确．‎ 热点题型三　电场线的理解和应用 ‎1．电场线的用途 ‎(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反．‎ ‎(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小．‎ ‎(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．‎ ‎(4)判断等势面的疏密——电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏．‎ ‎2．两种等量点电荷的电场 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 连线中点O的电场强度 在电荷连线上，中点O的电场强度最小，指向负电荷一方 为零 连线上的电场强度大小 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 沿中垂线由O点向外电场强度大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度 等大同向 等大反向 等量异(同)种电荷电场线的分布 ‎【例9】．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是(　　)‎ A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】.在两电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b 点，场强逐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，选项A、B错误；在两电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强逐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，所以C正确、D错误．‎ ‎【变式】如图所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点有等量正点电荷(带电荷量均为Q)，在y轴上C点 有负点电荷(带电荷量为Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列判断正确的是 (　　)‎ A．O点电场强度小于D点的电场强度 B．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度也增大 C．若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度也增大 D．若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大 ‎【答案】CD ‎【解析】两个正点电荷在D点产生的合场强与负点电荷在D点产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零，两个正点电荷在O点产生的场强为零，但负点电荷在O点产生的场强为E＝k，若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则O点电场强度不变，选项A、B错误；若两个正点电荷的电荷量同时等量地缓慢增大，则D点电场强度将增大，若负点电荷的电荷量缓慢减小，则D点电场强度将增大，所以选项C、D正确．‎ 电场线中带电粒子的运动分析 ‎(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况．‎ ‎(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)‎ ‎、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．‎ ‎【例10】.如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb ‎【答案】D.‎ ‎【解析】由点电荷电场强度公式E＝k可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，C选项错误、D选项正确．‎ ‎【变式】(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则(　　)‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增大 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的电势能都减少 ‎【答案】　CD ‎【解析】　因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误、D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．‎ 根据粒子运动情况判断电场线分布 ‎【例11】.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的(　　)‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】由v－t图象可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B的方向场强变大，电场线变密，选项C正确．‎ ‎【题型演练】‎ ‎1．(2019·四川自贡诊断)两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是(　　)‎ A．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力 B．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零 C．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力仍是斥力 D．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力 ‎【答案】C ‎【解析】如果相互接触前两球的库仑力是引力，且两球带不等量的异种电荷，则相互接触后的库仑力是斥力，A、B错误．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则两球带同种电荷，则相互接触后带等量的同种电荷，相互间的库仑力仍是斥力，C正确，D错误．‎ ‎2．如图所示，实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则电荷所受电场力(　　)‎ A．大小不变 B．方向不变 C．逐渐减小 D．逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】由电场线的分布情况可知，N点电场线比M点电场线疏，则N点电场强度比M点电场强度小，由电场力公式F＝qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐增大，电场力方向与点所在的电场线的切线方向一致，所以一直在变化，故D正确．‎ ‎3．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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(　　)‎ A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝ C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝ ‎【答案】D ‎【解析】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力，a、c的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，b、c电荷为异号，a、b的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，a、c的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，b、c电荷为同号，a、b的电荷为异号，所以a、b的电荷为异号．设ac与ab的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac＝k0，Fbc＝k0，tan θ＝，tan θ＝，a、b电荷量的比值k＝，联立解得k＝，选项D正确．‎ ‎4.(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)‎ A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ ‎【答案】AC ‎【解析】设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asin α，则两个－q之间距离为2acos α.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，故C正确，D错误．‎ ‎5.(2019·福建莆田二检)如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则O点处的点电荷受到的电场力大小为(　　)‎ A．B．C．D． ‎【答案】A ‎【解析】.根据库仑定律可得电场力F＝，O点到正方体顶点的距离r＝a，则正方体任一顶点上的点电荷对O点处的点电荷的库仑力大小均为F＝k＝；库仑力方向沿两电荷连线方向，正方体体对角线两端的两个电荷电性相同时，两个库仑力等大反向；正方体体对角线两端的两个电荷电性相反时，两个库仑力等大同向．根据矢量叠加定理可知，O点处的点电荷受到的电场力大小为2F＝，A选项正确．‎ ‎6.将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为(　　)‎ A．B．C．D． ‎【答案】B.‎ ‎【解析】取小球a、b整体作为研究对象，则整体受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F的最小值为2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D错，B对．‎ ‎7.如图所示，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(　　)‎ 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4×10－8 C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】.用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示 sin θ＝＝0.60‎ θ＝37°‎ F库＝mgtan 37°＝6.0×10－3 N，B项错误；‎ F库＝k QA＝QB＝Q，r＝0.12 m 联立上式得Q＝4×10－8 C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．‎ ‎8.如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)(　　)‎ A．A球对竖直墙壁的作用力不变 B．两球之间的距离一定增大 C．A球对B球作用的静电力增大 D．地面对B球的弹力不变 ‎【答案】AC ‎【解析】.由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F库cos θ不变，库仑力F库一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．‎ ‎9.如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48 m，离地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的 匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝‎ ‎0.01 kg，电荷量q＝1×10－6 C的带正电小球以初速度v0＝1 m/s向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度 g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向；‎ ‎(2)P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离．‎ ‎【答案】 (1)1.0 m/s2，方向水平向左　(2) m　 m ‎【解析】(1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有：a＝＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，方向水平向左．‎ ‎(2)由于x＝＝0.5 m>0.48 m，所以小球一定从右边离开桌面．‎ 设球到桌面右边的距离为x1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，则：x总＝x1＋x2‎ 由v2－v＝－2ax1代入数据得：v＝ 设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有：h＝gt2，代入数据得：t＝0.5 s.‎ 水平方向，有x2＝vt＝0.5，故 x总＝x1＋0.5 令：y＝；则：x总＝ 故y＝，即：x1＝时，水平距离最大，最大值为 xmax＝ m.‎ ‎10.(2019·北京四中模拟)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C.有一个质量m＝4.0×10－3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．‎ ‎(1)求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量．‎ ‎【答案】(1)1.0×10－6 C　正电荷 (2)12.5 m/s2 (3)减少了4.5×10－3 J ‎【解析】(1)小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件 F＝qE＝mgtan θ 解得q＝＝1.0×10－6 C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷．‎ ‎(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，‎ 由牛顿第二定律＝ma 解得a＝＝12.5 m/s2.‎ ‎(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为 l＝at2＝0.25 m 小球运动过程中，电场力做的功 W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)‎ ΔEp＝4.5×10－3 J.‎