第1講電場力的性質(zhì)學(xué)習(xí)目標(biāo)1.掌握庫侖定律的內(nèi)容及條件，并會用來解決問題。2.理解電場強度的定義，會計算電場強度并掌握疊加方法。3.理解電場線的特點，會用電場線的特點解決相關(guān)問題。1.2.3.4.5.1.思考判斷(1)兩個帶異種電荷的金屬球接觸時，正電荷從一個球轉(zhuǎn)移到另一個球。(×)(2)點電荷是理想化模型，均勻帶電的絕緣球也可以視為點電荷。(√)(3)相互作用的兩個點電荷，電荷量大的受到的庫侖力也大。(×)(4)電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的靜電力成正比。(×)(5)由E＝Fq知，當(dāng)試探電荷q變?yōu)橐话霑r，電場強度E變?yōu)?倍。(×2.(人教版必修第三冊P24T3改編)在邊長為a的正方形的每一頂點都放置一個電荷量大小為q的點電荷，點電荷的正負(fù)如圖所示。靜電力常量為k。如果保持它們的位置不變，則電荷A受到其他三個電荷的靜電力的合力大小是()A.2kq2aC.12＋答案D考點一庫侖定律的理解和應(yīng)用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.對于兩個距離較近的帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布，如圖所示。(1)同種電荷:F<kq1(2)異種電荷:F>kq13.不能根據(jù)公式錯誤地認(rèn)為r→0時，庫侖力F→∞，因為當(dāng)r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了。角度庫侖力的疊加例1圖中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－2q，在該三角形中心O點處固定一電荷量為－2q的點電荷，靜電力常量為k，則該電荷受到的庫侖力為()A.18kq2a2，方向由C指向O B.18C.23kq2a2，方向由C指向O D.答案A解析A、B位置的兩個等量正點電荷對O點的－2q的點電荷的庫侖力為引力，其合力方向由C指向O，C位置的－2q的點電荷對O點的電荷的庫侖力為斥力，可知O點處固定的－2q的點電荷所受庫侖力的合力方向由C指向O，根據(jù)幾何關(guān)系，三個點電荷到中心O的間距為r＝a2cos30°＝3a3，A、B位置的兩個點電荷對O點的－2q的點電荷的庫侖力的合力為F1＝2kq·2qr2cos60°＝6kq2a2，C位置的點電荷對O點的點電荷的庫侖力為F2＝k2q·2qr2＝角度靜電力作用下的平衡問題例2(2024·新課標(biāo)卷，18)如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點上，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(xì)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(zhì)量一定大于Q的質(zhì)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的電荷量答案B解析設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角均為θ，兩球之間的庫侖力大小為F，將兩球間的庫侖力與靜電力合成為一個力，將四力平衡轉(zhuǎn)化為三力平衡，如圖所示，F(xiàn)Q＝F庫-qQEsinθ，F(xiàn)P＝F庫＋qPEsinθ，則兩繩中的張力大小關(guān)系為FQ<FP，A錯誤;由mQg＝F庫-qQEtanθ，mPg＝F庫＋qPEtanθ，可知mP>mQ，B正確;F庫＝mQgtanθ＋qQE＝m庫侖力作用下平衡問題的解題思路例3如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電荷量為＋Q，B帶電荷量為－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為()A.正，B的右邊0.4m處 B.正，B的左邊0.2m處C.負(fù)，A的左邊0.2m處 D.負(fù)，A的右邊0.2m處答案C解析要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠(yuǎn)大”的原則，所以點電荷C應(yīng)在A左側(cè)，帶負(fù)電。設(shè)C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于點電荷均處于平衡狀態(tài)，所以kQqx2＝9kQq(r＋x)2三個自由點電荷的平衡問題的速解技巧考點二電場強度的理解和計算1.電場強度的性質(zhì)矢量性電場強度方向與正電荷受力方向相同唯一性電場強度取決于電場本身，與試探電荷無關(guān)疊加性如果有幾個靜止點電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的電場強度是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的電場強度的矢量和2.電場強度的三個公式的比較角度電場強度的計算例4(多選)如圖甲所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的試探電荷受到的靜電力跟試探電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示。以x軸的正方向為靜電力的正方向，則()A.點電荷Q一定為正電荷B.點電荷Q在A、B之間C.B點的電場強度大小為2×103N/CD.同一電荷在A點受到的靜電力比在B點的大答案BD解析由題圖乙知，兩直線都是過原點的傾斜直線，由電場強度的定義式可知，其斜率的絕對值為各點的電場強度大小，則EA＝FAqA＝2×103N/C，EB＝FBqB＝0.5×103N/C＝EA4，同一電荷在A點受到的靜電力比在B點的大，C錯誤，D正確;由題圖乙知正試探電荷在A點受靜電力方向為正，負(fù)試探電荷在B點受靜電力方向也為正，可知A、B兩點電場強度方向相反，則點電荷Q在A、B之間角度電場強度的疊加例5(點電荷電場強度的疊加)(2024·貴州卷，7)如圖，A、B、C三個點位于以O(shè)為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、B兩點分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則qAqB等于A.13 B.C.3 D.2答案B解析根據(jù)題意，作出C點電場強度的兩種情況分別如圖甲、乙所示，無論哪種情況，均有tan30°＝EBCEAC＝kqBxBC2kqAxAC2＝qBqA·xAC2xBC2，例6(對稱法)(2024·河北卷，7)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(xì)桿，電荷量為q2。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.23kqa2 B.C.kqa2(33＋1) D.kq答案D解析由點電荷的電場強度公式和電場疊加原理可知，兩點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝2kq33a2cos60°＝3kqa2，方向沿MA方向，又M點的電場強度為0，所以細(xì)桿在M處產(chǎn)生的電場強度大小也為E＝3kqa2，方向沿AM方向，由對稱性可知細(xì)桿在A處產(chǎn)生的電場強度大小也為E＝3kqa2，方向沿MA方向，兩點電荷在A處產(chǎn)生的電場強度大小為E'＝2kqa2cos30°＝3kqa2，方向沿例7(等效法、補償法)(2025·湖北荊州模擬)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電荷產(chǎn)生的電場。如圖所示，在絕緣球23球面AA1B1B上均勻分布正電荷，總電荷量為q;在剩余13球面AB上均勻分布負(fù)電荷，總電荷量是12q。球半徑為R，球心為O，CD為23球面AA1B1B的對稱軸，在軸線上有M、N兩點，且OM＝ON＝2R，A1A＝B1B，A1A∥B1B∥CD。已知13球面A1B1在M點的電場強度大小為E，靜電力常量為k，則A.3kq8C.kq12R2＋E答案B解析將AB部分補上，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Q＝32q，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點產(chǎn)生的電場強度為EM＝kQ(2R)2＝3kq8R2，根據(jù)對稱性可知，帶正電的部分球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為EN＝3kq8R2，球面AB帶負(fù)電荷量為q，在N點產(chǎn)生的電場強度大小為2E方法總結(jié)求解特殊帶電體電場強度的計算方法等效法在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景對稱法空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性補償法將有缺損的帶電空腔球補全為全球，或?qū)⑷笨诘膸щ妶A環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面等微元法可將帶電圓環(huán)、帶電平面等分成許多微元電荷，每個微元電荷可看成點電荷，再利用公式和電場強度疊加原理求出合電場強度考點三電場線的理解和應(yīng)用兩種等量點電荷的電場線的比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小，但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向例8(多選)電場線能直觀、方便地反映電場的分布情況。圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點;O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱。則()A.E、F兩點電場強度相同B.A、D兩點電場強度不同C.B、O、C三點，O點電場強度最小D.從E點向O點運動的電子所受靜電力逐漸減小答案AC解析等量異種點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點電場強度方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，則其電場強度大小也相等，故A正確;根據(jù)對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點電場強度大小相同，由題圖甲看出，A、D兩點電場強度方向相同，故B錯誤;由題圖甲看出，B、O、C三點比較，O點的電場線最稀疏，電場強度最小，故C正確;由題圖甲可知，電子從E點向O點運動過程中，電場線逐漸變密，則電場強度逐漸增大，電子所受靜電力逐漸增大，故D錯誤?？偨Y(jié)提升電場線的應(yīng)用例9(2023·全國甲卷，18)在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈婋妶?，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是()答案A解析帶電粒子在電場中做曲線運動，粒子所受靜電力指向軌跡的凹側(cè)，如圖所示，故A正確。電場線與軌跡問題的判斷方法(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況。(2)三不知時要用“假設(shè)法”——電荷的正負(fù)、電場強度的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向，若已知其中的任意一個，可順次向下分析判定各待求量;若三個都不知，則要用假設(shè)法分別討論各種情況。A級基礎(chǔ)對點練對點練1庫侖定律的理解和應(yīng)用1.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(xiàn)將一試探電荷q固定于頂點C，測得q所受靜電力與AB邊垂直。已知AB∶AC∶BC＝5∶4∶3，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A.Q1QC.Q1Q答案B解析根據(jù)電荷q受到的靜電力方向，可以判斷出點電荷Q1、Q2對q的靜電力的方向，設(shè)Q1、Q2對q的靜電力分別為F1和F2，如圖所示，根據(jù)庫侖定律有F1＝kQ1qAC2，F(xiàn)2＝kQ2qBC2，根據(jù)幾何關(guān)系A(chǔ)B∶AC∶BC＝5∶4∶3，可知∠A＝37°，tan2.(2025·八省聯(lián)考山陜青寧卷，3)靜電懸浮技術(shù)是利用靜電場對帶電物體的電場力來平衡重力，從而實現(xiàn)材料懸浮無容器處理的一種先進技術(shù)，其原理示意圖如圖所示。若兩平行金屬極板間電勢差為U，間距為d。質(zhì)量為m的金屬微粒懸浮于其中，重力加速度大小為g，則金屬微粒所帶電荷的電性和電荷量q分別為()A.負(fù)電荷，q＝mgdU B.負(fù)電荷，q＝C.正電荷，q＝mgdU D.正電荷，q＝答案C解析由題圖可知，兩極板間電場強度方向豎直向上，微粒受電場力方向豎直向上，可知微粒帶正電，由平衡條件可知qUd＝mg，解得q＝mgdU，故3.(2025·陜西寶雞模擬)如圖所示，絕緣斜面體ABC靜止于粗糙的水平面上，∠B＝37°，∠C＝53°，兩個可視為質(zhì)點的帶電物體P、Q分別靜止在AB和AC面上，且P、Q連線水平。已知AB、AC面均光滑，斜面體和P、Q的質(zhì)量分別為M、m1、m2，重力加速度為g，sin37°＝0.6。下列判斷正確的是()A.P、Q的質(zhì)量之比是16∶9B.P、Q帶異種電荷，且Q的電荷量等于P的電荷量C.水平面對斜面體底部有水平向右的靜摩擦力D.水平面對斜面體的支持力大于(M＋m1＋m2)g答案A解析對帶電物體受力分析，可知靜電力F＝mgtanθ，則P、Q質(zhì)量之比為m1m2＝tan53°tan37°＝169，A正確;P、Q兩物體都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的庫侖引力，P、Q一定是帶異種電荷，電荷量大小關(guān)系不能確定，B錯誤;斜面體和P、Q組成的整體受到水平面對斜面支持力和總重力，二者平衡，水平面對斜面體沒有摩擦力，水平面對斜面體的支持力為FN＝(M＋m1＋對點練2電場強度的理解和計算4.在點電荷Q產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，相距為d。已知a點的電場強度大小為E，方向與ab連線成60°角，b點的電場強度方向與ab連線成30°角，如圖所示。則點電荷Q的電性和b點的電場強度大小為()A.正電、3E B.負(fù)電、3EC.正電、E3 D.負(fù)電、答案C解析將電場強度E、Eb反向延長，交點即為點電荷Q所在的位置，如圖所示。由于電場方向向外，故該點電荷Q帶正電，根據(jù)幾何知識可得，a點到點電荷Q的距離為ra＝d，則b點到點電荷Q的距離為rb＝3d，a、b兩點到Q的距離之比為1∶3，由E＝kQr2可得a、b兩點的電場強度之比為Ea∶Eb＝3∶1，則Eb＝E3，故C正確，A、B5.(2025·湖北武漢高三起點考)如圖所示，BAC為均勻帶正電的細(xì)圓弧，其中O為圓弧的圓心，AB、AC的長度均為周長的13，BAC在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E。則AB段在O點產(chǎn)生的電場強度大小為(A.E2 B.3C.E D.2E答案C解析根據(jù)題圖可知，AB段和AC段在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向夾角為∠BOC，即120°，又BAC在O點產(chǎn)生的電場強度大小為E，則由電場強度的疊加原理可知E＝2EABcos60°，解得EAB＝E，C正確。6.(2024·重慶八中模擬)如圖所示，有一均勻帶正電的絕緣細(xì)圓環(huán)，半徑為r、帶電荷量為q。點P、Q、N把圓環(huán)分為三等份，現(xiàn)取走P、Q處兩段弧長為Δx的小圓弧。NO延長線交細(xì)圓環(huán)于M點，靜電力常量為k，關(guān)于O點的電場強度()A.沿OM方向，大小為kqΔx2πr3 B.沿C.沿ON方向，大小為kqΔx2π3 D.沿答案A解析由于圓環(huán)所帶電荷量均勻分布，故長度為Δx的小圓弧所帶電荷量為Δq＝Δx2πrq，根據(jù)對稱性，沒有取走電荷時圓心O點的電場強度為零，取走P、Q兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小等于P、Q處弧長為Δx的小圓弧所帶正電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度大小，方向相反，則E剩＝E合＝2kΔqr2cos60°＝kqΔx2πr3，P、Q處弧長為Δx的小圓弧所帶正電荷在O點產(chǎn)生的合電場強度沿ON方向，則取走P對點練3電場線的理解和應(yīng)用7.(2025·河南開封模擬)如圖所示的實線為某靜電場的電場線，虛線是僅在靜電力作用下某帶負(fù)電粒子的運動軌跡，A、B、C、D是電場線上的點，其中A、D兩點在粒子的軌跡上，下列說法正確的是()A.該電場可能是正點電荷產(chǎn)生的B.由圖可知，同一電場的電場線在空間是可以相交的C.將該粒子在C點由靜止釋放，它可能一直沿電場線運動D.該粒子在A點的速度一定大于在D點的速度答案D解析正點電荷周圍的電場線是從正點電荷出發(fā)，呈輻射狀分布的，A錯誤;同一電場的電場線在空間不能相交，B錯誤;電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于C點所在電場線為曲線，所以將該粒子在C點由靜止釋放，它一定不能沿電場線運動，C錯誤;由于做曲線運動的物體受力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，該粒子帶負(fù)電，可知從A到D靜電力對粒子做負(fù)功，粒子的動能減小，則粒子在A點的速度較大，D正確。8.如圖所示，一負(fù)電荷僅在靜電力作用下從a點運動到b點，在a點的速度大小為v0，方向與電場方向相同。該電荷從a點到b點的v－t圖像正確的是()答案A解析由題圖可知從a點到b點過程中，電場線分布越來越密，則電場強度增大，所以負(fù)電荷所受靜電力增大，根據(jù)牛頓第二定律知，電荷的加速度也增大，負(fù)電荷受到的靜電力方向和電場強度方向相反，因為僅在靜電力作用下運動，則電荷做加速度不斷增大的減速運動，v－t圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖像分析知，A正確。9.(2025·陜西榆林模擬)如圖所示的長方形abcd，ab<ad，b和d兩點分別固定有點電荷－q和＋q，O為對角線連線中點，以下說法正確的是()A.O點電場強度為零B.a點電勢高于c點電勢C.a點和c點的電場強度相同D.電荷沿ac連線移動，所受靜電力不做功答案C解析兩異種點電荷的電場線分布如圖所示，兩點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度方向相同，由電場的疊加原理可知O點電場強度不為零，故A錯誤;由電場線的疏密程度和對稱性可知，a點和c點的電場強度大小相同，根據(jù)電場線上某點切線方向表示電場強度方向，可知兩點的電場強度方向也相同，故C正確;根據(jù)沿電場線的方向電勢逐漸降低，可知a點電勢低于c點電勢，電荷沿ac連線移動，所受靜電力對電荷做功，故B、D錯誤。B級綜合提升練10.(2023·海南卷，8)如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(小球可視為點電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，則Q1∶Q2是()A.2n2∶1 B.4n2∶1C.2n3∶1 D.4n3∶1答案C解析如圖所示，設(shè)∠OPB＝α，∠APO＝β，P點小球受到A、B的庫侖斥力FA、FB和指向圓心的軌道彈力FN作用，三力平衡，由三角形知識和正弦定理有FAsinα＝FBsinβ，在△APO中，有APsin(π-∠POB)＝AOsinβ，同理在△BPO中，有BPsin∠POB＝BOsinα，設(shè)小球的帶電量為q，則FA＝kQ111.(2025·八省聯(lián)考四川卷，4)X、Y、Z為大小相同的導(dǎo)體小球，X、Y所帶電荷量均為q，Z所帶電荷量為－5q。X、Y均放置在光滑絕緣水平面上，Y固定在P點，X與絕緣輕彈簧端相連，彈簧另一端固定，此時X靜止在平衡位置O點，如圖所示，將較遠(yuǎn)處的Z移近，先與X接觸，然后與Y接觸，再移回較遠(yuǎn)處，在此過程中，一