第1节　库伦定律 电场力的性质-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第六章 静电场
第1节　库伦定律 电场力的性质
考点一　库仑定律的理解及应用
【知识梳理】
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型．
2．电荷守恒定律
(1)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．
(2)带电实质：物体带电的实质是得失电子　.
(3)内容：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　.
3．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＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．
(3)适用条件：　真空中的点电荷.
【诊断小练】
(1)只有质量和电荷量很小的带电体才能当作点电荷．(　　)
(2)三种起电方式的实质均是电荷从一个物体转移到另一个物体．(　　)
(3)两个完全相同的带电体带同种电荷q1、q2，接触后再分开，则均带的电荷量．(　　)
(4)库仑定律仅适用于真空中的点电荷．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√

【命题突破】
命题点1　对库仑定律的理解
1．两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的(　　)
A. B．
C. D．
【解析】　设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝k＝k.由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：
(1)两球电性相同．相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为＝4q.放回原处后的相互作用力F1＝k＝k，故＝.
(2)两球电性不同．相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为＝3q.放回原处后的相互作用力F2＝k＝k，故＝.
【答案】　CD
命题点2　库仑定律的应用
2.两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】选D　两球相距r时，根据库仑定律得F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k，由以上两式可解得F′＝，D正确。
【答案】　D
3．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8.0×10－4kg，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
【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正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示
sin θ＝＝0.60，θ＝37°
F库＝mgtan 37°＝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；由等量同种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．
【答案】　ACD
【归纳总结】
1．解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤
库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力．具体步骤如下：



2．“三个自由点电荷平衡”的问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置．
(2)


考点二　电场强度的理解与计算
【知识梳理】
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质．
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用.
2．电场强度
(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．
(2)定义式：E＝.
(3)单位：N/C或V/m.
(4)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
(5)矢量性：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．
3．场强公式的比较

4．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．
【诊断小练】
(1)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．(　　)
(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．(　　)
(3)在真空中，电场强度的表达式E＝中的Q就是产生电场的点电荷．(　　)
(4)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同．(　　)
【答案】　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
【命题突破】
命题点1　合成法求电场强度
1．图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为(　　)
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
【解析】　每个点电荷在O点处的场强大小都是E＝＝，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为E0＝2E＝，方向由O指向C，B项正确．
【答案】　B

2.(多选)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。下列判断正确的是(　　)
A．D点的电场强度为零
B．A、B、C、D四点电场强度相等
C．A点电势比B点电势高
D．O点的电场强度为零
【解析】　根据电场的叠加原理，a、c两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，b、d两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O点的合场强为零，D正确；同理，D点的场强水平向右，A错误；A、B、C、D四点的场强大小相等，方向不同，B错误；由电场特点知，A点电场方向由A指向O，B点电场方向由O指向B，故φA>φO，φO>φB，则φA>φB，C正确。
【答案】　CD
【归纳总结】
两种等量点电荷的电场分析

等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图


电荷连线上的电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零
O点为零
中垂线上的电场强度
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称位置的电场强度
A与A′、B与B′、C与C′
等大同向
等大反向

命题点2　等效法求电场强度
3．MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点．几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是(　　)
A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
C．方向垂直于金属板向左，大小为
D．方向垂直于金属板向左，大小为
【解析】　据题意，从题图乙可以看出，P点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2kcos θ＝2k＝2k，故选项C正确．
【答案】　C
命题点3　对称法求电场强度
4．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为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
【解析】　因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向，大小为E合＝k；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k＝，因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝，方向沿y轴负向，故选B.
【答案】　B
5．如图，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点处有一电荷量为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
【解析】　已知a处点电荷和带电圆盘均在b处产生电场，且b处场强为零，所以带电圆盘在b处产生的电场场强E1与q在b处产生的电场场强Eab等大反向，即E1＝Eab＝，带电圆盘在d处产生的电场场强E2＝E1且方向与E1相反，q在d处产生的电场场强Ead＝，则d处场强Ed＝E2＋Ead＝＋＝k，选项B正确．
【答案】　B
命题点4　补偿法求电场强度
6．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，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心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.－E B.
C.－E D.＋E
【解析】　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝k－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点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在
N点的场强大小相等，则EN＝E′＝k－E＝－E，A正确。
【答案】　A
命题点5微元法求电场强度
7. 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。

【解析】　设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝＝。由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处的场强EP，
EP＝nEx＝nkcos θ＝k。
【答案】　k
【归纳总结】
电场强度叠加问题的求解思路
电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：
(1)确定分析计算场强的空间位置；
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；
(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．
考点三　电场线的理解及应用
【知识梳理】
1．电场线的三个特点
(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处；
(2)电场线在电场中不相交；
(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏.
2．六种典型电场的电场线

3．电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系
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，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合．
(1)电场线为直线；
(2)带电粒子初速度为零，或速度方向与电场线平行；
(3)带电粒子仅受电场力或所受其他力的合力方向与电场线平行.
【诊断小练】
(1)电场线是客观存在的肉眼看不见的线．(　　)
(2)电场线是闭合的曲线．(　　)
(3)等量异种电荷的电场线，越靠近电荷电场线越密，电场强度越大．(　　)
(4)电场线的方向即为带电粒子的运动方向．(　　)
(5)带电粒子的运动轨迹永远不会和电场线重合．(　　)
(6)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。( )
(7)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量。( )
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× (6)√　(7)√　
【命题突破】
命题点1　对电场线的理解
1．关于静电场的电场线，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度较大的地方电场线一定较疏
B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
C．沿电场线方向，电势一定越来越低
D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
【解析】　电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，故A错误；沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，则场强不一定越来越小，故B错误，C正确；电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D错误．
【答案】　C
2．两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是(　　)
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C．Q1、Q2一定均为正电荷
D．Q1、Q2一定均为负电荷
【解析】选A　由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误。因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误。
【答案】　A
命题点2　电场线的判定及应用
3．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
【解析】　带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向，且指向曲线弯曲的内侧，静电力方向大致向上，因不知电场线的方向，粒子的电性无法确定，所以选项A错．电场线是弯曲的，则一定不是孤立点电荷的电场，所以选项B错．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，所以选项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，所以选项D错误．
【答案】　C
4．(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的动能均增加
【解析】选CD　根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。
【答案】　CD
【方法总结】

考点四　力电综合问题分析
【知识梳理】
解决力电综合问题的一般思路

【诊断小练】
(1)一带电小球在静电场中做匀速直线运动，处于平衡状态，小球机械能守恒．(　　)
(2)一带电小球在静电场中做匀加速直线运动，电场力一定对小球做正功使小球动能增加．(　　)
(3)一带电体沿电场线减速运动，动能减小，电场力有可能对带电体做正功．(　　)
(4)一带电体在电场中做匀速圆周运动，则重力和电场力一定平衡．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
【命题突破】
1．如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．
【解析】　(1)F＝qE＝3.0×10－3N.
(2)由＝tan 37°，
得m＝4.0×10－4kg.
(3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，
得v＝＝2.0 m/s.
【答案】　(1)3.0×10－3N　(2)4.0×10－4kg (3)2.0 m/s
2. 如图所示，上下平行放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在B上方有带电荷量为－6q的小球A，他们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝。让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(重力加速度为g)。求：
(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；
(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；
(3)B球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度v3大小。如不能，请通过计算说明理由。
【解析】　(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动。
v12＝2gl，解得v1＝。
(2)A球进入小孔前，只有B球受电场力，
F＝qE＝mg，方向竖直向下
系统受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律可得：
F＋2mg＝2ma1
解得a1＝
系统做匀加速直线运动
v22＝v12＋2a1l
代入数据解得v2＝。
(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图乙所示
6qE－qE－2mg＝2ma3
解得a3＝
设系统速度为零时没到达下金属板
设停下来时通过的距离为H
H＝，代入数据得：H＝φO，φO>φB，则φA>φB，C正确．
【答案】　CD
17．如图所示，光滑绝缘的水平面与半径为R的绝缘圆弧轨道相切于点B，O点为光滑圆弧轨道的圆心，且在B点的正上方，光滑圆弧轨道在竖直平面内，整个空间内有水平向右的匀强电场．现将一质量为m、电荷量为q的带电小球从距离B点处的位置A由静止释放，小球恰好能运动到圆弧轨道高度的一半位置处，已知重力加速度为g.
(1)求匀强电场的电场强度为多大？
(2)要使小球能运动到C，应从距离B点多远的位置由静止释放小球？
(3)若使小球从C点由静止释放，则小球运动到B点时对轨道的压力为多大？
【解析】　(1)根据题意可知，小球从A点由静止释放运动到圆弧轨道的高度的过程中，沿电场方向的位移为x＝＋R ＝R
此过程由动能定理可得
Eqx－mg×＝0
联立解得E＝.
(2)设小球释放点距B点的距离为x′，小球从释放点运动到C点的过程中，由动能定理可得
Eq(x′＋R)－mgR＝0
解得x′＝R.
(3)在小球从C点由静止释放运动到B点的过程中，由动能定理可得
mgR－qER＝mv2－0
在最低点由牛顿第二定律可得
FN－mg＝
联立可得FN＝(4－)mg
由牛顿第三定律可得小球在B点时对轨道的压力为F′N＝FN＝(4－)mg.
【答案】　(1)　(2)R　(3)(4－)mg
18.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43 kg，mB＝0.20 kg，mC＝0.50 kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5 C、qC＝＋7×10－5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力．已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2.求：
(1)开始时BC间的距离L；
(2)F从变力到恒力需要的时间t；
(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔEp.
【解析】　(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：
(mA＋mB)gsin 30°＝
解得：L＝2.0 m.
(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：
－mBgsin 30°＝mBa
解得：l＝3.0 m
由匀加速运动规律得：l－L＝at2
解得：t＝1.0 s.
(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：
WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30°＋WC＝(mA＋mB)v2
又v＝at，代入数据解得：WC＝2.1 J
所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1 J.
【答案】　(1)2.0 m　(2)1.0 s　(3)－2.1 J