第16讲　库仑定律电场力的性质（解析版）_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025届高考物理一轮复习考点精讲精练（全国通用）（完结）

第 16 讲 库仑定律 电场力的性质 1.理解电场强度的定义、意义及表示方法. 2.熟练掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决问题. 3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题． 考点一 库仑定律的理解及应用 1．表达式：F＝k，适用条件是真空中两静止点电荷之间相互作用的静电力． 2．平衡问题应注意： (1)明确库仑定律的适用条件； (2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律； (3)进行受力分析，灵活应用平衡条件． 3．三个自由点电荷的平衡问题 (1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反． (2)规律：“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间 隔；“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． [例题1] （2024•宁波二模）如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球 A、B、C悬 挂在O点。小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为 、 、 ，已知 小球A、B、C的质量分别为m 、m 、m ，电荷量分别为q 、q 、q ，则下列α说法β 正γ确的是 A B C A B C （ ） A．若小球的质量m ＝m ＝m ，则一定有 ＝ ＝ A B C B．若小球的质量m ＝m ＝m ，则可能有α＝β＞γ A B C C．若小球所带电荷量q ＝q ＝q ，则一定有α β＝ γ＝ A B C D．若小球所带电荷量q ＞q ＞q ，则一定有α＜β＜γ A B C 【解答】解：A.对ABC三个小球整体来看，其α整体β 重γ心在竖直线上，由此得到 m lsin ＝m lsin +m lsin A B C 当m ＝αm ＝m β时 γ A B C sin ＝sin +sin 当 α ＝ ＝β 时γ sin α＝2βsinγ 这是α不能实α现的，故A错误； B.由A项分析，当 ＝0时 ＝ ＞ γ αB正β确；γ C.小球位置与其质量有关，与电荷量无关，电荷量只决定小球张开的绝对大小，不影响相对大 小，故C错误； D.由C项分析可知，故D错误。 故选：B。[例题2] （2024•郑州模拟）如图所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个等腰三角形， OC为AB连线的中垂线，O为连线中点。A的电荷量为﹣Q，B的电荷量为为+Q，两点电荷分 别固定在A、B点，A、B相距l，静电力常量为k。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在 1 AB连线的中垂线上距O点为x= l的C点处，此时+q所受的静电力大小为（ ） 2 √2kQq kQq √2kQq 2√2kQq A． B． C． D． 2l2 l2 l2 l2 【解答】解：在 C 点，A、B 两点电荷对 q 电荷产生的电场力大小相同，为：F ＝F A B kQq = l 2 l 2，方向为由C指向A和由B指向C，如图所示： ( ) +( ) 2 2 2√2kQq 由几何关系可得A、B两点电荷对q电荷产生的电场力大小为：F＝F cos45° = ，故D A l2 正确，ABC错误。 故选：D。 [例题3] （2024•曲靖一模）如图所示，带电荷量为 6Q（Q＞0）的球1固定在倾角为30° 光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为﹣Q的球2，斜面上距a点L处的b点 有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹 L mg 簧的压缩量为 ，球2、3间的静电力大小为 。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g 2 2 为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）A．由b到a一直做加速运动 B．运动至a点的速度等于√2gL 3 C．运动至a点的加速度大小为 g 2 3√3−4 D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为 mg 6 【解答】解：B．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3 之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，小 L 球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于 ，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹 2 力做功为0，故根据动能定理有 1 mgLsin30°= mv2 2 解得小球3运动至a点的速度v=√gL 故B错误； Qq mg AC．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，根据库仑定律和平衡条件有k = L2 2 6Qq Qq 设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F=k −k sin30°−mgsin30° L2 L2 9 解得F= mg 4 L 小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于 ，根据对称性，由牛顿第二定律可知 2 Qq F+k sin30°−mgsin30°=ma L2 解得a＝2g 方向与合外力方向一样，沿斜面向上，故a先加速后减速，故AC错误； D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，根据库仑定律可知小球2对小球3的力为 Qq 4 Qq 4 mg 2 F =k = ⋅k = × = mg 23 √3 3 L2 3 2 3 ( L) 2 2此时小球3受到重力、库仑力和斜面对小球3的支持力，根据平衡条件可知斜面对小球的支持力 √3 2 3√3−4 为F =mgcos30°−F = mg− mg= mg N 23 2 3 6 3√3−4 根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为 mg，故D正确。 6 故选：D。 考点二 电场强度的理解 1．场强公式的比较 三个公式 2．电场的叠加 (1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和． (2)运算法则：平行四边形定则． [例题4] （2024•淮安模拟）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度等于E两个平面通过同一条直径，夹角为 ，从半球中分出一部分球面，则所分出 的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O处的电场α强度为（ ） α α A．E＝E sin B．E＝E cos C．E＝E sin D．E＝E cos 0 0 0 2 0 2 α α 【解答】解：根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边 α 形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度E＝E sin 。 0 2 故选：C。[例题5] （2024•包头二模）如图所示，四个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形 abcd的四个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，球壳半径远小于ab 边长。M、N分别为ab和bc的中点，则下列说法正确的是（ ） A．O点处的电场强度方向沿Od方向 B．M点处的电场强度大小为0 C．N点处的电场强度方向沿ON方向 D．若将金属球壳接地，O点处的电场强度不变 【解答】解：A、用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位置，但不影响在外界形成的电 场。其他三个电荷量均为+q的点电荷固定在一个正方形abcd的其他三个顶点上，根据对称性所 以四个等量同种正电荷在正方形中心的合场强为零，故A错误； B、ab两处的点电荷在M点产生的合场强为0，cd两处的点电荷在M点产生的场强等大，关于 水平线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向水平向左，沿OM方向，故B错误； C、bc两处的点电荷在N点产生的合场强为0，ad两处的点电荷在N点产生的场强等大，关于竖 直线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向竖直向下，沿ON方向，故C正确； D、若将金属球壳接地，由于静电屏蔽，相当于d点无电荷，O点处的电场强度是abc的三个点 电荷在O点的合成，此时O点处的电场强度不为零，则O点处的电场强度发生变化，故D错误。 故选：C。 [例题6] （2024•宁波模拟）如图甲，两等量异种点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷 连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为 m，电荷量为+q的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。t＝0时刻，圆环自A处以初速度v 向右运动，此后圆环运动的v﹣t图像如图乙 0 所示，t＝0时刻和t 时刻图线斜率相同，t 和t 时刻图线斜率均为0，已知圆环t 时刻运动至 2 1 3 2 O点，继续向右运动至B点停下，且A、B关于两电荷连线中点O对称。若A处场强为E ， 0 AO间距为L，重力加速度为g，且圆环运动过程中电量始终不变，则下列说法正确的是（ ） v2 A．圆环与横杆之间的动摩擦因数μ= 0 4gL 1 B．t ﹣t 时间内圆环的位移大小为 L 1 2 2 1 C．圆环在O处运动的速度v = v 2 2 0 2mg D．O处的场强大小为E= −E q 0 【解答】解：AD.根据题意，t＝0时刻和t 时刻图线斜率相同，则小球的加速度相同，O处的场 2 强大于A点的场强，根据牛顿第二定律对A点和O点分析 （mg﹣E q）＝ma 0 μ（Eq﹣mg）＝ma μ联立解得O处的场强大小为 2mg E= −E q 0 由于不知道加速度大小，故不能求出动摩擦因数，t 和t 时刻图线斜率均为0，小球对杆的弹力 1 3 为零，重力等于电场力，也无法求出动摩擦因数，故A错误，D正确； B.根据AD项分析知，A处场强为E ，t 时刻根据平衡条件，可知场强为 0 1 mg E = 1 q O处的场强大小为2mg E= −E q 0 解得 E ﹣E ＝E﹣E 1 0 1 根据等量异种点电荷场线分布情况知，越靠近O点位置场强在单位距离上的增加量越大，所以 1 t 位置一定处于AO的中点靠右，即t ﹣t 时间内圆环的位移小于 L，故B错误； 1 1 2 2 C.根据等量异种点电荷场线分布的对称性知，小球从A点运动到B点过程，电场力大小关于中 点O对称，则摩擦力大小关于中点O对称，故用平均力代替变力，左边的摩擦力用 f表示，小 球从 A 点到停在 B 点，电场力与运动方向始终垂直，不做功，根据动能定理可得 1 −2fL=0− mv2 2 0 1 小球从A点到停在O点，根据动能定理可得−fL=0− mv2 2 2 √2 解得v = v ，故C错误。 2 2 0 故选：D。 考点三 电场线和运动轨迹问题 1．电场线与运动轨迹的关系 根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足 以下3个条件时，两者才会重合： (1)电场线为直线； (2)电荷的初速度为零，或速度方向与电场线平行； (3)电荷仅受电场力或所受其他力的合力的方向与电场线平行． 2．解题思路 (1)根据带电粒子的弯曲方向，判断出受力情况；(2)把电场线方向、受力方向与电性相联系；(3)把 电场线疏密和受力大小、加速度大小相联系，有时还要与等势面联系在一起． [例题7] （2023•重庆模拟）如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过 M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线 上的点。一带正电的点电荷在 M 点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则 （ ） A．点电荷一定向右做匀加速运动 B．点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度小 C．将一负点电荷从P点移到N点，电场力做正功 D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动 【解答】解：A．根据电场线的分布可知，该静电场不是匀强电场，所以点电荷在运动过程中受 到的电场力不是恒定的，根据牛顿第二定律，点电荷运动的加速度也不是恒定的，所以点电荷 向右做的不是匀加速运动，故A错误； B．由图可知，N点电场线比P点电场线密集，所以N点的电场强度大于P点的电场强度，点电 荷在N点受到的电场力大于P点处的电场力，所以点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放 时的加速度大，故B错误； C．电势随电场方向逐渐减小，所以N点电势比P点高，将一负点电荷从P点移到N点，电势能 减小，电场力做正功，C故正确； D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场方向垂直等势线，则点电荷受到的电 场力方向与运动方向不在同一条直线上，所以点电荷做曲线运动，故D错误。 故选：C。 [例题8] （2024•海淀区校级二模）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适 当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用 虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ ） A． B． C． D． 【解答】解：电子在电场中只受电场力，电场力沿电场线的切线方向，与电场线方向相反，指向电子运动轨迹的凹侧。 B：选项中电子在图1E处受力指向凸测，故B错误； C：选项中电子在图2F处受力指向凸测，故C错误； D：选项中电子在图3G处受力指向凸测，故D错误； A：选项电子各处的运动轨迹和受的电场力相符合，故A正确。 故选：A。 [例题9] （2023•宁都县校级一模）如图，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一带正 电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（ ） A．带电粒子在a点时的加速度小于在b点时的加速度 B．带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能 C．带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小 D．负点电荷一定位于N点右侧 【解答】解：A、D、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力 方向大致向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线M点左侧。 a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，带电粒子在a点的大于在b点的电场 力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度。故AD错误；B、C、电场力方向大致向左，所以a到b的过程中电场力对带电粒子做负功，电势能增大，动 能减小，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能。带电粒子在a点的动能大于在b点的 动能。故B错误，C正确。 故选：C。 [例题10]（2023•重庆模拟）如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带正电 的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下 列判断错误的是（ ） A．a点场强大于b点场强 B．带电粒子从a到b电势能减小 C．带电粒子从a到b动能减小 D．a点电势小于b点电势 【解答】解：A．电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图可知a点场强大于b点场强，故A正 确； BC．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a到b，电场力 对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，故B错误，C正确； D．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势，故D正确。 本题选错误的， 故选：B。 考点四 带电体的力电综合问题 1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持)：F ＝0. 合 (2)做直线运动 ①匀速直线运动：F ＝0. 合 ②变速直线运动：F ≠0，且F 与速度方向总是一致． 合 合 (3)做曲线运动：F ≠0，F 与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧． 合 合 (4)F 与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°. 合 (5)匀变速运动：F ＝恒量． 合 [例题11] （2023•河北模拟）一轻质绝缘“L”型轻杆固定在水平面上，质量均为m的光 滑小环A、B套在支架上，两小环之间用轻绳连接，其中B环带正电，电荷量为q，A环不带 电，整个装置放在匀强电场中，电场强度的大小为E，电场强度的方向与水平面平行，垂直于 OM杆，A环在一水平力F作用下缓慢向右移动一段距离，重力加速度为 g，下列说法正确的 是（ ） mg+Eq A．当轻绳与OM杆夹角为 时，绳子拉力大小为 sinθ θ B．轻杆对B环的弹力逐渐增大 C．A环缓慢向右移动过程中，绳子拉力逐渐减小 D．轻杆OM对A环的弹力大小为E q 【解答】解：AC．以B环为研究对象，受力如图：根据平衡条件，竖直方向上：F ＝mg N1 水平方向上：F T sin ＝F电 ＝Eq，F T cos ＝F N2 θ θ Eq 故当轻绳与OM杆夹角为 时，绳子拉力大小为 ，故A错误；当A环缓慢向右移动时， sinθ θ θ 逐渐减小，故绳子拉力逐渐变大，故C错误； B．轻杆对B环的弹力大小为F =√F2 +F2 N N1 N2 √ E2q2 解得F = m2g2+ N tanθ2 故当A环缓慢向右移动时， 逐渐减小，轻杆对B环的弹力逐渐增大，故B正确； D．同理，以A环为研究对象θ，竖直方向上轻杆OM对A环的弹力大小为F N1 '＝mg 水平方向上F '＝F sin ＝Eq N2 T θ 故轻杆OM对A环的弹力大小为F '=√F '2+F '2 N N1 N2 解得F ′=√m2g2+E2q2 N 故D错误。 故选：B。 [例题12]（多选）（2023•遂宁三模）如图甲所示，粗糙程度相同的足够长的竖直墙面上 5mg 有一质量为m带电量为q（q＞0）的物体处于场强大小为E= 且与水平方向成 ＝37°的匀 3q θ 强电场中，保持静止状态。t＝0时刻一竖直方向的力F（大小未知）作用在物体上，同时物体 得到一竖直向下的初速度v开始运动，物体运动的位移与时间h﹣t图像如图乙所示。0～t 段 0 为一次函数；t ～2t 段为二次函数，且两段图像在t 处相切。带电物体视为质点，电量保持不 0 0 0 变，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）A．0～t 物体做匀速直线运动 0 B．t ～2t 物体受到竖直外力为恒力 0 0 3 C．t= t 时刻物体机械能有最小值 2 0 t D． 0～2t 物体的动能增加了4mv2 2 0 【解答】解：A、取向下为正方向，物体运动时的加速度大小为 a，由运动学规律 h 1 = ℎ 0 −vt− 2 at2，在0～t 0 时间内h﹣t图像为一次函数，则a＝0，所以物体做匀速直线运动， 故A正确； B、t ～2t 段由h﹣t图像可知物体速度方向发生了改变，则摩擦力反向改变，但由于是二次函数， 0 0 则a不变，故合外力不变，但摩擦力变化了，所以物体受到竖直外力一定变化，故B错误； C、在0～t 内：h ＝v•t 0 0 0 1 在t ～2t 内：−ℎ =vt − at2 0 0 0 0 2 0 4v 联立解得：a= ，根据图像，当物体速度为0是，即二次函数切线斜率为0时，此时物体高度 t 0 也是最低的，其重力势能最小，动能最小，则其机械能最小，物体从t 开始减速到0所用时间为 0 v v t = = = 0 5 t a 4v 4，则t＝t +t = t 时刻物体机械能有最小值，故C错误； 1 0 1 4 0 t 0 t 4v t D、当t= 0时物体速度为v，当t＝2t 时，物体速度为v =v−at =v− t =−3v，则在 0～ 2 0 1 0 t 0 2 01 1 1 1 2t 物体的动能增加ΔE= mv2− mv2= m(−3v) 2− mv2=4mv2 ，故D正确。 0 2 1 2 2 2 故选：AD。 [例题13]（2023•信阳二模）如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质 量为m的带电小球，将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，小球静止时悬线与 竖直方向的夹角 ＝45°。现将小球向左拉起到与O等高处由静止释放，运动中小球的带电量 不变，细线始终没α有被拉断。取重力加速度为g，试求： （1）小球带何种电荷及电荷量的大小； （2）球向右摆动过程中细线的最大张力。 【解答】解：（1）小球静止时受到的电场力水平方向，与电场方向相，则小球带正电。 根据平衡条件得 qE＝mgtan mgα 解得：q= E （2）将小球向左拉起到与O等高处，然后由静止释放小球，小球将先沿直线运动至最低点，然 后做圆周运动。设小球做直线运动至最低点时的速度大小为 v ，开始做圆周运动时的速度大小 1 为v ，运动至平衡位置时速度大小为v 。 2 3 1 对直线运动过程，由动能定理得：√2mg•√2l= mv2 2 1 小球运动到最低点时，细线绷紧瞬间，沿细线方向的速度突然减至零，则：v ＝v cos 2 1 α对小球向右从最低点到平衡条件的过程，由动能定理得： 1 1 Flsin −mgl（1−cos ）= mv2− mv2 2 3 2 2 α α 小球运动到平衡位置时速度最大，细线的张力最大，设细线的最大张力为T。 v2 在平衡位置，由牛顿第二定律得T−√2mg＝m 3 l 联立解得：T＝3√2mg mg 答：（1）小球带正电荷，电荷量的大小为 ； E （2）球向右摆动过程中细线的最大张力为3√2mg。 题型1库仑力作用下的平衡问题 1. （2024•宁乡市模拟）如图所示，绝缘光滑圆环竖直固定放置，a、b、c为三个套在圆 环上可自由滑动的带电小球，所带电荷量的大小均为 q（电性未知），圆环半径为R，当小球 b位于圆环最低点时，a、c两球恰好可以静止于与圆心等高的位置上，重力加速度为g，则下 列说法正确的是（ ） A．a、c小球可能带异种电荷 B．a、b小球可能带异种电荷 √2kq2 C．a球质量应满足m = a 4gR2√2kq2 D．c球质量应满足m = c 2gR2 【解答】解：AB、对b小球受力分析可知，受到重力、环的支持力以及 a与c的库仑力，其中 重力与支持力的方向在竖直方向上，由水平方向受力平衡可知，a与c的电性必定是相同的；对 a分析，受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力竖直向下，c对a的库仑力和环的 支持力都是水平方向，若a要平衡，则b对a的库仑力沿竖直方向的分力必须向上，所以 b对a 的作用力必须是斥力，所以b与a的电性一定相同。即a、b、c小球带同种电荷，故AB错误； CD、根据共点力平衡条件可知，b对a的库仑力 F 沿竖直方向的分力与 a的重力平衡， ba kq2 F = ba (√2R) 2 √2kq2 则m g=F sin45°= a ba 4R2 √2kq2 同理可对c球有m =m = ，故C正确，D错误。 a c 4gR2 故选：C。 2. （多选）（2024•天心区校级模拟）如图所示，两个带电小球 A、B分别处在光滑绝 缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位 置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚 线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是（ ） A．斜面对A的弹力增大 B．水平面对B的弹力增大 C．推力F变小 D．两球之间的距离变小 【解答】解：A、如图所示将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平 衡， 对小球A受力分析，由平行四边形定则可知，当A小球到达虚线位置时，斜面对A的弹力N 减 A 小，故A错误； B、对AB整体受力分析，N 和N 的竖直分量之和等于AB的重力之和，N 减小，则N 的竖直 B A A A 分量减小，则水平面对B的弹力N 增大，故B正确； B C、对B受力分析，F等于库仑力F库 的水平分量，因为F库 减小且F库 与水平方向的夹角变大， 则F库 的水平分量减小，即推力F减小，故C正确； kQ Q D、由A受力可知，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律F= A B 得，两球之间的距离变 r2 大，故D错误。 故选：BC。 3. （2023•海南模拟）用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2 的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线 与水平方向夹角为30°，细线b水平，则（ ） A．小球1带电量一定小于小球2的带电量 B．细线a拉力大小为2√3G √3 C．细线b拉力大小为 G 3D．小球1与2的质量比为1：2 【解答】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：F b ＝F库 •cos30°，在竖直方向上可 得：G＝F库 •sin30° G 解得细线b拉力大小为F = =√3G，故C错误； b tan30° BD、对小球1，由平衡条件，同理可得： F a •sin30°＝F库 •cos30° m 1 g+F库sin30°＝F a •cos30° 解得细线a拉力大小为F =2√3G， a 同时可得：m g＝2G 1 又有m g＝G 2 则小球1与2的质量比为m ：m ＝2：1，故B正确，D错误； 1 2 kq q A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F = 1 2 ，可知不能确定小球1与小球2的带电 库 r2 量大小关系，故A错误。 故选：B。 题型2库仑力作用下的加速运动问题 4. （2022•开封模拟）如图所示，带电小球 1固定在空中A点，带电小球2在库仑斥力 的作用下沿光滑绝缘水平面向右做加速运动，运动到B点时加速度大小为a，A、B连线与竖 直方向的夹角为30°，当小球2运动到C点，A、C连线与竖直方向夹角为60°角时，小球2的 加速度大小为（两小球均可看成点电荷）（ ）1 √3 √3 √3 A． a B． a C． a D． a 2 2 3 4 【解答】解：设在B点时，两球之间的库仑力为F ，在C点时，两个球之间的库仑力为F ，小 1 2 球1距离地面的高度为h，根据库仑定律有 kq q F = 1 2 1 ℎ 2 ( ) cos30° kq q F = 1 2 2 ℎ 2 ( ) cos60° 设小球2的质量为m，在C点的加速度为a'，则根据牛顿第二定律有 F sin30°＝ma 1 F sin60°＝ma′ 2 √3 联立解得：a'= a，故C正确，ABD错误； 3 故选：C。 5. （2022•浙江模拟）如图甲、乙两个带电物体放置于在绝缘水平面上，同时由静止释 放甲和乙后，甲开始时静止，物体乙运动的v﹣t图像如图所示，则（ ） A．两个物体带同种电荷 B．甲受到地面向左的摩擦力 C．两个物体带电量一定相等 D．经过一段时间，甲可能运动 【解答】解：A、v﹣t图像的切线的斜率表示加速度，由v﹣t图像可知，乙的加速度逐渐减小， kq q 则受到的库仑力逐渐减小，根据库仑力公式F= 1 2 得，两物体间的距离逐渐增大，即两物体 r2 受到的作用力为斥力，则两物体带同种电荷，故A正确； B、甲受到向左的斥力，有向左的运动趋势，则受到地面向右的摩擦力，故B错误； C、无论甲乙带电量多少，甲、乙受到的库仑力一定等大反向，两个物体带电量无法判断，故 C错误； D、两物体间的库仑力逐渐减小，始终小于甲的最大静摩擦力，甲不可能运动，故D错误； 故选：A。 题型3叠加法、对称法、补偿法、微元法求电场强度 6. （2024•揭阳二模）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上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R， CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知N点的电 场强度大小为E，静电力常量为k，则M点的电场强度大小为（ ） kq kq kq kg A． −E B． C． −E D． +E 2R2 4R2 4R2 4R2 【解答】解：设有一个以O点为球心的完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在M点产 生的场强大小为E 0 ，左半球壳在M点产生的电场强度大小为E左 ，右半球壳在M点产生的电场 强度大小为E右 ，根据电场叠加原理得：E左+E右 ＝E 0 由题意可知，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，根 k⋅2q 据题意得：E = 0 (2R) 2 根据对称性可得：E右 ＝E kq 联立解得：E = −E 左 2R2 故A正确，BCD错误。 故选：A。 7. （2024•杭州二模）水平面上有一块半径为 R均匀带正电的圆形薄平板，单位面积带 电量为σ，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立 x轴，轴上任意一点P（坐标x 为x）的电场强度为：E=2πkσ[1− ]，现将一电量大小为q、质量为m的负点电荷 √R2+x2 在x＝d（d＞0）处静止释放。若d R，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大 小最接近（ ） ≪ √2πkσqd √πkσqd √2πkσqd √πkσqd A． B．2 C． D．2 m m mR mR x 【解答】解：根据电场强度的表达式：E=2πkσ[1− ]，可知在x＝0处的电场强度为 √R2+x2 E ＝2 kσ 0 因d≪πR，故0～d之间的电场强度大小可认为接近于E 0 ＝2 kσ，根据电场叠加原理，由对称性 可知x轴正半轴上的电场方向均沿z轴正方向。 π 1 此过程点电荷，根据动能定理得：qE d= mv2﹣0 0 2 √πkσqd √πkσqd 解得：v＝2 ，故点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近2 ，故B正确，ACD m m 错误。 故选：B。 8. （2024•长沙模拟）如图，水平面上有一带电量为+Q的均匀带电圆环，其圆心为O， O点正上方h处有一点P，P和圆环上任一点的连线与圆环面的夹角均为 。已知静电力常量为 k，则P点场强大小为（ ） θQcosθ Qcos3θ A．k B．k 2 2 ℎ ℎ Qsinθ Qsin3θ C．k D．k 2 2 ℎ ℎ 【解答】解：将圆环分为n等分（n很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为 Q q= n Q k⋅ kq n kQsin2θ 每份在P点的电场强度大小为：E = = = 0 r2 ℎ 2 nℎ 2 ( ) sinθ 根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝ Qsin3θ nE sin =k ，故ABC错误，D正确。 0 2 ℎ θ 故选：D。 9. （2024•南昌一模）如图所示，电荷量为+q的电荷均匀地分布在半径为R的绝缘环上， O为圆环的圆心、在过O点垂直于圆环平面的轴上有一点P，它与O点的距离OP＝2R，在P 点也有一带电荷量为+q的点电荷，A点为OP的中点，随着R的改变，下列图像中，A点的场 强与相关物理量之间关系正确的是（ ） A． B．C． D． 【解答】解：根据题意，对于圆环，设每个微元电荷的电荷量为 Δq，由几何关系可知，微元电 荷到A点的距离为√2R，微元电荷与A点连线与水平方向的夹角为45°，根据对称性和点电荷场 强公式可得，圆环在A点产生的电场为 kΔq √2kq E ＝n cos45° = 1 (√2R) 2 4R2 P点的点电荷在A点产生的电场为 kq = E 2 R2 则A点的电场强度为 E＝E ﹣E 2 1 (4−√2)kq 解得E= 4R2 1 可知，A点的场强与相关物理量之间关系为E与 成正比。 R2 故A正确，BCD错误； 故选：A。 10. （多选）（2024•长春一模）已知一个均匀带电球壳在球壳内部产生的电场强度处处 为零，在球壳外部产生的电场与一个位于球壳球心、带相同电荷量的点电荷产生的电场相同。 有一个电荷量为+Q、半径为R、电荷均匀分布的实心球体，其球心为O点。现从该球体内部 R 挖去一个半径为 的实心小球，如图所示，挖去小球后，不改变剩余部分的电荷分布，O 点 2 2 与O 点关于O点对称。由以上条件可以计算出挖去实心小球后，O 点的电场强度E 、O 点的 1 1 1 2 电场强度E 的大小分别为（ ） 2Q Q A．E =k B．E =k 1 8R2 1 2R2 3Q 5Q C．E =k D．E =k 2 8R2 2 8R2 【解答】解：CD、没有挖去实心小球之前，O 点的电场强度是以O为圆心，以OO 为半径的球 2 2 Q Q 4 R 3 Q E =k 3 Q = ⋅ π( ) = Q 体产生的，则有 3 R 2，其中 3 4 3 2 8，解得：E =k ( ) πR3 3 2R2 2 3 挖去部分的半径与上述以OO 为半径的球体的电荷量相等，则剩余部分在 O 点的电场强度为 2 2 Q 3Q E =E −k 3 ，解得E =k ，故C正确，D错误； 2 3 R2 2 8R2 AB、没有挖去之前，O 点的电场强度是以O为圆心，以OO 为半径的球体的电荷产生的，该球 1 1 R 体半径等于 ，该球体所带电荷量与以OO 为半径的球体的电荷相等，根据上述可知，没有挖 2 2 Q E =k 3 去之前O 点的电场强度与没有挖去之前O 点的电场强度大小相等，等于 3 R 2 1 2 ( ) 2 由题意知挖去部分的电荷量在 O 点的电场强度为 0，即剩余部分的电场强度等于 1 Q E =E =k 3 Q 1 3 R 2，解得E =k ，故A错误，B正确。 ( ) 1 2R2 2 故选：BC。题型4电场线的应用 11. （2023秋•垫江县校级期末）金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示， A、B、C、D为电场中的四个点，则（ ） A．图中没有电场线的地方就没有电场 B．C点电势低于A点电势 C．正电荷在D点的电势能高于在B点的电势能 D．正电荷从D点静止释放，若只受电场力作用，将沿电场线运动到B点 【解答】解：A．电场线只是形象的描述电场，电荷周围均有电场存在，故A错误； B．沿着电场线电势逐渐降低，可知C点电势比A点电势高，故B错误； C．沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，D点电势高于B点电势，由E ＝q 可知负电荷在D p 点的电势能高于在B点的电势能，故C正确； φ D．正电荷由D点静止释放，受电场力方向沿曲线的切线方向，所以运动的轨迹不会沿电场线的 方向，故D错误。 故选：C。 12. （多选）（2023秋•厦门期末）两点电荷M和N周围的电场线如图所示，A、B是电 场中的两点，则（ ） A．M、N电荷量大小相等 B．M为负电荷，N为正电荷C．A点电势小于B点电势 D．A点电场强度大于B点电场强度 【解答】解：A、由图可知，点电荷N周围的电场线更密集，则N的电荷量大于M的电荷量， 故A错误； B、电场线的方向由正电荷指向负电荷，则N为正电荷，M为负电荷，故B正确； C、沿电场线方向电势逐渐降低，则A点电势高于B点电势，故C错误； D、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，则A点的电场强度大于B点的电场强度，故D正 确。 故选：BD。 13. （多选）（2023秋•佳木斯期末）某静电场的电场线如图中实线所示，一带电粒子仅 受电场力作用在电场中运动，虚线MN为其运动轨迹，以下说法中正确的有（ ） A．M点场强大于N点场强 B．M点场强小于N点场强 C．M点电势高于N点电势 D．M点电势低于N点电势 【解答】解：AB、由图可知，N处的电场线密，所以M点场强小于N点场强。故A错误，B正 确； CD、沿电场线的方向，由图可知，M点的电势高于N点电势。故C正确，D错误 故选：BC。 题型5电场线+运动轨迹组合模型 14. （2023春•台州期中）如图虚线为某一电场的电场线，实线PQ是某一粒子仅受静电 力的运动轨迹，以下说法正确的是（ ）A．粒子带正电荷 B．P点的电场强度大于Q点的电场强度 C．粒子在P点的速度小于Q点的速度 D．粒子在P点的加速度大于Q点的加速度 【解答】解：A．图中电场线的方向不确定，则粒子电性不能确定，故A错误； BD．电场线的疏密反映场强大小，由图可知Q点电场线较P点密集，可知P点的电场强度小于 Q点的电场强度，粒子在P点受的电场力小于Q点受的电场力，根据牛顿第二定律可知粒子在P 点的加速度小于Q点的加速度，故BD错误； C．粒子受的电场力方向指向轨迹的凹侧，可知粒子受电场力大致向下，则从 P到Q，电场力做 正功，动能增加，即粒子在P点的速度小于Q点的速度，故C正确。 故选：C。 15. （2023秋•凉山州期末）如图所示，实线代表电场线，虚线代表的是仅在电场力作用 下的带电粒子的运动轨迹。粒子从M点运动到N点，以下说法正确的是（ ） A．该带电粒子带负电 B．M点的电势低于在N点的电势 C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．粒子在N点的加速度小于在M点的加速度 【解答】解：A．带电粒子的轨迹向上弯曲，根据曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力沿 电场线切线向上，与电场方向相同，可知粒子带正电，故A错误； B．根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知M点的电势高于N点电势，故B错误； C．粒子从M点运动到N点，电场力方向与轨迹之间的夹角是锐角，可知电场力做正功，电势 能减小，所以粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；D．实线表示电场线，电场线的疏密表示电场强度的大小，所以N点的电场强度大于M点的电 场强度，粒子只受电场力的作用，根据牛顿第二定律可知，粒子在 N点的加速度大于在M点的 加速度，故D错误。 故选：C。 16. （2022秋•沙依巴克区校级期末）某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所 示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（ ） A．M、N点的场强E ＞E M N B．粒子在M、N点的加速度a ＞a M N C．粒子在M、N点的速度v ＞v M N D．粒子带正电 【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以有E ＜ M E ．故A错误。 N B、M处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有 a ＜a ．故B错 M N 误。 CD、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，所以粒子 为正电荷，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的 速度增大，则有v ＜v ．故C错误，D正确； M N 故选：D。 17. （2022秋•杭州期末）如图所示是两个等量点电荷的电场线分布，虚线是某带电体在 电场中仅受电场力的运动轨迹，图中A、B是轨迹上其中两点，则（ ） A．该带电体应带的是正电荷 B．题中等量点电荷左边为正电荷，而右边应为负电荷C．该带电体在A处的加速度比在B处的加速度要大 D．该带电体在A处的电势能比B处的电势能大 【解答】解：A、电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷，可知左边的点电荷带正电，由 带电体的轨迹可知，带电体受到左侧点电荷的吸引力，根据异种电荷相互吸引可知，该带电体 带负电，故A错误； B、由图，由带电体的轨迹可知，带电体受到右侧点电荷的吸引力，根据异种电荷相互吸引可知， 右侧点电荷带正电，所以两个点电荷是等量同种点电荷，故B错误； C、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知 B处电场线密，则B处的电场强度大，根据：a qE = 可知带电体在B处的加速度大，故C错误； m D、A点到点电荷的距离远，B到点电荷的距离近，根据等量同种正点电荷的电场的特点可知， B处的电势高，由E ＝q ，可知带负电的带电体在电势较低的A处的电势能大，故D正确。 p 故选：D。 φ 18. （2024•西城区校级模拟）法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线 的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。 （1）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状 分布，与点电荷的电场线分布相似。如图1所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电 微粒Q在其上方沿顺时针方向（俯视）做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离 为d，运动周期为T，重力加速度为g。 ①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线； ②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。 （2）场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量 ，定义磁通量 ＝BS， 其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。 Φ Φ ①如图2所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为h的 球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为2 rh，请类比磁通量的定义，求通过球冠的 电通量 ； π E Φ②真空中存在两个异种点电荷+q 和﹣q ，图3中曲线为从+q 出发，终止于﹣q 的一条电场线， 1 2 1 2 该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为 和 ，求两点电荷的电荷量之 α β q 1 比 。 q 2 【解答】解：（1）①根据题意，磁单极子的磁感线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从 N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示 ②设带电粒子的质量为m，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为 ，做出 带电粒子的受力分析如图所示 θ 根据左手定则可知该粒子带正电。 R mg 由几何关系可得：tanθ= ，根据力的矢量关系可得： =tanθ，由牛顿第二定律有： d F 合 4π2 T F =m R，联立以上各式解得：R= √gd； 合 T2 2π （2）①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量： Q 2kπℎQ Φ =E⋅S=k ⋅2πrℎ = ； E r2 r ②分别以+q 、﹣q 为球心，取一半径为r 的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为： 1 2 0S ＝2 r 0⋅r 0 （1﹣cos ），S ＝2 r 0⋅r 0 （1﹣cos ）， α β π α π β q 穿 过 两 个 球 面 的 电 通 量 分 别 为 Φ =k 1 ⋅2πr ⋅r (1−cosα)， Eα r2 0 0 0 q Φ =k 2 ⋅2πr ⋅r (1−cosβ)， Eβ r2 0 0 0 由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有 q q 1 ⋅2πr ⋅r (1−cosα)=k 2 ⋅2πr ⋅r (1−cosβ)， r2 0 0 r2 0 0 0 0 q 1−cosβ 整理可得： 1= 。 q 1−cosα 2 答：（1）①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线； T ②该微粒带正电，该微粒运动轨迹的半径为： √gd。 2π 2kπℎQ （2）①通过球冠的电通量为： ； r 1−cosβ ②两点电荷的电荷量之比为： 。 1−cosα