考情分析高考對本章的考查頻率較高，考查的題型有選擇題和計算題等，考查的難度中等。重要考點1.物質的電結構、電荷守恒(Ⅰ)2．靜電現象的解釋(Ⅰ)3．點電荷(Ⅰ)4．庫侖定律(Ⅱ)5．靜電場(Ⅰ)6．電場強度、點電荷的場強(Ⅱ)7．電場線(Ⅰ)8．電勢能、電勢(Ⅰ)9．電勢差(Ⅱ)10．勻強電場中電勢差與電場強度的關系(Ⅱ)11．帶電粒子在勻強電場中的運動(Ⅱ)12．示波管(Ⅰ)13．常見電容器(Ⅰ)14．電容器的電壓、電荷量和電容的關系(Ⅰ)考點解讀1.多個電荷間的庫侖力的平衡和電場強度疊加問題。2．利用電場線和等勢面確定電場強度的大小和方向，判斷電勢高低、靜電力變化、靜電力做功和電勢能的變化等。3．帶電體在勻強電場中的平衡問題及變速運動的動力學問題。4．對平行板電容器電容決定因素的理解，解決兩類動態變化的問題。5．分析帶電粒子在電場中的加速運動和偏轉運動問題。6．示波管、靜電除塵等在日常生活和科學技術中的應用。第1講電場力的性質知識點電荷守恒點電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ1.元電荷、點電荷(1)元電荷：e＝eq\x(\s\up1(01))1.6×10－19C，最小的電荷量，所有帶電體的電荷量都是元電荷的eq\x(\s\up1(02))整數倍，其中質子、正電子的電荷量與元電荷相同。電子的電荷量q＝－1.6×10－19C。(2)點電荷：當帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多，以致帶電體的eq\x(\s\up1(03))形狀、大小及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響可以忽略時，這樣的帶電體可以看作帶電的點，叫作點電荷。點電荷是一種理想化模型。(3)比荷：帶電粒子的eq\x(\s\up1(04))電荷量與其質量之比。2．電荷守恒定律(1)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移過程中，電荷的eq\x(\s\up1(05))總量保持不變。(2)更普遍的表述：一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變。(3)起電方法：eq\x(\s\up1(06))摩擦起電、eq\x(\s\up1(07))感應起電、eq\x(\s\up1(08))接觸起電。(4)帶電實質：物體帶電的實質是eq\x(\s\up1(09))得失電子。(5)電荷的分配原則：兩個形狀、大小等完全相同的導體，接觸后再分開，二者帶等量同種電荷；若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分。3．庫侖定律(1)內容：eq\x(\s\up1(10))真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的eq\x(\s\up1(11))電荷量的乘積成正比，與它們的eq\x(\s\up1(12))距離的二次方成反比，作用力的方向在eq\x(\s\up1(13))它們的連線上。(2)表達式：eq\x(\s\up1(14))F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。(3)庫侖力的方向由相互作用的兩個帶電體決定，且eq\x(\s\up1(15))同種電荷相互排斥，eq\x(\s\up1(16))異種電荷相互吸引。(4)適用條件：真空中靜止的eq\x(\s\up1(17))點電荷。①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式。②當兩個帶電體的間距遠大于本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。③兩個帶電體間的距離r→0時，不能再視為點電荷，也不遵循庫侖定律，它們之間的庫侖力不能認為趨于無窮大。知識點靜電場Ⅰ電場強度、點電荷的電場Ⅱ1.電場(1)定義：存在于eq\x(\s\up1(01))電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質。(2)基本性質：對放入其中的電荷eq\x(\s\up1(02))有力的作用。2．電場強度(1)定義：在電場的不同位置，試探電荷所受的eq\x(\s\up1(03))靜電力與它的eq\x(\s\up1(04))電荷量之比一般不同，它反映了電場在各點的性質，叫作電場強度。(2)定義式：eq\x(\s\up1(05))E＝eq\f(F,q)，該式適用于一切電場。(3)單位：N/C或V/m。(4)矢量性：物理學中規定，電場中某點的電場強度的方向與正電荷在該點所受的靜電力的方向相同。3．點電荷的電場(1)公式：在場源點電荷Q形成的電場中，與Q相距r處的電場強度E＝eq\x(\s\up1(06))keq\f(Q,r2)。(2)適用條件：真空中靜止的點電荷形成的電場。4．電場強度的疊加如果場源是多個點電荷，則電場中某點的電場強度等于各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的eq\x(\s\up1(07))矢量和，遵從平行四邊形定則。5．勻強電場：如果電場中各點的電場強度的eq\x(\s\up1(08))大小相等、方向相同，這個電場叫作勻強電場。知識點電場線Ⅰ1．定義：為了形象地了解和描述電場中各點電場強度的大小和方向，而畫在電場中的一條條有方向的曲線。電場線是假想的曲線，實際不存在。2．電場線的特點(1)電場線上每點的切線方向表示該點的eq\x(\s\up1(01))電場強度方向。(2)電場線從eq\x(\s\up1(02))正電荷或無限遠出發，終止于eq\x(\s\up1(03))無限遠或負電荷。(3)電場線在電場中eq\x(\s\up1(04))不相交、不閉合、不中斷。(4)在同一幅圖中，eq\x(\s\up1(05))電場強度較大的地方電場線較密，eq\x(\s\up1(06))電場強度較小的地方電場線較疏。(5)沿電場線的方向電勢eq\x(\s\up1(07))逐漸降低。(6)電場線和等勢面在相交處垂直。3．幾種典型電場的電場線如圖所示是幾種典型電場的電場線分布圖。一堵點疏通1．質子的電荷量為一個元電荷，但電子、質子是實實在在的粒子，不是元電荷。()2．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小一定相等。()3．根據F＝keq\f(q1q2,r2)，當r→0時，F→∞。()4．E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，可知電場強度與靜電力成正比。()5．電場中某點的電場強度方向即為試探電荷在該點所受的靜電力的方向。()6．在點電荷產生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。()7．電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。()答案1.√2.√3.×4.×5.×6.×7.×二對點激活1.(人教版必修第三冊·P3·實驗改編)(多選)如圖所示，A、B為相互接觸并用絕緣支柱支持的金屬導體，起初都不帶電，在它們的下部貼有金屬箔片，C是帶正電的小球，下列說法正確的是()A．把C移近導體A時，A、B上的金屬箔片都張開B．把C移近導體A，再把A、B分開，然后移去C，A、B上的金屬箔片仍張開C．把C移近導體A，先把C移走，再把A、B分開，A、B上的金屬箔片仍張開D．把C移近導體A，先把A、B分開，再把C移走，然后重新讓A、B接觸，A上的金屬箔片張開，而B上的金屬箔片閉合答案AB解析雖然A、B起初都不帶電，但帶正電的小球C對A、B內的電荷有力的作用，使A、B中的自由電子向左移動，使得A端積累了負電荷，B端積累了正電荷，其下部的金屬箔片因為接觸帶電，也分別帶上了與A、B相同的電荷，所以金屬箔片都張開，A正確；帶正電的小球C只要一直在A、B附近，A、B上的電荷就因受C的作用力而使A、B帶等量的異種感應電荷，把A、B分開，因A、B已經絕緣，此時即使再移走C，A、B所帶電荷量也不變，金屬箔片仍張開，B正確；但如果先移走C，A、B上的感應電荷會馬上中和，不再帶電，所以金屬箔片都不會張開，C錯誤；先把A、B分開，再移走C，A、B仍然帶電，但重新讓A、B接觸后，A、B上的感應電荷完全中和，金屬箔片都不會張開，D錯誤。2．(人教版必修第三冊·P10·T3改編)真空中兩個相同的帶等量異種電荷的金屬小球A和B(均可看作點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力大小為F。現用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再將A、B間距離增大為原來的2倍，則A、B間的靜電力大小為()A．.eq\f(F,8) B．eq\f(F,32)C．eq\f(F,16) D．eq\f(F,4)答案B解析設A、B原來所帶電荷量分別為＋Q、－Q，A、B間靜電力大小F＝eq\f(kQ2,r2)，將不帶電的同樣的金屬球C先與A接觸，再與B接觸后，A所帶電荷量變為＋eq\f(Q,2)，B所帶電荷量變為－eq\f(Q,4)，再將A、B間距離增大為原來的2倍，A、B間靜電力大小F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),2r2)＝eq\f(kQ2,32r2)，故F′＝eq\f(1,32)F，故B正確。3.(人教版必修第三冊·P17·T5改編)如圖所示為某區域的電場線分布，下列說法正確的是()A．這個電場可能是正點電荷形成的B．D處的電場強度為零，因為那里沒有電場線C．點電荷q在A點所受的靜電力比在B點所受靜電力小D．負電荷在C點受到的靜電力方向沿C點切線方向答案C解析正點電荷的電場線是從正點電荷出發的直線，故A錯誤；電場線是為了更形象地描述電場而人為畫出的，沒有電場線的地方，電場強度不一定為零，故B錯誤；由圖知B點處電場線比A點處電場線密集，故EB>EA，所以點電荷q在A處所受的靜電力小于在B處所受的靜電力，C正確；負電荷在C點所受靜電力方向與C點切線方向相反，故D錯誤。4.(人教版必修第三冊·P17·T6)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質量為1.0×10－2kg，所帶電荷量為＋2.0×10－8C。現加水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直方向夾角為30°(如圖所示)。求勻強電場的電場強度(g＝10m/s答案2.9×106N/C解析小球受到重力mg、靜電力F、輕繩拉力FT的作用處于平衡狀態，它的受力情況如圖所示，則eq\f(F,mg)＝eq\f(Eq,mg)＝tan30°E＝eq\f(mg,q)tan30°＝eq\f(1.0×10－2×10,2.0×10－8)×eq\f(\r(3),3)N/C≈2.9×106N/C。考點1庫侖定律的理解與應用1.對庫侖定律的理解(1)F＝keq\f(q1q2,r2)，r指兩點電荷間的距離。對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球的球心間距。(2)當兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能再視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無窮大。2．庫侖力具有力的共性(1)兩個點電荷之間相互作用的庫侖力遵從牛頓第三定律。(2)庫侖力可使帶電體產生加速度。(3)庫侖力可以和其他力平衡。(4)某個點電荷同時受幾個點電荷的作用時，要用平行四邊形定則求合力。例1兩個半徑均為r的相同金屬球，球心相距3r，分別帶有電荷量－2Q和＋4Q，它們之間庫侖力的大小為F，現將兩球接觸后再放回原處，兩小球間距離保持不變，則兩小球間庫侖力的大小()A．等于eq\f(1,8)F B．小于eq\f(1,8)FC．大于eq\f(1,8)F D．無法確定(1)這兩個球能不能看成點電荷？提示：不能。(2)接觸以后電荷如何分布？提示：接觸以后兩球均帶正電，電荷因排斥力分布在兩球的遠端。嘗試解答選B。兩金屬球相距較近且開始時帶異種電荷，電荷因吸引靠近，則原來兩球間庫侖力F>keq\f(8Q2,3r2)；兩球接觸后，兩球均帶正電，電荷量均為Q，電荷因排斥遠離，所以接觸后兩球間的庫侖力F′<keq\f(Q2,3r2)，故B正確，A、C、D錯誤。庫侖定律的四點提醒(1)庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用。(2)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。(3)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。①同種電荷：F<keq\f(q1q2,r2)；②異種電荷：F>keq\f(q1q2,r2)。(4)不能根據公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了。[變式1](2020·湖南省永州市高三下高考培優信息卷)如圖所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b的電荷量為＋q，c和d的電荷量為－q，則a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小是()A．0 B．eq\f(\r(2)kq2,l2)C．eq\f(kq2,l2) D．eq\f(3kq2,2l2)答案D解析根據庫侖定律，c電荷對a的庫侖引力大小為：Fc＝eq\f(kq2,\r(2)l2)，b、d電荷對a的庫侖力大小均為：Fb＝Fd＝keq\f(q2,l2)，且b對a的庫侖力是斥力，d對a的庫侖力是引力；根據平行四邊形定則，a電荷所受的靜電力的合力大小為：F＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)kq2,l2)))2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kq2,\r(2)l2)))2)＝eq\f(3kq2,2l2)，故A、B、C錯誤，D正確。考點2庫侖力作用下的平衡問題1.四步解決庫侖力作用的平衡問題2．三個自由點電荷的平衡條件及規律(1)平衡條件：每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零，或每個點電荷處于另外兩個點電荷產生的電場中合場強為零的位置。(2)平衡規律。例2(2020·天津市南開中學高三下5月模擬)如圖所示，用兩根長度均為l的絕緣輕繩將帶正電的小球懸掛在水平的天花板下，小球的質量為m，輕繩與天花板的夾角均為θ，小球正下方距離也為l的A處一絕緣支架上同樣有一個帶電小球，此時輕繩的張力均為0，現在將支架水平向右移動到B處，B處位置與兩輕繩結點的連線與豎直方向的夾角為θ，小球處于靜止狀態，若已知θ＝30°，則()A．A處的帶電小球帶負電B．支架在A處與在B處時兩小球之間的庫侖力大小之比為2∶3C．支架在B處時，左邊繩子的張力為mg－eq\f(\r(3),2)mgD．支架在B處時，右邊繩子的張力為mg＋eq\f(\r(3),2)mg(1)當支架上小球處于A位置時輕繩上張力為零，說明了什么？提示：兩小球間的庫侖力為斥力。(2)當支架上小球處于B位置時，懸掛的小球受幾個力？如何處理？提示：四個力，正交分解。嘗試解答選C。當絕緣支架上的帶電小球在A位置時，輕繩的張力均為0，對其受力分析可知其只受重力和庫侖力，因此兩小球之間的庫侖力為斥力，則A處的帶電小球帶正電，故A錯誤；根據庫侖定律可得F＝keq\f(Qq,r2)，因此絕緣支架在A處與在B處時，兩小球之間的庫侖力大小之比eq\f(FA,FB)＝eq\f(r\o\al(2,2),r\o\al(2,1))＝eq\f(1,cos230°)＝eq\f(4,3)，故B錯誤；根據平衡條件知，FA＝mg，則支架在B處時，兩球間的庫侖力為FB＝eq\f(3,4)FA＝eq\f(3,4)mg，設左、右繩的張力分別為F1和F2，則由正交分解可得F1cos30°＋eq\f(3,4)mgsin30°＝F2cos30°，F1sin30°＋eq\f(3,4)mgcos30°＋F2sin30°＝mg，解得F1＝mg－eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mg－eq\f(\r(3),4)mg，故C正確，D錯誤。求解帶電體平衡問題的方法分析帶電體平衡問題的方法與力學中分析物體受力平衡問題的方法相同。(1)當兩個力在同一直線上使帶電體處于平衡狀態時，根據二力平衡的條件求解；(2)在三個力作用下帶電體處于平衡狀態時，一般運用勾股定理、三角函數關系以及矢量三角形等知識求解；(3)在三個以上的力作用下帶電體處于平衡狀態時，一般用正交分解法求解。[變式2－1]如圖所示，兩條不等長的細線一端拴在同一點，另一端分別拴兩個帶同種電荷的小球，電荷量分別是q1、q2，質量分別為m1、m2，當兩小球處于同一水平面時恰好靜止，且α>β，則造成α、β不相等的原因是()A．m1<m2 B．m1>m2C．q1<q2 D．q1>q2答案A解析對兩帶電小球分別進行受力分析如圖，根據平衡條件有tanα＝eq\f(F,m1g)，tanβ＝eq\f(F,m2g)，兩者之間庫侖力F大小相等，因α>β，所以m1<m2，故A正確，B錯誤；電荷量q1、q2無論哪個大，兩者之間庫侖力F大小都相等，故C、D錯誤。[變式2－2]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＋Q，B帶電－9Q。現引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態，則C的帶電性質及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處 D．負，A的右邊0.2m處答案C解析根據庫侖定律，當C在A的左側時，C受到A、B庫侖力的合力才可能為0，則C在A的左邊；為使A受到B、C的庫侖力的合力為0，C應帶負電；設C在A左側距A為x處，由于C處于平衡狀態，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQ·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2m，C正確。考點3電場強度的理解及計算1.電場強度的性質矢量性規定電場中某點的電場強度的方向與正電荷在該點所受的靜電力的方向相同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試探電荷q無關，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生的電場強度的矢量和2．電場強度三個表達式的比較表達式比較E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意義電場強度定義式真空中靜止點電荷電場強度的決定式勻強電場中E與U的關系式適用條件一切電場①真空②靜止點電荷勻強電場決定因素由電場本身決定，與q無關由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d為沿電場方向的距離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，再變大沿連線中垂線由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(2020·貴州省安順市高三下學期3月網上調研)如圖所示，在正方形的四個頂點各放一電荷量均為Q的點電荷，a、b、c、d是正方形各邊長的中點，則以下說法中正確的是()A．a、b、c、d四點的場強相同B．a、c兩點的場強相同C．b、d兩點的場強一定等大且反向D．e點的場強不為零(1)應該用什么規律分析計算a、b、c、d、e點的場強？提示：點電荷的場強公式及場強的疊加原理(即平行四邊形定則)。(2)如何分析可以使問題比較簡單？提示：利用兩等量同種點電荷和兩等量異種點電荷的電場場強特點對已知點電荷進行分組，進而疊加各組產生的電場。以a點為例，左側的一正一負兩個電荷在a點的合場強方向豎直向下，右側的一正一負兩個電荷在a點的合場強方向豎直向上。嘗試解答選C。設正方形邊長為L，對a點研究，左側的一正一負兩個電荷在a點的合場強方向豎直向下，大小為E1＝eq\f(2kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)L))2)＝eq\f(8kQ,L2)，右側的一正一負兩個電荷在a點的合場強方向豎直向上，大小為E2＝eq\f(2kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)L))2)·eq\f(\f(1,2)L,\f(\r(5),2)L)＝eq\f(8\r(5)kQ,25L2)，則a點的合場強方向豎直向下，大小為Ea＝E1－E2，同理，可以求出b、c、d各點的場強的大小都是E1－E2，方向分別是水平向右、豎直向上、水平向左，所以a、c兩點的場強等大且反向，b、d兩點的場強等大且反向，故A、B錯誤，C正確；由圖可知，兩個正電荷在e點產生的場強大小相等、方向相反，兩個負電荷在e點產生的場強也大小相等、方向相反，所以e點的合場強為零，故D錯誤。分析電場疊加問題的一般步驟電場強度是矢量，疊加時遵從平行四邊形定則。分析電場的疊加問題的一般步驟是：(1)確定要分析計算哪一點的場強；(2)分析該點的合場強由哪幾個分電場合成，確定各個分電場在該點的電場強度的大小和方向；(3)利用平行四邊形定則求出各分電場強度的矢量和。[變式3－1](2020·河北高三4月聯考)如圖所示，MN是點電荷電場中的一條直線，a、b是直線上的兩點，已知直線上a點的場強最大，大小為E，b點場強大小為eq\f(1,2)E，a、b間的距離為L，靜電力常量為k，則場源電荷的電荷量為()A．eq\f(\r(2)EL2,k) B．eq\f(EL2,k)C．eq\f(2EL2,k) D．eq\f(EL2,2k)答案B解析因直線MN上a點的場強最大，可知場源電荷位于過a點且垂直于直線MN的直線上，設場源電荷在距離a點x的位置，則E＝keq\f(Q,x2)，場源電荷距b點的距離為eq\r(b2＋x2)，則b點的場強為eq\f(1,2)E＝keq\f(Q,x2＋L2)，聯立可解得：x＝L，Q＝eq\f(EL2,k)，故B正確。[變式3－2](人教版必修第三冊·P17·T7改編)如圖所示，在x軸上關于原點O對稱的兩點A、B分別固定放置點電荷＋Q1和－Q2，x軸上的P點位于B點的右側，且P點電場強度為零，則下列判斷正確的是()A．x軸上P點右側電場強度方向沿x軸正方向B．Q1<Q2C．在A、B連線上還有一點與P點電場強度相同D．與P點關于O點對稱的M點電場強度可能為零答案A解析根據題述可知P點的電場強度為零，根據點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，＋Q1的電荷量一定大于－Q2的電荷量，A、B連線上各點電場強度都不為零，故B、C錯誤；由于＋Q1的電荷量大于－Q2的電荷量，可知P點右側電場方向沿x軸正方向，故A正確；由于Q1>Q2，M點和P點關于O點對稱，P點電場強度為零，由點電荷電場強度公式和場強疊加原理可知，M點電場強度一定不為零，D錯誤。考點4電場線的應用1.判斷電場強度的方向——電場線上任意一點的切線方向即為該點電場強度的方向。2．判斷靜電力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反。3．判斷電場強度的大小(定性)——同一電場，電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小。4．判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向。例4某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是()A．c點的電場強度大于b點的電場強度B．若將一試探電荷＋q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點C．b點的電場強度大于d點的電場強度D．a點和b點的電場強度方向相同(1)在電場線分布圖中，用什么表示電場強度的大小？提示：電場線的疏密程度。(2)沿曲線運動的粒子合力沿什么方向？提示：曲線的凹側。嘗試解答選C。電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正確，A錯誤；由于電場線是曲線，由a點釋放的正電荷如果沿電場線運動，則合力沿軌跡切線，這是不可能的，B錯誤；電場線的切線方向為該點電場強度的方向，a點和b點的切線不同向，D錯誤。電場線的應用熟悉幾種典型的電場線分布有利于我們對電場強度和電勢做出迅速判斷，且可以進一步了解電荷在電場中的受力和運動情況、靜電力做功及伴隨的能量轉化情況。[變式4](2020·天津市紅橋區高三上期末)(多選)如圖甲所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在某點釋放一初速度為零的電子，電子僅受靜電力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規律如圖乙所示，則()A．靜電力FA<FB B．電場強度EA＝EBC．電勢φA<φB D．電勢能EpA＜EpB答案AC解析在v-t圖像中圖線的斜率表示加速度，由圖乙可知，電子由A運動到B的過程中，加速度增大，則電子所受的靜電力增大，即靜電力FA＜FB，故A正確；根據F＝qE，電子所受靜電力增大，場強也增大，所以電場強度EA＜EB，故B錯誤；電子由靜止開始沿電場線從A運動到B，靜電力做正功，則靜電力的方向從A到B，電子帶負電，所以場強方向從B到A，根據沿電場線方向電勢逐漸降低可知，電勢φA<φB，故C正確；由圖乙可知，電子從A運動到B的過程中，速度增大，靜電力做正功，電子的電勢能減小，則電勢能EpA>EpB，故D錯誤。1．方法概述求電場強度有三個公式：E＝eq\f(F,q)、E＝keq\f(Q,r2)、E＝eq\f(U,d)，在一般情況下可由上述公式計算電場強度，但在求解帶電圓環、帶電平面等一些特殊帶電體產生的電場強度時，上述公式無法直接應用。這時，如果轉換思維角度，靈活運用補償法、微元法、對稱法、等效法、極限法等巧妙方法，可以化難為易。2．常見類型與解題思路方法一：補償法將有缺口的帶電圓環(或半球面、有空腔的球等)補全為圓環(或球面、球體等)分析，再減去補償的部分產生的影響。【典題例證1】(2020·山東省六地市高三3月在線聯考)已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產生的電場相同。如圖所示，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，現以OB為直徑在球內挖一球形空腔，若靜電力常量為k，球的體積公式為V＝eq\f(4,3)πr3，則A點處場強的大小為()A．eq\f(7kQ,36R2) B．eq\f(5kQ,36R2)C．eq\f(7kQ,32R2) D．eq\f(3kQ,16R2)[解析]由題意知，半徑為R的均勻帶電球體在A點產生的場強為：E整＝eq\f(kQ,2R2)＝eq\f(kQ,4R2)，同理，挖去前空腔處的小球體在A點產生的場強為：E割＝eq\f(kQ′,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R＋R))2)＝eq\f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝eq\f(kQ,18R2)，所以剩余空腔部分電荷在A點產生的場強為：Ex＝E整－E割＝eq\f(kQ,4R2)－eq\f(kQ,18R2)＝eq\f(7kQ,36R2)，故A正確，B、C、D錯誤。[答案]A名師點睛當所給帶電體不是一個完整的規則物體時，將該帶電體割去或增加一部分，組成一個規則的整體，從而求出規則物體的電場強度，再通過電場強度的疊加求出待求不規則物體的電場強度。應用此法的關鍵是“割”“補”后的帶電體應當是我們熟悉的某一物理模型。方法二：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，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。【典題例證2】(2020·浙江省杭州第二中學高三下學期3月月考)如圖，在點電荷－q的電場中，放著一塊帶有一定電荷量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱軸，O點為幾何中心，點電荷－q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d。已知圖中a點的電場強度為零，則帶電薄板在圖中b點處產生的電場強度的大小和方向分別為()A．eq\f(kq,d2)，水平向右 B．eq\f(kq,d2)，水平向左C．eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向右 D．eq\f(kq,9d2)，水平向右[解析]由電場的矢量疊加原理，可知矩形薄板在a點處產生的場強與點電荷－q在a點處產生的場強等大反向，即大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左；由對稱性可知，矩形薄板在b點處產生的場強大小也為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右，故A正確。[答案]A名師點睛形狀規則的帶電體形成的電場具有對稱性，位置對稱的兩點處的電場強度大小相等。如果能夠求出其中一點處的電場強度，根據對稱性特點，另一點處的電場強度即可求出。方法三：微元法將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元可看成點電荷，先根據庫侖定律求出每個電荷元的場強；再結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。求解均勻帶電圓環、帶電平面、帶電直桿等在某點產生的場強問題，可應用微元法。【典題例證3】(2020·河北省張家口市第一學期階段測試)如圖所示，水平面上有一均勻帶電圓環，所帶電荷量為＋Q，其圓心為O點。有一電荷量為＋q、質量為m的小球恰能靜止在O點上方的P點，O、P間距為L。P與圓環上任一點的連線與PO間的夾角都為θ，重力加速度為g，以下說法錯誤的是()A．P點場強方向豎直向上B．P點場強大小為eq\f(mg,q)C．P點場強大小為keq\f(Qcosθ,L2)D．P點場強大小為keq\f(Qcos3θ,L2)[解析]將圓環分為n等份(n很大，每一份可以認為是一個點電荷)，則每份的電荷量為：q0＝eq\f(Q,n)，每份在P點產生的電場的電場強度大小為：E0＝eq\f(kq0,r2)＝eq\f(k\f(Q,n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cosθ)))2)＝eq\f(kQcos2θ,nL2)，根據對稱性可知，P點處水平方向的合場強為零，則P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0cosθ＝eq\f(kQcos3θ,L2)，故A、D正確，C錯誤；因小球在P點靜止，由二力平衡可得：mg＝qE，解得P點場強大小為：E＝eq\f(mg,q)，故B正確。本題選說法錯誤的，故選C。[答案]C名師點睛微元法是從部分到整體的思維方法，把帶電體看成由無數個點構成。然后根據對稱性，利用平行四邊形定則進行電場強度疊加。利用微元法可以將一些復雜的物理模型、過程轉化為我們熟悉的物理模型、過程，以解決常規方法不能解決的問題。方法四：等效法在保證效果相同的條件下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。【典題例證4】(多選)如圖所示，在真空中某豎直平面內固定一足夠大的接地金屬板MN，在MN右側與其相距2d處的P點放置一電荷量為Q的正點電荷，如果從P點作MN的垂線，則O為垂足，A為O、P連線的中點，B為OP延長線上的一點，PB＝d。靜電力常量為k，關于各點的電場強度，下列說法正確的是()A．O點場強大小為keq\f(Q,2d2)B．A點場強大小為keq\f(Q,d2)C．B點場強大小為keq\f(24Q,25d2)D．A、B兩點場強大小相等，方向相反[解析]系統達到靜電平衡后，因為金屬板接地，電勢為零，所以電場線分布如圖所示，所以金屬板右側的電場的電場線分布與等量異種點電荷連線的中垂線右側的電場線分布相同，所以O點場強大小為EO＝keq\f(Q,2d2)＋keq\f(Q,2d2)＝keq\f(Q,2d2)，A正確；A點場強大小為EA＝keq\f(Q,d2)＋keq\f(Q,3d2)＝keq\f(10Q,9d2)，B錯誤；B點場強大小為EB＝keq\f(Q,d2)－keq\f(Q,5d2)＝keq\f(24Q,25d2)，C正確；由上述分析可知D錯誤。[答案]AC名師點睛等效法的實質是在效果相同的情況下，利用與問題中相似或效果相同的知識進行知識遷移的解題方法，往往是用較簡單的因素代替較復雜的因素。方法五：極限法對于某些特殊情況下求解有關場強問題，有時無法用有關公式、規律得出結論，可考慮應用極限法。極限法是把某個物理量的變化推向極端再進行推理分析，從而做出科學的判斷或導出一般結論。極限法一般適用于所涉及的物理量隨條件單調變化的情況。【典題例證5】物理學中有些問題的結論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結論是否正確。如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環，兩圓環上的電荷量均為q(q>0)，而且電荷均勻分布。兩圓環的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點為O，軸線上的A點在O點右側與O點相距為r(r<a)。試分析判斷下列關于A點處電場強度大小E的表達式(式中kA．E＝|eq\f(kqR1,R\o\al(2,1)＋a＋r2)－eq\f(kqR2,R\o\al(2,2)＋a－r2)|B．E＝|eq\f(kqR1,[R\o\al(2,1)＋a＋r2]\f(3,2))－eq\f(kqR2,[R\o\al(2,2)＋a－r2]\f(3,2))|C．E＝|eq\f(kqa＋r,R\o\al(2,1)＋a＋r2)－eq\f(kqa－r,R\o\al(2,2)＋a－r2)|D．E＝|eq\f(kqa＋r,[R\o\al(2,1)＋a＋r2]\f(3,2))－eq\f(kqa－r,[R\o\al(2,2)＋a－r2]\f(3,2))|[解析]與點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)比較可知，A、C兩項表達式的單位不是場強的單位，故可以排除；由電場強度的分布規律可知，當r＝a時，右側圓環在A點產生的場強為零，則A處場強只由左側圓環上的電荷產生，即場強表達式只有一項，故B錯誤；綜上所述，可知D正確。[答案]D名師點睛本題由于帶電體為圓環狀，超過了我們高中學生的教材學習范圍，但通過一定的分析就可判斷。首先根據場強的單位(量綱)進行判斷，再分析特殊點即可得出結論。在物理學中，通過對量綱的分析，有時可以幫助我們快速找到一些錯誤。【針對訓練】1.(2020·黑龍江省齊齊哈爾模擬)如圖所示，兩個電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f(1,4)球殼和eq\f(3,4)球殼的球心，這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同，若甲圖中帶電eq\f(1,4)球殼對點電荷q的庫侖力的大小為F，則乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對點電荷q的庫侖力的大小為()A．eq\f(3,2)F B．eq\f(\r(2),2)FC．eq\f(1,2)F D．F答案D解析將圖乙中的均勻帶電eq\f(3,4)球殼分成三個eq\f(1,4)帶電球殼，關于球心對稱的兩個eq\f(1,4)帶電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電eq\f(1,4)球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，D正確。2.如圖所示，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點處有一電荷量為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)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析由b點處場強為零知，圓盤在b點處產生的場強E1與點電荷q在b點處產生的場強E2大小相等，即E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由對稱性可知，圓盤在d點產生的場強E3＝keq\f(q,R2)，點電荷q在d點產生的場強E4＝keq\f(q,9R2)，方向與E3相同，故d點的合場強Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯誤。1．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，豎直面內一絕緣細圓環的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則()A．a、b兩點的場強相等 B．a、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等答案ABC解析如圖甲所示，為等量異種點電荷周圍空間的電場線分布圖。本題的帶電圓環，可分割成如圖乙所示無數對沿豎直方向的等量異種點電荷。圖乙等量異種點電荷有共同的對稱軸PP′，由圖甲電場線分布圖可知，圖乙中任一對等量異種點電荷在PP′上產生的電場都豎直向下，故PP′上的合電場也豎直向下，故PP′所在的水平直線為等勢線，即φa＝φb，而沿電場線的方向電勢降低，則φc>φd，故B正確，D錯誤。由圓環上電荷左右分布的對稱性及圖乙模型可知，a、b兩點的場強方向均豎直向下，場強大小相等；由圓環上電荷左右、上下分布的對稱性及圖乙模型可知，c、d兩點的場強方向均豎直向下，場強大小相等，故A、C正確。2．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行答案AC解析如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場力，粒子運動軌跡與電場線重合須具備初速度與電場線平行或為0、電場線為直線兩個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線方向不一定平行，D錯誤。3.(2019·全國卷Ⅰ)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷答案D解析細繩豎直，把P、Q看作整體，在水平方向所受合力為零，對外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯誤；P、Q帶不同性質的電荷，有兩種情況：P帶正電，Q帶負電，或P帶負電，Q帶正電，兩種情況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負電，Q帶正電時符合題意，C錯誤，D正確。4.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()A．a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案D解析對固定的小球c受到的庫侖力進行分析，要使c球受到的庫侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫侖力合力為零，則a、b的電荷必須異號，如圖所示，則有：keq\f(QaQc,r\o\al(2,ac))·sinα＝keq\f(QbQc,r\o\al(2,bc))·sinβ，故eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(r\o\al(2,ac)sinβ,r\o\al(2,bc)sinα)＝eq\f(42×\f(4,5),32×\f(3,5))＝eq\f(64,27)，D正確。5．(2018·浙江11月選考)電荷量為4×10－6C的小球絕緣固定在A點，質量為0.2kg，電荷量為－5×10－6C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點。A、B間距離為30cm，A、B連線與豎直方向夾角為60°。靜電力常量為9.0×109N·m2/C答案B解析兩球之間的庫侖力大小為F＝keq\f(qAqB,r2)＝9.0×109×eq\f(4×10－6×5×10－6,0.32)N＝2N，根據題意，F與豎直方向的夾角為60°，小球B的重力大小為GB＝mBg＝2N，知F＝GB，又因小球B靜止，故小球B受到的庫侖力、重力以及細線的拉力組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60°，B正確。6.(2017·北京高考)如圖所示，長l＝1m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°。已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強電場的場強E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2(1)小球所受電場力F的大小。(2)小球的質量m。(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。答案(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4(3)2.0m/s解析(1)F＝qE＝3.0×10－3N。(2)由eq\f(qE,mg)＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg。(3)由mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cos37°)＝2.0m/s。時間：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～8題為單選，9～10題為多選)1．兩點電荷形成電場的電場線分布如圖所示，A、B是電場線上的兩點，下列判斷正確的是()A．A、B兩點的電場強度大小不等，方向相同B．A、B兩點的電場強度大小相等，方向不同C．右邊點電荷帶正電，左邊點電荷帶負電D．兩點電荷所帶電荷量相等答案C解析電場線的疏密代表場強的強弱，電場線越密，代表電場越強，電場強度方向為電場線的切線方向，故從圖可以看出A、B兩點電場強度的大小和方向均不同，A、B錯誤；電場線從正電荷指向負電荷，C正確；右邊點電荷周圍的電場線比較密集，故此點電荷的電荷量較大，D錯誤。2.(2020·海南省高三壓軸卷)如圖所示，a、b兩點處分別固定有等量異種點電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中點，d是ac的中點，e是ab的垂直平分線上的一點，將一個正點電荷先后放在d、c、e點，它所受的靜電力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說法中正確的是()A．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向豎直向上B．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0D．Fd、Fc、Fe的大小都相等答案B解析等量異種點電荷的電場分布如圖，從圖中可知，c、d、e三點的場強的方向都水平向右，所以該正點電荷在這三點受到的靜電力的方向都水平向右，故A、C錯誤，B正確；從圖中可知d點的電場線最密，e點的電場線最疏，所以該正點電荷在d點所受的靜電力最大，故D錯誤。3.(2020·四川省攀枝花市高三下第三次統考)如圖所示，在豎直平面內有一固定絕緣光滑細桿，細桿與豎直方向的夾角為θ。一重為G、電荷量為q的帶正電小球穿在細桿上，現在小球所在空間施加一勻強電場，可使小球處于靜止狀態，則該勻強電場場強的最小值為()A．eq\f(G,q) B．eq\f(Gsinθ,q)C．eq\f(Gcosθ,q) D．eq\f(Gtanθ,q)答案C解析小球受重力、靜電力及可能存在的桿的彈力，根據力的矢量三角形可知，當靜電力方向沿桿向上時，靜電力最小，則qEmin＝Gcosθ，即Emin＝eq\f(Gcosθ,q)，故C正確。4.(2020·山西省陽泉市高三上學期期末)直角三角形ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，在A點和C點分別固定兩個點電荷，已知B點的電場強度方向垂直于BC邊向下，則()A．兩點電荷都帶正電B．A點的點電荷帶負電，C點的點電荷帶正電C．A點處電荷的電荷量與C點處電荷的電荷量的絕對值之比為eq\f(\r(3),2)D．A點處電荷的電荷量與C點處電荷的電荷量的絕對值之比為eq\f(1,2)答案C解析若兩點電荷都帶正電，則兩點電荷在B點產生的場強方向分別沿著AB和CB方向，由平行四邊形定則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，故A錯誤；若A點的點電荷帶負電，C點的點電荷帶正電，則A點的點電荷在B點的場強方向沿著BA方向，C點的點電荷在B點的場強方向沿著CB方向，由平行四邊形定則可知，B點的場強不可能垂直于BC邊向下，故B錯誤；同理分析可知，A點的點電荷帶正電，C點的點電荷帶負電，它們在B點的場強如圖所示，則cos30°＝eq\f(EC,EA)，設AC＝L，則AB＝eq\r(3)L，BC＝2L，EA＝keq\f(qA,\r(3)L2)，EC＝keq\f(qC,4L2)，解得eq\f(qA,qC)＝eq\f(\r(3),2)，故C正確，D錯誤。5.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受靜電力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v-t圖像如圖所示，則A、B兩點所在區域的電場線分布情況可能是下圖中的()答案C解析由v-t圖可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應由B指向A，且從A到B場強變大，電場線變密，C正確。6．一帶負電荷的質點，在靜電力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質點的速率是遞減的。關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案D解析由a至c曲線的彎曲情況可知質點受力方向指向圖中虛線的右下方，質點在b點的速度vb方向如圖所示，由a至c速率遞減可知受力方向與速度的方向的夾角為鈍角，大致如圖中F，α角大于90°，因為質點帶負電荷，故場強方向應與F方向相反，D正確。7.(2020·江蘇省南京市、鹽城市高三二模)為探測地球表面某空間存在的勻強電場電場強度E的大小，某同學用絕緣細線將質量為m、帶電量為＋q的金屬球懸于O點，如圖所示，穩定后，細線與豎直方向的夾角θ＝60°；再用另一完全相同的不帶電金屬球與該球接觸后移開，再次穩定后，細線與豎直方向的夾角變為α＝30°，重力加速度為g，則該勻強電場的電場強度E大小為()A．E＝eq\f(\r(3),q)mg B．E＝eq\f(\r(3),2q)mgC．E＝eq\f(\r(3),3q)mg D．E＝eq\f(mg,q)答案D解析設該勻強電場方向與豎直方向的夾角為β，則開始時，根據平衡條件，水平方向有：T1sin60°＝qEsinβ，豎直方向有：T1cos60°＋qEcosβ＝mg；當用另一完全相同的不