8、因為當(dāng)r→0時，兩個帶電體已不能看做點電荷了.
例1 已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同.如圖6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(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝πr3，則A點處檢驗電荷q受到的電場力的大小為( )
圖6
A. B.
C. D.
答案 B
解析 實心大球?qū)的庫侖力F1＝，挖出的實心小球的電荷量Q′＝Q＝，實心小球?qū)的庫侖力F2＝＝，則檢驗電荷q所受的電場力F＝F1－F2＝，
9、選項B正確.
變式1 科學(xué)研究表明，地球是一個巨大的帶電體，而且表面帶有大量的負電荷.如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個帶負電的塵埃，恰好能懸浮在空中，若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時，則此帶電塵埃將( )
A.向地球表面下落
B.遠離地球向太空運動
C.仍處于懸浮狀態(tài)
D.無法判斷
答案 C
命題點二 庫侖力作用下的平衡問題
涉及庫侖力的平衡問題，其解題思路與力學(xué)中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了庫侖力，具體步驟如下：
注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向.
例2 (多選)如圖7所示，水平地面上固
10、定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行.小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷.小球A靜止在斜面上，則( )
圖7
A.小球A與B之間庫侖力的大小為
B.當(dāng)＝時，細線上的拉力為0
C.當(dāng)＝時，細線上的拉力為0
D.當(dāng)＝時，斜面對小球A的支持力為0
答案 AC
解析 根據(jù)庫侖定律，A、B球間的庫侖力大小F庫＝k，選項A正確；小球A受豎直向下的重力mg、水平向左的庫侖力F庫＝，由
11、平衡條件知，當(dāng)斜面對小球的支持力
FN的大小等于重力與庫侖力的合力大小時，細線上的拉力等于零，如圖所示，則＝tanθ，所以＝，選項C正確，選項B錯誤；斜面對小球的支持力FN始終不會等于零，選項D錯誤.
變式2 如圖所示，甲、乙兩帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋q和－q，兩球間用絕緣細線2連接，甲球用絕緣細線1懸掛在天花板上，在兩球所在空間有沿水平方向向左的勻強電場，場強為E，且有qE＝mg，平衡時細線都被拉直.則平衡時的可能位置是哪個圖( )
答案 A
解析 先用整體法，把兩個小球及細線2視為一個整體.整體受到的外力有豎直向下的重力2mg、水平向左的電場力qE、水平向
12、右的電場力qE和細線1的拉力FT1.由平衡條件知，水平方向受力平衡，細線1的拉力FT1一定與重力2mg等大反向，即細線1一定豎直.再隔離分析乙球，如圖所示.乙球受到的力為：豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE、細線2的拉力FT2和甲球?qū)σ仪虻奈引.要使乙球所受合力為零，細線2必須傾斜.設(shè)細線2與豎直方向的夾角為θ，則有tanθ＝＝1，θ＝45°，故A圖正確.
變式3 (多選)如圖8所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛在水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.0×10－6C的正電荷.兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2.A的正下方0.3m處
13、放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2kg(重力加速度g取10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可視為點電荷)，則( )
圖8
A.支架對地面的壓力大小為2.0N
B.兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9N
C.將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時兩線上的拉力大小F1＝1.225N，F(xiàn)2＝1.0N
D.將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N
答案 BC
解析 小球A、B間的庫侖力為F庫＝k＝9.0×109×N＝0.9N，以B和絕緣支架整體為研究對象，受力分析圖如圖甲所示，地面對支架的支持力為FN＝m
14、g－F庫＝1.1N，由牛頓第三定律知，A錯誤；以A球為研究對象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn)1＝F2＝mAg＋F庫＝1.9N，B正確；B水平向右移，當(dāng)M、A、B在同一直線上時，由幾何關(guān)系知A、B間距為r′＝0.6m，F(xiàn)庫′＝k＝0.225N，以A球為研究對象，受力分析圖如圖丙所示，可知F2′＝1.0N，F(xiàn)1′－F庫′＝1.0N，F(xiàn)1′＝1.225N，所以C正確；將B移到無窮遠，則F庫″＝0，可求得F1″＝F2″＝1.0N，D錯誤.
命題點三 電場強度的理解和計算
類型1 點電荷電場強度的疊加及計算
1.電場強度的性質(zhì)
矢量性
規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點場強的方向
15、
唯一性
電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關(guān)，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置
疊加性
如果有幾個靜止點電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和
2.三個計算公式
公式
適用條件
說明
定義式
E＝
任何電場
某點的場強為確定值，大小及方向與q無關(guān)
決定式
E＝k
真空中點電荷的電場
E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定
關(guān)系式
E＝
勻強電場
d是沿電場方向的距離
3.等量同種和異種點電荷的電場強度的比較
比較項目
等量異種點電荷
16、
等量同種點電荷
電場線的分布圖
連線中點O處的場強
連線上O點場強最小，指向負電荷一方
為零
連線上的場強大小(從左到右)
沿連線先變小，再變大
沿連線先變小，再變大
沿中垂線由O點向外場強大小
O點最大，向外逐漸變小
O點最小，向外先變大后變小
關(guān)于O點對稱的A與A′，B與B′的場強
等大同向
等大反向
例3 如圖9所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直.則( )
圖9
A.A點的電場強度大小為
17、
B.B點的電場強度大小為E－k
C.D點的電場強度大小不可能為0
D.A、C兩點的電場強度相同
答案 A
解析 ＋Q在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，A正確；同理，B點的電場強度大小為E＋k，B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，D錯誤.
變式4 (2015·山東理綜·18)直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖10所示.M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向
18、分別為( )
圖10
A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向
C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向
答案 B
解析 因正電荷Q在O點時，G點的場強為零，則可知兩負點電荷在G點形成的電場的合場強與正電荷Q在G點產(chǎn)生的場強等大反向，大小為E合＝k；若將正電荷移到G點，則正電荷在H點的場強為E1＝k＝，方向沿y軸正向，因兩負電荷在G點的合場強與在H點的合場強等大反向，則H點處場強為E＝E合－E1＝，方向沿y軸負向，故選B.
類型2 非點電荷電場強度的疊加及計算
1.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.
例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金
19、屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖11甲、乙所示.
圖11
例4 如圖12所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z＜0的空間，z＞0的空間為真空.將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷.空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的.已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)( )
圖12
A.kB.kC.kD.k
答案 D
解析 該電場可等效為分別在z軸h處與－h(huán)處的等量異種電荷產(chǎn)生的電場，如圖所示，則在z＝處的場強大小E＝k＋k＝k，故D正確.
20、2.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(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化.
圖13
例如：如圖13所示，均勻帶電的球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向.
例5 如圖14所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷.已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)( )
圖14
A.k B.k
C.k D.k
答案 B
解析 由
21、b點處場強為零知，圓盤在b點處產(chǎn)生的場強E1大小與q在b點處產(chǎn)生的場強E2大小相等，即E1＝E2＝k，但方向相反.由對稱性，圓盤在d點產(chǎn)生的場強E3＝k，q在d點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向與E3相同，故d點的合場強Ed＝E3＋E4＝k，B正確，A、C、D錯誤.
3.填補法
將有缺口的帶電圓環(huán)或圓板補全為圓環(huán)或圓板，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍.
例6 如圖15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，其軸線上任意一點P(坐標(biāo)為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E＝，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
22、一半徑為r的圓板，如圖乙所示.則圓孔軸線上任意一點Q(坐標(biāo)為x)的電場強度為( )
圖15
A. B.
C.2πkσ0 D.2πkσ0
答案 A
解析 當(dāng)R→∞時，＝0，則無限大平板產(chǎn)生的電場的場強為E＝2πkσ0.當(dāng)挖去半徑為r的圓板時，應(yīng)在E中減掉該圓板對應(yīng)的場強Er＝，即E′＝，選項A正確.
4.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(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強.
例7 一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的
23、場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝ ①
由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強為
EP＝k＝k ②
由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的場強垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強E，故
E＝nEx＝n··cosθ＝ ③
而r＝ ④
聯(lián)立①②③④可得E＝，D正確
24、.
命題點四 電場線的理解和應(yīng)用
1.電場線的應(yīng)用
(1)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大.
(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向.
(3)沿電場線方向電勢逐漸降低.
(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直.
2.電場線與軌跡問題判斷方法
(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、場強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
25、論各種情況.
例8 (多選)如圖16所示，圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點.若粒子在運動中只受電場力作用.根據(jù)此圖能作出的正確判斷是( )
圖16
A.帶電粒子所帶電荷的符號
B.粒子在a、b兩點的受力方向
C.粒子在a、b兩點何處速度大
D.a、b兩點電場的強弱
答案 BCD
解析 由題圖中粒子的運動軌跡可知粒子在a、b兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性，故A錯誤，B正確；由軌跡彎曲方向與粒子速度方向的關(guān)系分析可知，電場力對粒子做負功，粒子動能減小，電勢能
26、增大，則粒子在a點的速度較大，故C正確；根據(jù)電場線的疏密程度可判斷a、b兩點電場的強弱，故D正確.
變式5 (多選)(2018·山東濟寧模擬)帶正電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運動：
①在電場線上運動；②在等勢面上做勻速圓周運動.該電場可能由( )
A.一個帶正電的點電荷形成
B.一個帶負電的點電荷形成
C.兩個帶等量負電的點電荷形成
D.兩個帶不等量負電的點電荷形成
答案 BCD
1.三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑.球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、
27、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變.由此可知( )
A.n＝3 B.n＝4
C.n＝5 D.n＝6
答案 D
解析 由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷.由庫侖定律F＝k知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比.又由于三個小球相同，則兩球接觸時平分總電荷量，故有q·nq＝·，解得n＝6，D正確.
2.(多選)(2018·云南大理模擬)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強電場，電場線如圖1中實線所示.一初速度不為零的帶電小球從桌面上的A點
28、開始運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過C點時的速度，則( )
圖1
A.小球帶正電
B.恒力F的方向可能水平向左
C.恒力F的方向可能與v方向相反
D.在A、B兩點小球的速率不可能相等
答案 AB
解析 由小球從A點到C點的軌跡可得，小球受到的電場力方向向右，帶正電，選項A正確；小球從C點到B點，所受合力指向軌跡凹側(cè)，當(dāng)水平恒力F水平向左時，合力可能向左，符合要求，當(dāng)恒力F的方向與v方向相反時，合力背離軌跡凹側(cè)，不符合要求，選項B正確，C錯誤；小球從A點到B點，由動能定理，當(dāng)電場力與恒力F做功的代數(shù)和為
29、零時，在A、B兩點小球的速率相等，選項D錯誤.
3.(多選)在電場中的某點A放一電荷量為＋q的試探電荷，它所受到的電場力大小為F，方向水平向右，則A點的場強大小EA＝，方向水平向右.下列說法正確的是( )
A.在A點放置一個電荷量為－q的試探電荷，A點的場強方向變?yōu)樗较蜃?
B.在A點放置一個電荷量為＋2q的試探電荷，則A點的場強變?yōu)?EA
C.在A點放置一個電荷量為－q的試探電荷，它所受的電場力方向水平向左
D.在A點放置一個電荷量為＋2q的試探電荷，它所受的電場力為2F
答案 CD
解析 E＝是電場強度的定義式，某點的場強大小和方向與場源電荷有關(guān)，而與放入的試探電荷沒有任何
30、關(guān)系，故選項A、B錯；因負電荷受到電場力的方向與場強方向相反，故選項C正確；A點場強EA一定，放入的試探電荷所受電場力大小為F′＝qEA，當(dāng)放入電荷量為＋2q的試探電荷時，試探電荷所受電場力應(yīng)為2F，故選項D正確.
4.如圖2所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點.a、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點.下列說法中正確的是( )
圖2
A.a點的場強大于b點的場強，將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
B.a點的場強小于b點的場強，將一檢驗電荷沿MN由c移動到
31、d，所受電場力先減小后增大
C.a點的場強等于b點的場強，將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
D.a點的場強等于b點的場強，將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大
答案 C
5.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖3所示的曲線，關(guān)于這種電場，下列說法正確的是( )
圖3
A.這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布卻是左右對稱的，很有規(guī)律性，它們之間的電場，除邊緣部分外，可以看做勻強電場
B.電場內(nèi)部A點的電場強度小于B點的電場強
32、度
C.電場內(nèi)部A點的電場強度等于B點的電場強度
D.若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板
答案 D
解析 由于題圖中平行金屬板形成的電場的電場線不是等間距的平行直線，所以不是勻強電場，選項A錯誤；從電場線分布看，A點的電場線比B點密，所以A點的電場強度大于B點的電場強度，選項B、C錯誤；A、B兩點所在的電場線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板，選項D正確.
6.(多選)如圖4所示，在光滑絕緣水平面上，三個帶電質(zhì)點a、b和c分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上；a、b帶電
33、荷量均為q且為同種電荷，整個系統(tǒng)置于水平方向的勻強電場中.已知靜電力常量為k，若三個質(zhì)點均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是( )
圖4
A.如果a、b帶正電，那么c一定帶負電
B.勻強電場場強的大小為
C.質(zhì)點c的電荷量大小為q
D.勻強電場的方向與ab邊垂直指向c
答案 AB
解析 勻強電場對a、b的電場力相同，如果a、b帶正電，要使a、b都靜止，c必須帶負電；如圖，設(shè)c的電荷量為Q，則由幾何關(guān)系及平衡條件知F1＝F2cos60°，F(xiàn)3＝F2cos30°，即＝k·cos60°，所以c球帶的電荷量為2q；·cos30°＝Eq，則E＝，方向與ab邊垂直背離c，故選項A、B正確
34、.
7.如圖5所示，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、－q，則該三角形中心O點處的場強為( )
圖5
A.，方向由C指向O
B.，方向由O指向C
C.，方向由C指向O
D.，方向由O指向C
答案 B
解析 由幾何關(guān)系知AO＝BO＝CO＝a，則每個點電荷在O點處的場強大小都是E＝＝，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點處的合場強為EO＝2E＝，方向由O指向C，B項正確.
8.(多選)(2018·四川瀘州質(zhì)檢)一絕緣細線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶正電的小球a，在正下方有一光滑的絕緣水平細桿，一帶負電的小球b穿過桿在其左側(cè)較遠處，小
35、球a由于受到水平絕緣細線的拉力而靜止，如圖6所示，現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ，并在較遠處由靜止釋放小球b，讓其從遠處沿桿向右移動到a點的正下方，在此過程中( )
圖6
A.懸線Oa的拉力逐漸增大，水平細線的拉力逐漸減小
B.b球的加速度先增大后減小，速度始終增大
C.b球所受的庫侖力一直增大
D.b球所受的庫侖力先減小后增大
答案 BC
解析 b球在較遠處時，所受庫侖力近似為零，在a球正下方時，庫侖力的水平分量為零，水平細線的拉力比最初時大，A錯誤；中間過程b球受到的庫侖力的水平分量不為零，可知庫侖力的水平分量先增大，后減小，則b球的加速度先增大后減小，b球所受庫侖
36、力水平分量與運動方向始終相同，速度一直增大，B正確；b球受到的庫侖力F＝k，在運動過程中，a、b兩球之間的距離一直在減小，則b球所受的庫侖力一直增大，C正確，D錯誤.
9.真空中有兩個完全相同的金屬小球，A球帶qA＝6.4×10－16C的正電荷，B球帶qB＝
－3.2×10－16C的負電荷，均可視為點電荷，求：
(1)當(dāng)它們相距為0.5m時，A、B間的庫侖力為多大？
(2)若將兩球接觸后再分別放回原處，A、B間的庫侖力又為多大？(以上結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)
答案 (1)7.37×10－21N (2)9.22×10－22N
解析 (1)A、B兩球帶異種電荷，因此，A、B間的庫侖力是
37、引力，由庫侖定律可得它們間的庫侖力大小為F＝k＝9×109× N≈7.37×10－21 N.
(2)兩球接觸后，它們的帶電荷量均為：
QA＝QB＝＝ C＝1.6×10－16 C
所以分別放回原處后，兩球間的庫侖力大小為
F′＝k＝9×109× N≈9.22×10－22 N.
10.如圖7所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m.若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：
圖7
(1)兩點電荷間的庫侖力大小.
(2)C點的電場強度的大小和方向.
答案
38、(1)9.0×10－3N (2)7.8×103N/C，方向沿y軸正方向
解析 (1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F＝k ①
代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N ②
(2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等，均為E1＝k ③
A、B兩點電荷形成的電場在C點的合電場強度大小為E＝2E1cos30° ④
由③④式并代入數(shù)據(jù)得
E＝7.8×103N/C，電場強度E的方向沿y軸正向.
11.如圖8所示，質(zhì)量為m的小球A穿在光滑絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電(可視為點電荷)，電荷量為q.在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正點電荷.將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不變.整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g.求：
圖8
(1)A球剛釋放時的加速度是多大；
(2)當(dāng)A球的動能最大時，A球與B點間的距離.
答案 (1)gsinα－ (2)
解析 (1)小球A受到庫侖斥力，由牛頓第二定律可知mgsin α－F＝ma，
根據(jù)庫侖定律有F＝k，又知r＝
得a＝gsin α－
(2)當(dāng)A球受到的合力為零，即加速度為零時，動能最大.設(shè)此時A球與B點間的距離為d.
則mgsin α＝，解得d＝.
2022年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第1講 電場力的性質(zhì)學(xué)案
