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(共75张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第九章
静电场
第1讲　电场力的性质
知识梳理　夯实基础
考点探究　提升能力
课时通关精练
02
03
01
学习目标
教考衔接
知识梳理　夯实基础
电荷量
质量
电荷量
小
源
转移
总量
感应
AI精准定位：高考命题关键点
正比
反比
k
9.0×109
AI精准定位：高考命题关键点
k
大小
方向
切线
疏密
无限远
负电荷
较密
较疏
电场强度
降低
相互垂直
AI精准定位：高考命题关键点
定向移动
处处为零
垂直
电离
0
AI精准定位：高考命题关键点
考点探究　提升能力
角度突破
库仑定律
考点一
能力要语
∶1
不存在
破题路径
角度突破
破题路径
角度突破
电场强度及其叠加
考点二
角度突破
破题路径
课时通关精练(二十二)　电场力的性质
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谢谢观看第1讲　电场力的性质
对应学生用书P174
学习目标 教考链接
1.通过实验，了解静电现象。能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象 2.知道点电荷模型以及两个点电荷间相互作用的规律，体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法 3.知道电场是一种物质。了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法。会用电场线描述电场 4.了解生产生活中关于静电的利用与防护 1.知识迁移与综合 命题常从库仑定律出发，将点电荷电场与力学平衡、加速问题结合，考查知识的综合运用 2.数学模型应用 从电场强度、电场线等基础规律出发，考查电场强度叠加原理时，需运用平行四边形定则等数学模型进行矢量运算
一、电荷及其守恒定律
1.元电荷
(1)定义
(2)比荷：带电粒子的电荷量与其质量的比值。
2.点电荷
(1)点电荷是只有电荷量，没有大小、形状的理想化模型，类似于力学中的质点，实际中并不存在。
(2)带电体能否看成点电荷视具体问题而定。如果带电体的大小比带电体间的距离小得多，则带电体的大小及形状就可以忽略，此时带电体就可以看成点电荷。
3.试探电荷和场源电荷
(1)试探电荷：为了便于研究电场各点的性质而引入的电荷，是电荷量和体积都很小的点电荷。
(2)场源电荷：激发电场的带电体所带的电荷，也叫源电荷。
4.电荷守恒定律
AI精准定位：高考命题关键点
静电感应现象
【例1】 (2025·海南高考)带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球a，则关于验电器金属小球a和金属箔b，下列说法正确的是(　　)
A.a、b都带正电
B.a、b都带负电
C.a带负电、b带正电
D.a带正电、b带负电
电荷守恒定律的理解与应用
电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷；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。
【例2】 两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两位置。现将两小球相互接触后再分开，则两球带有的电荷量分别为(　　)
A.＋Q，＋Q B.＋3Q，－Q
C.－Q，＋3Q D.0，＋2Q
二、库仑定律
1.库仑定律
2.理解库仑定律的几个注意点
(1)对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。
(2)对于带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布。
同种电荷F＜k 异种电荷F＞k
库仑定律的理解
库仑力方向判断：根据同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。
【例3】 如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的点电荷电荷量均为＋q，圆心O处固定一点电荷＋Q，则＋Q所受静电力(　　)
A.大小为，方向沿OA方向
B.大小为，方向沿AO方向
C.大小为，方向沿OA方向
D.大小为，方向沿AO方向
三、电场强度
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
3.电场的叠加
4.电场线
　　不是电荷的运动轨迹
(1)定义：为了形象地了解和描述电场中各点电场强度的大小和方向，在电场中画出一条条有方向的曲线，曲线上每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)电场线的特点
a.电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷。
b.电场线在电场中不相交。
c.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。
d.电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。
e.沿电场线方向电势逐渐降低。
f.电场线和等势面在相交处相互垂直。
(3)常见的几种电场线
电场强度的理解
【例4】 (2024·江苏高考)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于(　　)
A.1∶1
B.2∶1
C.3∶1
D.4∶1
叠加原理的简单应用
会用平行四边形定则做矢量合成，结合点电荷电场特点，注意叠加时的方向判断。
【例5】 如图所示，两个点电荷所带电荷量分别为＋Q和－4Q，固定在直角三角形的A、B两点，其中∠ABC＝30°。若AC长度为d，则C点电场强度大小为(　　)
A.
B.
C.
D.
电场线的理解
会根据电场线判断电场强度的大小和方向，理解其虚拟性，结合分布特点分析电场性质。
【例6】 通常在高大建筑物上安装避雷针，当带电云层接近时，避雷针上的感应电荷在其附近产生电场，其电场线如图所示，其中A、B两点关于避雷针中轴线对称。则(　　)
A.A点电势高于C点电势
B.C点电势高于B点电势
C.A、B两点的电场强度相同
D.AB间电势差大于AC间电势差
四、静电的防止与利用
1.静电平衡
(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场的电场强度在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加电场强度为零，这时导体内的自由电荷不再发生定向移动，导体达到静电平衡状态。
(2)处于静电平衡状态的导体的特点
①导体内部的电场强度处处为零。
②导体是一个等势体，导体表面是等势面。
③导体表面处的电场强度方向与导体表面垂直。
④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上。
⑤在导体外表面，越尖锐的位置，净电荷的密度(单位面积的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有净电荷。
2.尖端放电
导体尖端周围电场使空气电离，电离出的与导体尖端的电荷符号相反的电荷与尖端的电荷中和，相当于导体从尖端失去电荷。
3.静电屏蔽
处于电场中的封闭金属壳，由于壳内电场强度保持为0，从而外电场对壳内的仪器不会产生影响。
生活中静电的防止与利用
【例7】 (生产生活融通题)下列有关电学知识的相关说法，不正确的是(　　)
A.图甲在加油站给车加油前，触摸一下静电释放器是为了导走加油枪上的静电
B.图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电原理制成的
C.图丙中野外高压输电线受到雷击的可能性很大，所以在三条输电线上方还有两条导线，它们与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，把高压线屏蔽起来，使其免遭雷击
D.图丁为一根优质电话线，给电话线套上金属外衣，可以起到静电屏蔽的效果，防止干扰信号从电话线上“入侵”
【例1】 解析：选C。验电器本来不带电，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球a，使得金属球a带负电荷，金属箔b带正电荷，故C正确。
【例2】 答案：选A。
【例3】 解析：选C。将A处点电荷－q拆分为＋q与－2q，则由对称性可知，A、B、C、D、E五处＋q对O处点电荷Q的合静电力为0，故O处Q所受静电力等于A处等效的－2q对它的作用力，由库仑定律可知，静电力的大小为F＝，由异种电荷相吸引可知，静电力方向沿OA方向，故C正确。
【例4】 解析：选D。设F-q图像的横坐标单位长度电荷量为q0，纵坐标单位长度的力大小为F0，根据E＝可知，F-q图像斜率表示电场强度大小，由图可知Ea＝＝4，Eb＝＝，可得＝4∶1，故D正确。
【例5】 解析：选C。两个点电荷在C点产生的电场强度的方向如图所示，其中正点电荷在C点产生的电场强度大小为E1＝ ，负点电荷在C点产生的电场强度大小为E2＝＝ ，由于夹角为120°，由平行四边形定则可知，C点电场强度大小为EC＝E1＝E2＝，故C正确。
【例6】 解析：选A。根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，A点电势高于C点电势；根据对称性可知，A、B两点电势相等，则C点电势低于B点电势；AB间电势差小于AC间电势差，故A正确，B、D错误；根据对称性可知，A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误。
【例7】 解析：选A。给车加油前触摸一下静电释放器的目的是将人体由于摩擦产生的电荷释放到大地，故A的说法错误，符合题意。
考点一　库仑定律
库仑力作用下的平衡问题
【例1】 (2025·镇江模拟)如图所示，用两根同样长的绝缘细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点，两小球静止时，细绳与竖直方向的夹角分别为α和β，α＜β，两小球均可视为点电荷，则(　　)
A.小球A的质量大于小球B的质量
B.小球A的电荷量大于小球B的电荷量
C.小球A受到的拉力小于小球B受到的拉力
D.小球A受到的库仑力小于小球B受到的库仑力
【例2】 (2025·福建高考)两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电荷量之比为　　　　，在PQ1连线上是否存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态　　　　(选填“存在”或“不存在”)。
题后反思：
角度突破
1.库仑力可以和其他力平衡。
2.某个点电荷同时受几个点电荷的作用时，要用平行四边形定则求合力。
能力要语
三个自由点电荷的平衡问题
破题路径
【例1】 解析：选A。
由牛顿第三定律可知，小球A受到的库仑力与小球B受到的库仑力大小相等，但两球所带电荷量的关系无法确定，故B、D错误。对两小球受力分析，如图所示，每个小球均为三力平衡，有＝＝，＝＝，且α＜β，则d2＞d1，则mA＞mB，TA＞TB，故A正确，C错误。
【例2】 解析：根据几何关系设PQ2＝r，PQ1＝r，对检验电荷进行受力分析，可得＝tan 30°，其中＝，＝ ，解得Q1∶Q2＝∶1。如图所示，根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在PQ1连线上存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷Q1对检验电荷的库仑力变大，根据三角形法则可知此时点电荷Q2对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷Q2间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ1连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。
答案：∶1　不存在
库仑力作用下的加速问题
【例3】 (2025·湖南高考)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.A球静止时，轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
题后反思：
角度突破
1.力学中加速问题的分析方法在静电力作用下的加速问题中同样适用，只是在原来受力的基础上多分析一个静电力。
2.牛顿第二定律方程：F合＝ma。
破题路径
【例3】 解析：选C。对小球A受力分析可知，其受重力、轻绳的拉力以及B的库仑力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝Tcos 30°＋mgcos 30°，Tsin 30°＝mgsin 30°，解得T＝mg，F库＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。
考点二　电场强度及其叠加
点电荷电场强度的叠加和计算
【例4】 边长为d的正六边形，其中顶点A、B、C、E上分别固定一个带电荷量为＋q(q＞0)的点电荷，顶点D固定一个带电荷量为＋2q的点电荷，则正六边形的中心O点的电场强度大小为(　　)
A.
B.
C.
D.
角度突破
电场强度的三个公式
【例4】 解析：选C。等量同种点电荷连线中点电场强度为零，D点处的点电荷可以分为两个带电荷量为＋q的点电荷，A点与D点的一个＋q点电荷可以构成一对等量同种点电荷，B、E两点处的点电荷也构成一对等量同种点电荷，它们在O点处的电场强度为零。C、D两点处带电荷量为＋q的点电荷在O点的电场强度大小为E＝2×cos 30°＝ ，故C正确。
非点电荷电场强度的叠加和计算
【例5】 如图所示，一些负电荷在半球面ACB上均匀分布，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线。P、M、O'均为CD上的点，P、M关于O点对称，PM＝MO'＝R，在O'点固定一负点电荷－Q。已知P点的电场强度方向指向C点，大小为，已知带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小及方向为(　　)
A.0
B.　指向O'点
C.　指向O点
D.　指向O'点
【例6】 (2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q＞0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　)
A.
B.(6＋)
C.(3＋1)
D.(3＋)
题后反思：
角度突破
1.等效法：将复杂的电场情境等效变换为简单的或熟悉的电场情境。例如一个点电荷与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示。
2.对称法：利用对称特点，将带电体拆解为对称的若干部分，将对称的部分等效转换为简单的或熟悉的电场情境。例如均匀带电的球壳在O点产生的电场，等效为弧BC所带电荷产生的电场。
破题路径
【例5】 解析：选D。已知P点的合电场强度为，方向指向C点，说明半球上电荷与点电荷－Q在P点产生的合电场强度为，点电荷－Q在P点产生的电场强度大小为E＝＝，方向水平向右，所以半球在P点产生的电场强度大小为E'＝＋E＝，方向水平向左。假如是一个封闭球壳，球壳内部电场强度处处为零，则知右半球在P点产生的电场强度大小也等于，方向向右，根据对称性可知，左半球在M点产生的电场强度大小为，方向向左，点电荷在M点产生的电场强度为E″＝ ，方向向右。所以M点的合电场强度为EM＝－＝，方向向右即指向O' 点，故D正确。
【例6】 解析：选D。由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E'＝cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E'＝(3＋)，D正确。
[课时通关精练(二十二)]　电场力的性质
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.让两个完全相同的金属球各自带电后，用两根相同的绝缘绳悬挂于O点，两球静止时状态如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.两球带异种电荷
B.两球所带电荷量一定相同
C.若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大
D.若两球相碰后分开，再次静止时夹角减小
解析：选C。两个球相互排斥，带同种电荷，故A错误；两球间的库仑力大小F＝mgtan θ，由库仑定律F＝k，两球之间的库仑力肯定是相同的，但是两球所带电荷量不一定相同，故B错误；假设绝缘绳缩短后，角度不变，那么两个小球之间的距离变短，根据库仑定律可知库仑力变大，角度肯定会变大，所以若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大，故C正确；若两球相碰前电荷量不相同，设接触前甲和乙的电荷量分别为q1、q2，接触后甲和乙的电荷量相等，为，由于＝＋≥q1q2，由于两球相碰后所带电荷量相同，库仑力变大，再次静止时夹角变大，故D错误。
2.(2025·宿迁模拟)如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m，带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M，带电荷量为＋Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.圆环a带负电
B.滑块b受到的库仑力大小为
C.滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g
D.滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M＋m)g
解析：选C。圆环a能保持静止，故受到的库仑力为斥力，圆环a也带正电，A错误；根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a进行受力分析，得库仑力的大小为，B错误；对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g，C正确；b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff＝·cos θ＝，D错误。
3.(原创)如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相距一定距离的两个带异种电荷的小球从静止同时释放，忽略小球间的万有引力，则在相撞之前，两小球的速度和加速度大小随时间变化的情况是(　　)
A.速度变大，加速度变大
B.速度变大，加速度变小
C.速度变小，加速度变大
D.速度变小，加速度变小
解析：选A。带异种电荷的小球间存在吸引力，释放后两球相互靠近，距离r减小；由库仑定律F＝k可知，库仑力F随r减小而变大；根据牛顿第二定律F＝ma可知，两球加速度均变大；库仑力对两球做正功，小球动能增加，速度变大，故A正确，B、C、D错误。
4.法拉第首先提出用电场线形象描绘电场，如图所示为点电荷a、b形成的电场的电场线分布图，则(　　)
A.a一定带正电
B.a、b为异种电荷
C.a、b为等量同种电荷
D.a所带电荷量比b多
解析：选D。电场线是从正电荷(或无穷远)出发，终止于负电荷(或无穷远)，由电场线的分布图可知a、b为同种电荷，但是正、负不确定。又由公式E＝k可知场源电荷的电荷量越多，距离场源电荷相同距离的位置电场强度越大，由叠加原理可知a所带电荷量比b多，故D正确。
5.矩形金属导体处于正点电荷Q产生的电场中，静电平衡时感应电荷产生的电场在导体内的电场线形状正确的是(　　)
解析：选A。处于静电平衡状态的导体，其内部合电场强度处处为零，感应电荷产生的电场在导体内的电场线一定与点电荷的电场线反向，故A正确。
6.如图所示，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(　　)
A.a点电场强度大于b点
B.a、b两点的电势相等
C.c点电场强度大于d点
D.c、d两点的电势相等
解析：选B。如图所示为等量异种电荷周围空间的电场线分布图。
题中带电圆环可拆解成无数对这样的等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置，上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知，a点电场强度等于b点电场强度，c点电场强度等于d点电场强度，A、C错误；结合电场线及等势线分布情况可知，它们有共同的对称轴PP'，PP'所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP'上的点电势为零，即φa＝φb＝0，而从M点到N点，电势一直在降低，即φc＞φd，B正确，D错误。
7.(2023·海南高考)如图所示，一光滑绝缘圆轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，试求Q1∶Q2是多少(　　)
A.2n2∶1 B.4n2∶1
C.2n3∶1 D.4n3∶1
解析：选C。在水平面内对小球受力分析如图所示，
由几何知识可知＝，设BP＝3d，则AP＝3nd，又AO∶OB＝1∶2，则可得OK＝d，KP＝2nd，设小球所带电荷量为q，根据库仑定律有FA＝k，FB＝k，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，故C正确。
8.如图所示，带正电的小球P与小定滑轮O固定在同一竖直面上，用绕过滑轮O的绝缘细线拉住带电小球Q，Q静止时两球恰好位于同一水平面，且PQ⊥OP。现用力拉细线上端使Q缓慢上移，直至P、Q连线与水平方向的夹角为60°，此过程中P、Q两球的电荷量保持不变。则(　　)
A.P、Q间的库仑力一直减小
B.库仑力对Q一直做正功
C.Q的电势能一直增大
D.细线拉力对Q做的功等于Q重力势能的增加量
解析：选D。缓慢移动Q的过程中，Q处于动态平衡状态，对Q进行受力分析，如图所示，
可知Q所受力的矢量三角形与三角形OPQ相似，可得＝＝，由数学知识可得，Q上移过程中r保持不变，可知两球间的库仑力大小保持不变，Q受到的库仑力不做功，Q的电势能保持不变，故A、B、C错误。根据功能关系可知，细线拉力对Q做的功等于Q重力势能的增加量，故D正确。
9.(2025·无锡模拟)如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C与B的距离分别是L1和L2，不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量和质量之比)之比应是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C。根据B恰能保持静止可得k＝k；A、C做匀速圆周运动，根据合力提供向心力有k－k＝mAω2L1， k－k＝mCω2L2，解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是，故C正确。
10.(2025·湖北高考改编)如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R，在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度(　　)
A.方向沿x轴正方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为(cos 54°＋cos 18°)
D.大小为(2cos 54°＋cos 18°)
解析：选D。分别作出五个点电荷在O点的电场强度如图所示，
则O点的电场强度大小沿y轴正方向的分量大小为Ey＝sin 54°－sin 18°－－sin 18°＋sin 54°＝·(sin 54°－sin 18°)－＝0，沿x轴正方向的分量大小为Ex＝cos 54°＋cos 18°－cos 18°－cos 54°＝－(2cos 54°＋cos 18°)，所以O点的电场强度方向沿x轴负方向，大小为(2cos 54°＋cos 18°)，故D正确。
11.(2022·山东高考)半径为R的绝缘细圆环固定在如图所示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为(　　)
A.正电荷，q＝
B.正电荷，q＝
C.负电荷，q＝
D.负电荷，q＝
解析：选C。取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得合电场强度大小为E＝E1＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E'＝E＝k，又E'＝k，联立解得q＝，故C正确。
12.(2024·浙江高考)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则(　　)
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
解析：选C。根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；当电场强度满足Eq＝mg时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；根据动能定理有(mg－Eq)R＝m－m，可求出小球到B点时的速度vB，根据a1＝可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律有mg－Eq＝ma2，可得小球的切向加速度a2，再根据矢量合成可得B点的加速度为a＝，故C正确；小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。[课时通关精练(二十二)]　电场力的性质
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.让两个完全相同的金属球各自带电后，用两根相同的绝缘绳悬挂于O点，两球静止时状态如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.两球带异种电荷
B.两球所带电荷量一定相同
C.若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大
D.若两球相碰后分开，再次静止时夹角减小
解析：选C。两个球相互排斥，带同种电荷，故A错误；两球间的库仑力大小F＝mgtan θ，由库仑定律F＝k，两球之间的库仑力肯定是相同的，但是两球所带电荷量不一定相同，故B错误；假设绝缘绳缩短后，角度不变，那么两个小球之间的距离变短，根据库仑定律可知库仑力变大，角度肯定会变大，所以若绝缘绳缩短相同长度，两绳夹角增大，故C正确；若两球相碰前电荷量不相同，设接触前甲和乙的电荷量分别为q1、q2，接触后甲和乙的电荷量相等，为，由于＝＋≥q1q2，由于两球相碰后所带电荷量相同，库仑力变大，再次静止时夹角变大，故D错误。
2.(2025·宿迁模拟)如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m，带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M，带电荷量为＋Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.圆环a带负电
B.滑块b受到的库仑力大小为
C.滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g
D.滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M＋m)g
解析：选C。圆环a能保持静止，故受到的库仑力为斥力，圆环a也带正电，A错误；根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a进行受力分析，得库仑力的大小为，B错误；对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g，C正确；b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff＝·cos θ＝，D错误。
3.(原创)如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相距一定距离的两个带异种电荷的小球从静止同时释放，忽略小球间的万有引力，则在相撞之前，两小球的速度和加速度大小随时间变化的情况是(　　)
A.速度变大，加速度变大
B.速度变大，加速度变小
C.速度变小，加速度变大
D.速度变小，加速度变小
解析：选A。带异种电荷的小球间存在吸引力，释放后两球相互靠近，距离r减小；由库仑定律F＝k可知，库仑力F随r减小而变大；根据牛顿第二定律F＝ma可知，两球加速度均变大；库仑力对两球做正功，小球动能增加，速度变大，故A正确，B、C、D错误。
4.法拉第首先提出用电场线形象描绘电场，如图所示为点电荷a、b形成的电场的电场线分布图，则(　　)
A.a一定带正电
B.a、b为异种电荷
C.a、b为等量同种电荷
D.a所带电荷量比b多
解析：选D。电场线是从正电荷(或无穷远)出发，终止于负电荷(或无穷远)，由电场线的分布图可知a、b为同种电荷，但是正、负不确定。又由公式E＝k可知场源电荷的电荷量越多，距离场源电荷相同距离的位置电场强度越大，由叠加原理可知a所带电荷量比b多，故D正确。
5.矩形金属导体处于正点电荷Q产生的电场中，静电平衡时感应电荷产生的电场在导体内的电场线形状正确的是(　　)
解析：选A。处于静电平衡状态的导体，其内部合电场强度处处为零，感应电荷产生的电场在导体内的电场线一定与点电荷的电场线反向，故A正确。
6.如图所示，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(　　)
A.a点电场强度大于b点
B.a、b两点的电势相等
C.c点电场强度大于d点
D.c、d两点的电势相等
解析：选B。如图所示为等量异种电荷周围空间的电场线分布图。
题中带电圆环可拆解成无数对这样的等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置，上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知，a点电场强度等于b点电场强度，c点电场强度等于d点电场强度，A、C错误；结合电场线及等势线分布情况可知，它们有共同的对称轴PP'，PP'所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在PP'上的点电势为零，即φa＝φb＝0，而从M点到N点，电势一直在降低，即φc＞φd，B正确，D错误。
7.(2023·海南高考)如图所示，一光滑绝缘圆轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，试求Q1∶Q2是多少(　　)
A.2n2∶1 B.4n2∶1
C.2n3∶1 D.4n3∶1
解析：选C。在水平面内对小球受力分析如图所示，
由几何知识可知＝，设BP＝3d，则AP＝3nd，又AO∶OB＝1∶2，则可得OK＝d，KP＝2nd，设小球所带电荷量为q，根据库仑定律有FA＝k，FB＝k，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，故C正确。
8.如图所示，带正电的小球P与小定滑轮O固定在同一竖直面上，用绕过滑轮O的绝缘细线拉住带电小球Q，Q静止时两球恰好位于同一水平面，且PQ⊥OP。现用力拉细线上端使Q缓慢上移，直至P、Q连线与水平方向的夹角为60°，此过程中P、Q两球的电荷量保持不变。则(　　)
A.P、Q间的库仑力一直减小
B.库仑力对Q一直做正功
C.Q的电势能一直增大
D.细线拉力对Q做的功等于Q重力势能的增加量
解析：选D。缓慢移动Q的过程中，Q处于动态平衡状态，对Q进行受力分析，如图所示，
可知Q所受力的矢量三角形与三角形OPQ相似，可得＝＝，由数学知识可得，Q上移过程中r保持不变，可知两球间的库仑力大小保持不变，Q受到的库仑力不做功，Q的电势能保持不变，故A、B、C错误。根据功能关系可知，细线拉力对Q做的功等于Q重力势能的增加量，故D正确。
9.(2025·无锡模拟)如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C与B的距离分别是L1和L2，不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量和质量之比)之比应是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C。根据B恰能保持静止可得k＝k；A、C做匀速圆周运动，根据合力提供向心力有k－k＝mAω2L1， k－k＝mCω2L2，解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是，故C正确。
10.(2025·湖北高考改编)如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R，在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度(　　)
A.方向沿x轴正方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为(cos 54°＋cos 18°)
D.大小为(2cos 54°＋cos 18°)
解析：选D。分别作出五个点电荷在O点的电场强度如图所示，
则O点的电场强度大小沿y轴正方向的分量大小为Ey＝sin 54°－sin 18°－－sin 18°＋sin 54°＝·(sin 54°－sin 18°)－＝0，沿x轴正方向的分量大小为Ex＝cos 54°＋cos 18°－cos 18°－cos 54°＝－(2cos 54°＋cos 18°)，所以O点的电场强度方向沿x轴负方向，大小为(2cos 54°＋cos 18°)，故D正确。
11.(2022·山东高考)半径为R的绝缘细圆环固定在如图所示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为(　　)
A.正电荷，q＝
B.正电荷，q＝
C.负电荷，q＝
D.负电荷，q＝
解析：选C。取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得合电场强度大小为E＝E1＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E'＝E＝k，又E'＝k，联立解得q＝，故C正确。
12.(2024·浙江高考)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则(　　)
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C.可求出小球运动到B点时的加速度
D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN
解析：选C。根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程电势增加，电势能增加，故A错误；当电场强度满足Eq＝mg时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；根据动能定理有(mg－Eq)R＝m－m，可求出小球到B点时的速度vB，根据a1＝可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律有mg－Eq＝ma2，可得小球的切向加速度a2，再根据矢量合成可得B点的加速度为a＝，故C正确；小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。

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