2020年高考物理一轮复习文档：第8章静电场第35讲 学案





[研读考纲明方向]


[重读教材定方法]
(对应人教版选修3－1的页码及相关问题)
1．P3[实验]，回答课本问题。若右端接地，则图示状态感应电荷分布情况如何？
提示：导体A、B分别感应出负电荷和正电荷，两金属箔都张开；先把A、B分开，然后移去C，A、B带电情况不变，金属箔均保持张开状态；再让A、B接触，A、B均不带电，两金属箔均闭合。导体A左端分布有感应负电荷，导体B无感应电荷。
2．P3 图1.1－2，验证一导体是否带电时，必须使其与验电器的金属球接触吗？
提示：不是必须，使该导体与金属球靠近也可。
3．P4“元电荷”一段。
4．P4～5[问题与练习]T2、T3、T4。
提示：T2：导体上电荷的转移是电子的转移，得到或失去的电子数相同，均等于带电量与元电荷的比值。T3：感应起电的特点是近异远同，离的近的力大，故为吸引力。T4：不违背能量守恒定律。把A、B在C旁边相碰一下分开，需要做功，需要能源提供能量。
5．P6阅读“库仑的实验”一段，库仑是怎样改变电量的？
提示：把一个带电金属小球与另一个不带电的完全相同的金属小球接触，前者的电荷量就会分给后者一半。
6．P7[例题1]，由该题分析，在电磁学的受力分析时是否需要考虑万有引力？
提示：不需要。
7．P12图1.3－3、图1.3－4及“电场线”一段，注意电场线的三大特点。
8．P13图1.3－6、图1.3－7。
9．P14～15[问题与练习]T1、T3、T5、T6、T7。
提示：T1：E＝，某处电场强度E的大小与检验电荷电量q无关。T3：E电场→E重力场，F→G，q→m，由比值法定义得E重力场＝，方向与G相同。T5：同一幅图中，电场线密集处电场强度大；电场强度方向为各点的切线方向；负电荷所受静电力方向与电场强度方向相反。T6：受力平衡分析。T7：利用静止的正负点电荷电场分布的特点及电场强度公式分析。
10．P17 图1.4－2、图1.4－3。
11．P18[思考与讨论]。
提示：重读课文，仿照正电荷情形分析。
12．P19图1.4－5，观察等势面和电场线形状，思考两者关系。
提示：等势面和电场线垂直。
13．P19～20[问题与练习]T2、T3、T4、T5、T7。
提示：T2：φ＝，φ、Ep、q计算时均带正、负号，并按φ的正、负值大小比较。T3：(1)沿电场线方向电势逐渐降低；(2)将一正(或负)检验电荷从M点移到P点或从P点移到M点，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大，再根据φ＝分析。T4：φ重力势＝＝gh。T5：根据定义或定义式分析。T7：电场线与等势面垂直；静电力做功与电荷运动的始末位置有关，与电荷经过的路径无关，WAB＝EpA－EpB。
14．P21[例题]。
15．P22[问题与练习]T1、T3。
提示：T1：WAB＝qUAB＝EpA－EpB。T3：(1)B点，A点；(2)负功；(3)负，正。
16．P23[思考与讨论]。
提示：公式UAB＝Ed中的d是匀强电场中两点沿电场线方向的距离。
17．P23～24[问题与练习]T1、T2、T3、T4。
提示：T1：E＝，F＝Eq，WAB＝qUAB＝qEd。
T2：(1)D点电势高，UCD＝Ed；
(2)φC－φB＝UCB＝EdCB，
φD－φB＝UDB＝EdDB，
φC－φA＝UCA＝EdCA，
φD－φA＝UDA＝EdDA，
沿电场线方向d为正，逆电场线方向d为负，电势差与零电势位置选取无关。
(3)WCD＝qUCD，静电力做功与路径无关，只与初末位置有关。
T3：E＝。
T4：b，b，b，b。同一幅图中，相邻等势面间的电势差相等时，等势面越密集的地方电场强度越大。
18．P24图1.7－1及边框。
19．P26[演示]实验。
提示：空腔导体带电时，电荷分布在外表面，内表面没有电荷分布。
20．P28[问题与练习]T1。
提示：(1)近异远同；(2)与点电荷激发的电场的场强等大反向；(3)不能，球壳表面是一个等势面。
21．P30[演示]实验。
22．P32[做一做]。
提示：(1)面积表示电容器释放的电量，即充电后所带电量；(2)数小格，格数乘以每格面积所代表的电量；(3)C＝。
23．P32～33[问题与练习]T1、T3、T4。
提示：T1：两极板间电压越大，偏转角度越大。
T3：(1)U一定，Q＝CU，C＝；
(2)Q一定，U＝，C＝。
T4：E＝＝＝＝。
24．P34[思考与讨论]。
提示：仍然适用，动能定理分析不考虑运动过程。
25．P34～35[例题2]。
26．P35“示波管的原理”一段。
27．P35～36图1.9－4，若YY′上加图1.9－5的电压，XX′上加图1.9－6的电压，屏幕上亮线是什么形状？
提示：正弦曲线形状。
28．P37[科学足迹]，密立根实验——电子电荷量的测定。
29．P38[科学漫步]，范德格拉夫静电加速器。
30．P39[问题与练习]T2。
提示：－eU＝0－mv2。

第35讲　电场力的性质
考点一　库仑定律的理解及基本应用

一、电荷　电荷守恒定律
1．电荷
(1)三种起电方式：摩擦起电，感应起电，接触起电。
(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
(3)带电实质：物体得到电子或失去电子。
(4)元电荷
①电荷的多少叫做电荷量，通常把e＝1.60×10－19_C的电荷量叫做元电荷。
②对元电荷的理解
a．元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。
b．元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。
c．元电荷不是实物粒子，电子、质子等微粒也不是元电荷。
(5)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况的理想化模型。
2．电荷守恒定律
(1)内容
①经典表述：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。
②现在表述：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变。
(2)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的导体，接触后再分开，二者带等量电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分。
二、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．表达式
F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量。
3．适用条件
真空中的静止点电荷。
(1)在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式。
(2)当两个带电体的间距远大于其本身的大小时，可以把带电体看成点电荷。
(3)对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示。

①同种电荷：F＜k；②异种电荷：F＞k。
(4)不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看做点电荷了。
4．库仑力的方向
由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

1．(多选)如图所示，将带电棒移近甲、乙两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是(　　)

A．先把球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开
D．棒的带电荷量不变，两导体球不能带电
答案　AC
解析　当带电棒移近甲、乙两球时，甲、乙两球由于静电感应分别带与带电棒相反和相同的电荷。若移走棒前先把两球分开，则甲、乙两球所带电荷无法中和而带上等量异号电荷；若把两球分开前，已移走棒，甲、乙两球感应出的电荷立即中和而不会带电，可判定A正确，B错误；若棒与其中一个球接触，则由于接触带电，甲、乙两球都会带上与带电棒相同性质的电荷，分开后仍带电，C正确；棒的带电荷量即使不变，仍可在满足一定条件下，甲、乙两球感应出等量异号电荷而带电，D错误。
2．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离L为球半径的3倍。若使它们带上等量异号电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(　　)

A．F引＝G，F库＝k
B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G，F库＝k
D．F引＝G，F库≠k
答案　D
解析　万有引力定律的使用条件是质点和质量均匀分布的球，由于金属球壳a和b质量分布均匀，所以万有引力定律可以直接应用，所以它们之间的万有引力为F引＝G；由于两球心间的距离L为球半径的3倍，它们之间的距离并不是很大，且两球壳因电荷间的相互作用使电荷分布不均匀，所以不能看成是点电荷，由于它们带的是等量异号电荷，由于电荷之间的相互吸引，电荷之间的距离会比L小，所以此时电荷间的库仑力F库>k，故D正确，A、B、C错误。
3．[教材母题]　(人教版选修3－1 P9·T3)真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力变为多大？若再使A、B间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力又为多大？
[变式子题]　三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变。由此可知(　　)
A．n＝3 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6
答案　D
解析　根据库仑定律，球3未与球1、球2接触前，球1、2间的静电力F＝k。三个金属小球相同，接触后电荷量均分，球3与球2接触后，球2和球3的带电荷量q2＝q3＝；球3再与球1接触后，球1的带电荷量q1＝＝。此时球1、2间的作用力F′＝k＝k。由题意知F′＝F，即n＝，解得n＝6。故D正确。
考点二　电场强度的理解及计算

1．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)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。
(2)定义式：E＝。
(3)物理意义：表示电场的强弱和方向。
(4)矢量性：电场强度是矢量，规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向。
(5)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。
(6)电场的叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各个电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。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．求解电场强度的基本方法
求电场强度常见的有定义式法、点电荷电场强度公式法、匀强电场公式法、矢量叠加法。

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．如图所示，真空中带电荷量分别为＋Q和－Q的点电荷A、B相距r。求：

(1)两点电荷连线的中点O的电场强度的大小和方向；
(2)在两点电荷连线的中垂线上，距A、B两点都为r的O′点的电场强度的大小和方向。
答案　(1)　方向A→B　(2)　方向A→B
解析　(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的电场强度方向相同，均为A→B。A、B两点电荷在O点产生的电场强度的大小相等EA＝EB＝＝。
故O点的合电场强度为EO＝2EA＝，方向A→B。
(2)如图乙所示，EA′＝EB′＝，由矢量合成可知，O′点的合电场强度EO′＝EA′＝EB′＝，方向与A、B的中垂线垂直，即EO′与EO同向。

3．[教材母题]　(人教版选修3－1 P15·T6)用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg，所带电荷量为＋2.0×10－8 C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与铅垂线成30°夹角(如图)。求这个匀强电场的电场强度。

[变式子题]　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，当小球平衡时，悬线与竖直方向的夹角α＝45°。已知重力加速度为g，求：

(1)小球带何种电荷？电荷量为多少？
(2)若将小球向左拉至悬线呈水平位置，然后由静止释放小球，则放手后小球做什么运动？经多长时间到达最低点？
答案　(1)正电　　(2)匀加速直线运动　
解析　(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，由此可知小球带正电，设其电荷量为q，则

FTsinα＝qE，
FTcosα＝mg，
可得：FT＝mg，q＝＝。
(2)释放后，小球由静止开始沿与竖直方向成α＝45°角斜向右下方做匀加速直线运动，当到达最低点时，它经过的位移大小为L，此时细线刚好拉直，由匀变速直线运动规律得x＝at2，其中a＝
g，x＝L
所以t＝。
考点三　电场线的理解与应用

1．定义
为了直观形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一系列的曲线，使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．特点
(1)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷。
(2)电场线在电场中不相交。
(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大。
(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向。
(5)沿电场线方向电势逐渐降低。
(6)电场线和等势面在相交处互相垂直。
3．几种典型电场的电场线(如图所示)



4．两等量异号点电荷和两等量同号点电荷形成的电场的比较



1．如图所示，M、N为两个等量同号正电荷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。
2．某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)

A．粒子必定带正电荷
B．该静电场一定是孤立正电荷产生的
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度
答案　C
解析　带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或切线的反方向，且指向运动曲线弯曲的内侧，分析可得静电力的方向大致向上，因不知电场线的方向，粒子的电性无法确定，所以A错误；电场线是弯曲的，则一定不是孤立点电荷的电场，所以B错误；N点处电场线密，则场强大，粒子受到的静电力大，产生的加速度也大，所以C正确；因静电力大致向上，粒子由M运动到N时，静电力做正功，粒子动能增加，速度增加，所以D错误。
3．等量异号点电荷的连线和中垂线如图所示，现将一个带负电的试探电荷先从图中的A点沿直线移动到B点，再从B点沿直线移动到C点，则试探电荷在此过程中(　　)

A．所受静电力的方向不变
B．所受静电力的大小恒定
C．B点电场强度为0，电荷在B点受力也为0
D．在平面内与C点电场强度相同的点总共有四处
答案　A
解析　如图所示为正、负电荷的电场线分布图，由图知从A点到B点及从B点到C点的过程中，负电荷所受静电力均沿电场线的切线方向向上且不为0，A正确，C错误；从电场线的疏密可看出，全过程中电场强度一直在变大，故静电力F＝qE也变大，B错误；与C点电场强度相同的点从图上电场线的方向及疏密可看出还有一处，即关于B点对称的地方，D错误。

考点四　有关电场的力的性质的综合应用

1．静电力参与下的共点力平衡问题
(1)静电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。
(2)有静电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。
2．求解电场强度的非常规思维方法
(1)等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。

例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异号点电荷形成的电场，如图1甲、乙所示。
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
例如：如图2，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又与弧的中点M在O点产生的场强方向相同。

(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将带电半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。
(4)微元法：将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
(5)极限法：对于某些特殊情况下求解有关场强问题，有时无法用有关公式、规律得出结论，可考虑应用极限法。
3．解决带电体的力电综合问题的一般思路


[例1]　如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在同一直线上，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
由以上两式解得：q1∶q2∶q3＝9∶4∶36，所以C正确。
答案　C
方法感悟
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。
[例2]　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上均匀分布正电荷，半球面总电荷量为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M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)

A. B.－E
C.－E D.＋E
解析　左半球面AB上的正电荷q产生的电场等效为带电荷量为＋2q的整个完整球壳产生的电场和带电荷量为－q的右半球面产生的电场的合电场，则有E＝－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点产生的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，B正确。
答案　B
方法感悟
利用问题中出现的对称特性进行分析、推理，形状规则的带电体形成的电场具有对称性，位置对称的两点处的电场强度大小相等。如果能够求出其中一点处的电场强度，根据对称性特点，另一点处的电场强度即可求出。

1．[教材母题]　(人教版选修3－1 P15·T7)如图，真空中有两个点电荷Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上。

(1)x坐标轴上哪个位置的电场强度为0?
(2)x坐标轴上哪些地方的电场强度方向是沿x轴的正方向的？
[变式子题]　(多选)两个相同的金属球A和B，A带正电，B带负电，且所带电荷量QA与QB的大小之比是 4∶1，带电金属球可视为点电荷。若在A、B连线上的某点C放一个点电荷QC，A、B对C作用的静电力刚好平衡，则(　　)
A．C点一定在连线的B点的外侧
B．C点一定在连线的A点的外侧
C．C点一定在A、B之间
D．C点的场强一定为零
答案　AD
解析　因为A带正电，B带负电，只要放入的电荷受到的合力为零即可。通过受力分析可知，QA与QB的大小之比为4∶1，则对C点有rA＞rB，而且保证两个力的方向相反，所以C点一定在AB连线上的B点的外侧，且C点场强一定为零，故选A、D。
2.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k，若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库＝，由平衡条件得2F库cos30°＝Eqc，即＝Eqc，解得E＝。此时a的受力如图乙所示，2＋2＝2，得qc＝2q，即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故B正确。

3．(多选)如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点有一电荷量为q(q>0)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，方向向右，因b点处的场强为零，所以Q在b点处的场强大小也为k，方向向左，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，方向向右，Ed＝E＋E′＝k，故B正确。
4．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同，如图所示，半径为R的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B间、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝πr3，则A点处电场强度的大小为(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　实心大球在A点产生的电场强度E1＝，实心小球所带的电荷量Q′＝Q×＝，实心小球在A点产生的电场强度E2＝，故A点的合电场强度E＝E1－E2＝，B正确。
5．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　由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，设为E，D图中在O点场强为0，B图中两圆环在O点合场强为E，故选B。
课后作业
[巩固强化练]
1．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，则另一个小球带电量大小为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.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为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。
6．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的电场强度大小变为E2。那么，E1与E2之比为(　　)

A．1∶2 B．2∶1 C．2∶ D．4∶
答案　B
解析　依题意，因为M、N两点都在圆周上，距O点的距离相等，合电场强度为E1，则每个点电荷在O点产生的电场强度为，当N点处的点电荷移至P点时，O点的电场强度如图所示，合电场强度大小为E2＝，则＝，B正确。

7．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，得t＝＝＝ 。
[真题模拟练]
9．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)

A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
答案　D
解析　对固定的小球c受到的库仑力分析，要使c球受到的库仑力合力与a、b的连线平行，则竖直方向小球c受到的库仑力合力为零，则a、b的电荷必须异号，如图所示，则有：k·sinα＝k·sinβ，故＝＝＝，D正确。

10．(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，(　　)

A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案　C
解析　由于静电感应，A带负电，B带等量正电，若移去C，A、B所带等量正负电荷中和，金属箔闭合，所以C正确，A错误；处于电场中的导体是等势体，B错误；若先把A、B分开，然后移去C，A、B所带电荷就不能中和，金属箔不再闭合，D错误。
11．(2016·浙江高考)(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)

A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C．B球所带的电荷量为4×10－8 C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案　ACD
解析　用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A项正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示，sinθ＝＝0.60，θ＝37°，F库＝mgtan37°＝6.0×10－3 N，B项错误；F库＝k，QA＝QB＝Q，r＝0.12 m，联立得Q＝4×10－8 C，故C项正确；由等量同号点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确。

12．(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。
13.(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必带有等量异号电荷，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。
14．(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，重力加速度为g)

(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。