【物理】2019届一轮复习人教版电场力的性质学案
电场
第28课时 电场力的性质
考点1 库仑定律的理解及应用
一、两种电荷和使物体带电的三种方法
1．自然界中只有两种电荷即正电荷和负电荷。
2．使物体带电的三种方法及其实质
摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法，它们的实质都是电荷的转移。而实现电荷转移的动力是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引。
3．验电器与静电计的结构与原理
验电器玻璃瓶内有两片金属箔，用金属丝挂在一根导体棒的下端，棒的上端通过瓶塞从瓶口伸出。如果把金属箔换成指针，并用金属做外壳，这样的验电器又叫静电计。注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的。不管是静电计的指针还是验电器的箔片，它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥的结果。
4．电荷分配规律
两个完全相同的带电金属球相接触，如果带同种电荷，则总电荷量平均分配，如果带异种电荷，则先中和后平分。
二、点电荷及库仑定律
1．点电荷
(1)是一种理想化的物理模型。
(2)当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．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)公式：F＝k，其中比例系数k叫做静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2。
(3)适用条件：①真空中；②点电荷。
3．电荷量、元电荷、点电荷和检验电荷的区别
电荷量是物体带电荷的多少，电荷量只能是元电荷的整数倍；元电荷是电荷量为1.6×10－19 C的电荷，不是电子也不是质子，而是最小的电荷量，电子和质子带最小的电荷量；点电荷要求“线度远小于研究范围的空间尺度”，是一种理想化物体模型，对其带电荷量无限制；检验电荷是用来研究电场的电荷，要求放入电场后对原来的电场不产生影响，故应为带电荷量足够小的点电荷。
三、电荷及电荷守恒定律
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。
[例1] 如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1∶q2∶q3为( )
A．9∶4∶9 B．4∶9∶4
C．9∶4∶36 D．9∶36∶4
解析 要三个电荷所受合力均为零，q1、q3必为同种电荷，且q2与q1、q3电性相反。
设q1、q2之间的距离为L，q2、q3之间的距离为2L。
因为每个电荷所受静电力的合力均为零
对q1列平衡方程得：k＝k
对q2列平衡方程得：k＝k
由以上解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正确。
答案 C
(1)三个自由点电荷仅在它们系统的静电力作用下处于平衡状态时，满足的规律是：
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；
②“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
(2)
库仑力参与下的共点力平衡问题：分析方法与力学问题相同，只是多了一个库仑力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。
(3)有库仑力参与的动力学问题与牛顿运动定律中的动力学问题本质上是相同的(如两个点电荷间的库仑力满足牛顿第三定律)，值得注意的两点是：①列方程时，注意库仑力的方向；②若库仑力总与速度方向垂直，库仑力不做功。
1．(多选)A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是( )
A．FA
k，故D正确，A、B、C错误。
3．(人教版选修3－1 P5演示实验改编)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。
实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是________________(填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。
答案 减小 增大 控制变量法
考点2 电场强度的理解及应用
1．静电场
(1)电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场。
(2)电荷间的相互作用是通过电场实现的。电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。
2．电场强度
(1)物理意义：表示电场的强弱和方向。
(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电荷量q的比值叫做该点的电场强度。
(3)定义式：E＝。
(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则或三角形定则。
3．电场强度三个表达式的比较
4．电场强度的计算方法
除用以上三个表达式计算外，还可以借助下列三种方法求解：
(1)电场叠加合成的方法。
(2)平衡条件求解法。
(3)对称法。
[例2] (多选)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a。现在A、B两点分别固定电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A．C、D两点的场强相同
B．C点的场强大小为
C．C、D两点电势相等
D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功
解析 由题意知＋q，－q是两个等量异种电荷，通过AB的中垂面是等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，由对称性知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，A、C正确；两个电荷在C点产生的场强大小：E1＝E2＝，方向夹角为120°，则C点的合场强E＝E1＝E2＝，如图，B正确；由题意，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，将一正电荷从C点移动到D点，电场力不做功，故D错误。
答案 ABC
1．认识场强的三个特性：矢量性、唯一性和叠加性
(1)矢量性：电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量，规定正电荷受力方向为该点场强的方向，有关计算按矢量法则。
(2)唯一性：电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置。
(3)叠加性：如果有几个静止电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和。
2．分析电场叠加问题的一般步骤
(1)确定分析计算的空间位置。
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向。
(3)依次利用平行四边形定则或三角形定则求出矢量和。
1．关于电场，下列叙述中正确的是( )
A．对点电荷激发的电场，以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的电场强度都相同
B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E＝，取走q后，该点电场强度不为零
D．试探电荷所受电场力很大，该点电场强度一定很大
答案 C
解析 以点电荷Q为球心、半径为r的球面上，电场强度的大小E＝相同，但方向不同，A错误；由E＝k可知：点电荷周围
的电场强度的大小只由Q、r的大小来决定，与电荷的正、负没有关系，B错误；电场强度E是反映电场力的性质的物理量，试探电荷是用来体现这一性质的“工具”，C正确；定义式E＝中E的大小并不是由F、q来决定的，在电场中某一点放入一试探电荷q，如果q越大，则F越大，而这一比值不变，D错误。
2.(教科版选修3－1 P15·T1)把检验电荷放入电场中的不同点a、b、c、d，测得的检验电荷所受电场力F与其电荷量q之间的函数关系图象如图所示，则a、b、c、d四点场强大小的关系为( )
A．Ea>Eb>Ec>Ed B．Ea>Eb>Ed>Ec
C．Ed>Ea>Eb>Ec D．Ec>Ea>Eb>Ed
答案 D
解析 Fq图象的斜率大小代表场强大小，所以D正确。
3．(多选)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有( )
A．d点电场强度的方向由O指向d
B．O点电场强度的方向由d指向O
C．d点的电场强度大于O点的电场强度
D．d点的电场强度小于O点的电场强度
答案 AD
解析 分析可得a、c两点在d点的电场强度的叠加方向是O指向d，b点的电荷在d点的电场强度的方向是O指向d，所以d点的电场强度的方向由O指向d，A正确；同理，O点的场强的方向也由O指向d，B错误；设菱形的边长为L，则a点和c点的电荷在d点的电场沿bd方向的分量都为Eay＝cos60°＝，故d点的电场强度为Ed＝2×＋＝；a、c两点的电荷在O点的场强叠加为0，故O点的电场强度为EO＝＝，所以Ed0)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．k C．k D．k
答案 B
解析 点电荷q在b处产生的场强大小E＝k，因b点处的场强为零，所以Q在b点处的场强大小也为k，由对称性，Q在d点处的场强为k，方向向右，则d点处的场强应为Q和q在该点场强的矢量和，q在d点的场强E′＝k＝k，Ed＝E＋E′＝k，故B正确。
3．如图所示，M、N为两个等量同种正电荷Q
，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q，不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是( )
A．从P→O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．从P→O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零
答案 C
解析 点电荷从P→O的过程中，合电场力方向指向O点，合电场力大小可能是先变大后变小，则加速度先变大后变小；合电场力大小也可能一直变小，则加速度一直变小。不过，在到达O点之前，合电场力一直做正功，速度一定是一直变大的，在O点时加速度是零，速度最大。该电场关于直线MN对称，电荷越过O点后合电场力方向还是指向O点，合电场力的大小可能是先变大后变小，或者是一直变大，所以加速度可能是先变大后变小，或者是一直变大。但合电场力一直做负功，速度会越来越小，当达到关于O点对称的P′点速度为零。因此，C正确，A、B、D错误。
考点4 力电综合问题
解力电综合问题的基本思路
[例4] (2016·上海高考)如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为________。在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α＝30°处，A受到的电场力大小为________。
解析 根据题意，设细线长为L，带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，计算电场力为：F＝mg；改变电场强度的大小和方向
后，平衡在α＝60°处时，设F与竖直方向夹角为γ，如图所示，根据正弦定理有：＝，平衡在α＝30°处时，由正弦定理有：＝，经过计算得到：γ＝60°，F＝mg。
答案 mg mg
匀强电场与重力场的复合场问题的处理方法
(1)动力学观点的两种方法
①正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。
②等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。
(2)不涉及时间t、加速度a，以及曲线运动问题尽可能采用动能定理、功能关系等解决。
如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为L的等边三角形，则( )
A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
答案 B
解析 设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，联立解得：aA＝，B正确、A错误；由整体法可得恒力F＝2maA＝，C、D错误。
1．(2017·浙江名校高三联考)在国际单位制中，电场强度单位的符号是( )
A．N B．N/C
C．N/(A·m) D．N/A
答案 B
解析 在国际单位制中，电场强度单位的符号是N/C，故选B。
2．关于电场场强的概念，下列说法正确的是( )
A．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B．正负试探电荷在同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与试探电荷的正负有关
C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关
D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
答案 C
解析 电场强度的大小与试探电荷所带电荷量以及所受电场力大小无关，只和电场本身的性质有关，A、D错误，C正确；电场方向与正电荷受到的电场力方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，B错误。
3．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )
A.F B.F C.F D.F
答案 A
解析 设一个小球带电量大小为Q，则另一个大小为3Q，根据库仑定律有：两球接触前：F＝k，接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q1＝Q2＝＝Q；由库仑定律得：F′＝k＝，故A正确。
4．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图可以作出的正确判断是( )
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在A、B两点的受力方向
C．带电粒子在A、B两点的加速度何处较大
D．带电粒子在A、B两点的速度何处较大
答案 BCD
解析 根据曲线运动所受的合外力指向内侧，可得带电粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A错误、B正确；根据电场线的疏密程度，可知EA>EB，所以电场力FA>FB，再根据牛顿第二定律得A点加速度大，故C正确；由A到B，电场力做负功，动能减小，故A处的速度大，D正确。
5．(2017·河北衡水联考)在物理学的研究及应用过程中所用思维方法的叙述正确的是( )
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法
B．速度的定义式v＝，采用的是比值法，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法
C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法
D．如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想
答案 D
解析 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故A错误；速度的定义v＝，采用的是比值法；当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故B错误；在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法，故C错误；用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M发生了微小的旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法，用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，也是一种放大的思想，第三个装置是两个球m，受到m′的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大，故都是利用放大的思想方法。故D正确。
6．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 A项，坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，设为E；B项，坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生的，场强为E；C项，第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，也为E；D项，第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零；由上分析知坐标原点O处电场强度最大的是B项。
7．(2017·长春外国语学校期末)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )
答案 D
解析 a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转。设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα＝＝，以b球为研究对象，受力如图。设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝，得到α＝β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确。
8．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距为b，如图所示，请问：
(1)小球的电性及所带电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
答案 (1)正电 (2)
解析 (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，则小球带正电；
Fsinθ＝qE①
Fcosθ＝mg②
由上述两式得
tanθ＝，故q＝。
(2)由第(1)问中的方程②知F＝，而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它经过的位移为x＝，又由x＝at2，t＝＝＝ 。
9．(2015·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”
之说，但下列不属于静电现象的是( )
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案 C
解析 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈因磁通量变化而产生感应电流属于电磁感应现象，其他三种现象属于静电现象，C符合题意。
10.(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为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( )
A.，沿y轴正向 B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向
答案 B
解析 正点电荷Q在O点时，它在G点处产生的场强大小为，方向沿y轴负方向。由于G点场强恰好为零，即两负点电荷在G点的合场强大小为E1＝，方向沿y
轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H处场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，B正确。
11.(2015·广东高考)(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
答案 BD
解析 不考虑重力，取整体为研究对象，外力只有匀强电场的电场力，由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向，故M、N必带有等量异种电荷，A错误；隔离出M，若M带正电，N带负电，则M受到N的库仑力和匀强电场力都向右，M受力不平衡，只有M带负电才可能受力平衡，故M带负电，则N带正电，B正确；静止时，M、N所受合力都为0，C错误；因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，故D正确。
12．(2018·河北衡水中学期末)如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(
均可视为质点)，它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5。(静电力常量为k)
(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；
(2)求L′与L之比。
答案 (1) 正电 (2)3∶2
解析 (1)对B球分析有，A球带正电荷
初始时B球沿斜面方向合力为零F－mgsinα＝0
又F＝k，解得Q＝。
(2)初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinα。
A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F′＋2mgsinα＝2ma1
B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsinα－F′＝ma2
依题意a1∶a2＝11∶5
联立解得F′＝mgsinα，又F′＝k
得L′∶L＝3∶2。
电场
第28课时 电场力的性质
考点1 库仑定律的理解及应用
一、两种电荷和使物体带电的三种方法
1．自然界中只有两种电荷即正电荷和负电荷。
2．使物体带电的三种方法及其实质
摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法，它们的实质都是电荷的转移。而实现电荷转移的动力是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引。
3．验电器与静电计的结构与原理
验电器玻璃瓶内有两片金属箔，用金属丝挂在一根导体棒的下端，棒的上端通过瓶塞从瓶口伸出。如果把金属箔换成指针，并用金属做外壳，这样的验电器又叫静电计。注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的。不管是静电计的指针还是验电器的箔片，它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥的结果。
4．电荷分配规律
两个完全相同的带电金属球相接触，如果带同种电荷，则总电荷量平均分配，如果带异种电荷，则先中和后平分。
二、点电荷及库仑定律
1．点电荷
(1)是一种理想化的物理模型。
(2)当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．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)公式：F＝k，其中比例系数k叫做静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2。
(3)适用条件：①真空中；②点电荷。
3．电荷量、元电荷、点电荷和检验电荷的区别
电荷量是物体带电荷的多少，电荷量只能是元电荷的整数倍；元电荷是电荷量为1.6×10－19 C的电荷，不是电子也不是质子，而是最小的电荷量，电子和质子带最小的电荷量；点电荷要求“线度远小于研究范围的空间尺度”，是一种理想化物体模型，对其带电荷量无限制；检验电荷是用来研究电场的电荷，要求放入电场后对原来的电场不产生影响，故应为带电荷量足够小的点电荷。
三、电荷及电荷守恒定律
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。
[例1] 如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电量之比q1∶q2∶q3为( )
A．9∶4∶9 B．4∶9∶4
C．9∶4∶36 D．9∶36∶4
解析 要三个电荷所受合力均为零，q1、q3必为同种电荷，且q2与q1、q3电性相反。
设q1、q2之间的距离为L，q2、q3之间的距离为2L。
因为每个电荷所受静电力的合力均为零
对q1列平衡方程得：k＝k
对q2列平衡方程得：k＝k
由以上解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正确。
答案 C
(1)三个自由点电荷仅在它们系统的静电力作用下处于平衡状态时，满足的规律是：
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；
②“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
(2)库仑力参与下的共点力平衡问题：分析方法与力学问题相同，只是多了一个库仑力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。
(3)有库仑力参与的动力学问题与牛顿运动定律中的动力学问题本质上是相同的(如两个点电荷间的库仑力满足牛顿第三定律)，值得注意的两点是：①列方程时，注意库仑力的方向；②若库仑力总与速度方向垂直，库仑力不做功。
1．(多选)A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是( )
A．FAk，故D正确，A、B、C错误。
3．(人教版选修3－1 P5演示实验改编)在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。
实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是________________(填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。
答案 减小 增大 控制变量法
考点2 电场强度的理解及应用
1．静电场
(1)电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场。
(2)电荷间的相互作用是通过电场实现的。电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。
2．电场强度
(1)物理意义：表示电场的强弱和方向。
(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电荷量q的比值叫做该点的电场强度。
(3)定义式：E＝。
(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则或三角形定则。
3．电场强度三个表达式的比较
4．电场强度的计算方法
除用以上三个表达式计算外，还可以借助下列三种方法求解：
(1)电场叠加合成的方法。
(2)平衡条件求解法。
(3)对称法。
[例2] (多选)如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形)，所有棱长都为a。现在A、B两点分别固定电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A．C、D两点的场强相同
B．C点的场强大小为
C．C、D两点电势相等
D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功
解析 由题意知＋q，－q是两个等量异种电荷，通过AB的中垂面是等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，C、D两点的场强都与等势面垂直，方向指向B一侧，方向相同，由对称性知，场强大小相等，故C、D两点的场强、电势均相同，A、C正确；两个电荷在C点产生的场强大小：E1＝E2＝，方向夹角为120°，则C点的合场强E＝E1＝E2＝，如图，B正确；由题意，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等，将一正电荷从C点移动到D点，电场力不做功，故D错误。
答案 ABC
1．认识场强的三个特性：矢量性、唯一性和叠加性
(1)矢量性：电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量，规定正电荷受力方向为该点场强的方向，有关计算按矢量法则。
(2)唯一性：电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置。
(3)叠加性：如果有几个静止电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和。
2．分析电场叠加问题的一般步骤
(1)确定分析计算的空间位置。
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向。
(3)依次利用平行四边形定则或三角形定则求出矢量和。
1．关于电场，下列叙述中正确的是( )
A．对点电荷激发的电场，以点电荷为球心，r为半径的球面上，各点的电场强度都相同
B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大
C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的电场强度为E＝，取走q后，该点电场强度不为零
D．试探电荷所受电场力很大，该点电场强度一定很大
答案 C
解析 以点电荷Q为球心、半径为r的球面上，电场强度的大小E＝相同，但方向不同，A错误；由E＝k可知：点电荷周围的电场强度的大小只由Q、r的大小来决定，与电荷的正、负没有关系，B错误；电场强度E是反映电场力的性质的物理量，试探电荷是用来体现这一性质的“工具”，C正确；定义式E＝中E的大小并不是由F、q来决定的，在电场中某一点放入一试探电荷q，如果q越大，则F越大，而这一比值不变，D错误。
2.(教科版选修3－1 P15·T1)把检验电荷放入电场中的不同点a、b、c、d，测得的检验电荷所受电场力F与其电荷量q之间的函数关系图象如图所示，则a、b、c、d四点场强大小的关系为( )
A．Ea>Eb>Ec>Ed B．Ea>Eb>Ed>Ec
C．Ed>Ea>Eb>Ec D．Ec>Ea>Eb>Ed
答案 D
解析 Fq图象的斜率大小代表场强大小，所以D正确。
3．(多选)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有( )
A．d点电场强度的方向由O指向d
B．O点电场强度的方向由d指向O
C．d点的电场强度大于O点的电场强度
D．d点的电场强度小于O点的电场强度
答案 AD
解析 分析可得a、c两点在d点的电场强度的叠加方向是O指向d，b点的电荷在d点的电场强度的方向是O指向d，所以d点的电场强度的方向由O指向d，A正确；同理，O点的场强的方向也由O指向d，B错误；设菱形的边长为L，则a点和c点的电荷在d点的电场沿bd方向的分量都为Eay＝cos60°＝，故d点的电场强度为Ed＝2×＋＝；a、c两点的电荷在O点的场强叠加为0，故O点的电场强度为EO＝＝，所以Ed0)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．k C．k D．k
答案 B
解析 点电荷q在b处产生的场强大小E＝k，因b点处的场强为零，所以Q在b点处的场强大小也为k，由对称性，Q在d点处的场强为k，方向向右，则d点处的场强应为Q和q
在该点场强的矢量和，q在d点的场强E′＝k＝k，Ed＝E＋E′＝k，故B正确。
3．如图所示，M、N为两个等量同种正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q，不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是( )
A．从P→O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．从P→O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零
答案 C
解析 点电荷从P→O的过程中，合电场力方向指向O点，合电场力大小可能是先变大后变小，则加速度先变大后变小；合电场力大小也可能一直变小，则加速度一直变小。不过，在到达O点之前，合电场力一直做正功，速度一定是一直变大的，在O点时加速度是零，速度最大。该电场关于直线MN对称，电荷越过O点后合电场力方向还是指向O点，合电场力的大小可能是先变大后变小，或者是一直变大，所以加速度可能是先变大后变小，或者是一直变大。但合电场力一直做负功，速度会越来越小，当达到关于O点对称的P′点速度为零。因此，C正确，A、B、D错误。
考点4 力电综合问题
解力电综合问题的基本思路
[例4] (2016·上海高考)如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为________。在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α＝30°处，A受到的电场力大小为________。
解析 根据题意，设细线长为L，带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中电场力F
对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，计算电场力为：F＝mg；改变电场强度的大小和方向后，平衡在α＝60°处时，设F与竖直方向夹角为γ，如图所示，根据正弦定理有：＝，平衡在α＝30°处时，由正弦定理有：＝，经过计算得到：γ＝60°，F＝mg。
答案 mg mg
匀强电场与重力场的复合场问题的处理方法
(1)动力学观点的两种方法
①正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。
②等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。
(2)不涉及时间t、加速度a，以及曲线运动问题尽可能采用动能定理、功能关系等解决。
如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m
，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为L的等边三角形，则( )
A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
答案 B
解析 设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，联立解得：aA＝，B正确、A错误；由整体法可得恒力F＝2maA＝，C、D错误。
1．(2017·浙江名校高三联考)在国际单位制中，电场强度单位的符号是( )
A．N B．N/C
C．N/(A·m) D．N/A
答案 B
解析 在国际单位制中，电场强度单位的符号是N/C，故选B。
2．关于电场场强的概念，下列说法正确的是( )
A．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比
B．正负试探电荷在同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与试探电荷的正负有关
C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷正负无关
D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零
答案 C
解析 电场强度的大小与试探电荷所带电荷量以及所受电场力大小无关，只和电场本身的性质有关，A、D错误，C正确；电场方向与正电荷受到的电场力方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，B错误。
3．两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为( )
A.F B.F C.F D.F
答案 A
解析 设一个小球带电量大小为Q，则另一个大小为3Q，根据库仑定律有：两球接触前：F＝k，接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q1＝Q2＝＝Q；由库仑定律得：F′＝k＝，故A正确。
4．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到静电力作用，根据此图可以作出的正确判断是( )
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在A、B两点的受力方向
C．带电粒子在A、B两点的加速度何处较大
D．带电粒子在A、B两点的速度何处较大
答案 BCD
解析 根据曲线运动所受的合外力指向内侧，可得带电粒子在A、B两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A错误、B正确；根据电场线的疏密程度，可知EA>EB，所以电场力FA>FB，再根据牛顿第二定律得A点加速度大，故C正确；由A到B，电场力做负功，动能减小，故A处的速度大，D正确。
5．(2017·河北衡水联考)在物理学的研究及应用过程中所用思维方法的叙述正确的是( )
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法
B．速度的定义式v＝，采用的是比值法，当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法
C．在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法
D．如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想
答案 D
解析 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故A错误；速度的定义v＝，采用的是比值法；当Δt趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故B错误；在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法，故C错误；用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M发生了微小的旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法，用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，也是一种放大的思想，第三个装置是两个球m，受到m′的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大，故都是利用放大的思想方法。故D正确。
6．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 A项，坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，设为E；B项，坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生的，场强为E；C项，第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，也为E；D项，第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零；由上分析知坐标原点O处电场强度最大的是B项。
7．(2017·长春外国语学校期末)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )
答案 D
解析 a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转。设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα＝＝，以b球为研究对象，受力如图。设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝，得到α＝β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确。
8．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，小球与右侧金属板相距为b，如图所示，请问：
(1)小球的电性及所带电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
答案 (1)正电 (2)
解析 (1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，则小球带正电；
Fsinθ＝qE①
Fcosθ＝mg②
由上述两式得
tanθ＝，故q＝。
(2)由第(1)问中的方程②知F＝，而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它经过的位移为x＝，又由x＝at2，t＝＝＝ 。
9．(2015·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”
之说，但下列不属于静电现象的是( )
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案 C
解析 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈因磁通量变化而产生感应电流属于电磁感应现象，其他三种现象属于静电现象，C符合题意。
10.(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为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( )
A.，沿y轴正向 B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向
答案 B
解析 正点电荷Q在O点时，它在G点处产生的场强大小为，方向沿y轴负方向。由于G点场强恰好为零，即两负点电荷在G点的合场强大小为E1＝，方向沿y
轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H处场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，B正确。
11.(2015·广东高考)(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
答案 BD
解析 不考虑重力，取整体为研究对象，外力只有匀强电场的电场力，由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向，故M、N必带有等量异种电荷，A错误；隔离出M，若M带正电，N带负电，则M受到N的库仑力和匀强电场力都向右，M受力不平衡，只有M带负电才可能受力平衡，故M带负电，则N带正电，B正确；静止时，M、N所受合力都为0，C错误；因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，故D正确。
12．(2018·河北衡水中学期末)如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(
均可视为质点)，它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5。(静电力常量为k)
(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；
(2)求L′与L之比。
答案 (1) 正电 (2)3∶2
解析 (1)对B球分析有，A球带正电荷
初始时B球沿斜面方向合力为零F－mgsinα＝0
又F＝k，解得Q＝。
(2)初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinα。
A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F′＋2mgsinα＝2ma1
B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsinα－F′＝ma2
依题意a1∶a2＝11∶5
联立解得F′＝mgsinα，又F′＝k
得L′∶L＝3∶2。
