全國版2019版高考物理一輪復習第8章電場第28課時電場力的性質(zhì)學案一、兩種電荷和使物體帶電的三種方法1自然界中只有兩種電荷即正電荷和負電荷。2使物體帶電的三種方法及其實質(zhì)摩擦起電、感應起電和接觸帶電是使物體帶電的三種方法，它們的實質(zhì)都是電荷的轉(zhuǎn)移。而實現(xiàn)電荷轉(zhuǎn)移的動力是同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引。3驗電器與靜電計的結構與原理驗電器玻璃瓶內(nèi)有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導體棒的下端，棒的上端通過瓶塞從瓶口伸出。如果把金屬箔換成指針，并用金屬做外殼，這樣的驗電器又叫靜電計。注意金屬外殼與導體棒之間是絕緣的。不管是靜電計的指針還是驗電器的箔片，它們張開角度的原因都是同種電荷相互排斥的結果。4電荷分配規(guī)律兩個完全相同的帶電金屬球相接觸，如果帶同種電荷，則總電荷量平均分配，如果帶異種電荷，則先中和后平分。二、點電荷及庫侖定律1點電荷(1)是一種理想化的物理模型。(2)當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷。2庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。(2)公式：Fk，其中比例系數(shù)k叫做靜電力常量，k9.0109 Nm2/C2。(3)適用條件：真空中；點電荷。3電荷量、元電荷、點電荷和檢驗電荷的區(qū)別電荷量是物體帶電荷的多少，電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍；元電荷是電荷量為1.61019 C的電荷，不是電子也不是質(zhì)子，而是最小的電荷量，電子和質(zhì)子帶最小的電荷量；點電荷要求“線度遠小于研究范圍的空間尺度”，是一種理想化物體模型，對其帶電荷量無限制；檢驗電荷是用來研究電場的電荷，要求放入電場后對原來的電場不產(chǎn)生影響，故應為帶電荷量足夠小的點電荷。三、電荷及電荷守恒定律電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。例1如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1q2q3為()A949 B494C9436 D9364解析要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。設q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L。因為每個電荷所受靜電力的合力均為零對q1列平衡方程得：kk對q2列平衡方程得：kk由以上解得：q1q2q39436，所以C正確。答案C(1)三個自由點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿足的規(guī)律是：“三點共線”三個點電荷分布在同一直線上；“兩同夾異”正負電荷相互間隔；“兩大夾小”中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”中間電荷靠近電荷量較小的電荷。(2)庫侖力參與下的共點力平衡問題：分析方法與力學問題相同，只是多了一個庫侖力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。(3)有庫侖力參與的動力學問題與牛頓運動定律中的動力學問題本質(zhì)上是相同的(如兩個點電荷間的庫侖力滿足牛頓第三定律)，值得注意的兩點是：列方程時，注意庫侖力的方向；若庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功。1(多選)A、B兩帶電小球，質(zhì)量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細線如圖懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度。若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是()AFA<FBB細線AC對A的拉力TAmAgC細線OC的拉力TC(mAmB)gD同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向的加速度相同答案CD解析對小球A受力分析如圖：因兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，故一定相等，與兩個球是否帶電量相等無關，故A錯誤；根據(jù)平衡條件有：mAgTAcos30，因此TAmAg，故B錯誤；由整體法可知，細線的拉力等于兩球的重力，即細線OC的拉力TC(mAmB)g，故C正確；同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向只受重力作用，所以加速度均為g相同，故D正確。2如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為()AF引G，F(xiàn)庫k BF引G，F(xiàn)庫kCF引G，F(xiàn)庫k DF引G，F(xiàn)庫k答案D解析萬有引力定律的使用條件是質(zhì)點和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球殼a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接應用，所以它們之間的萬有引力為F引G，由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以此時的電荷不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異種電荷，由于電荷之間的相互吸引，電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>k，故D正確，A、B、C錯誤。3(人教版選修31 P5演示實驗改編)在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關的實驗中，一同學猜想可能與兩電荷的間距和電荷量有關。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示。實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的_而增大，隨其所帶電荷量的_而增大。此同學在探究中應用的科學方法是_(填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”)。答案減小增大控制變量法考點2電場強度的理解及應用1靜電場(1)電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場。(2)電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。2電場強度(1)物理意義：表示電場的強弱和方向。(2)定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做該點的電場強度。(3)定義式：E。(4)標矢性：電場強度是矢量，正電荷在電場中某點受力的方向為該點電場強度的方向，電場強度的疊加遵從平行四邊形定則或三角形定則。3電場強度三個表達式的比較4電場強度的計算方法除用以上三個表達式計算外，還可以借助下列三種方法求解：(1)電場疊加合成的方法。(2)平衡條件求解法。(3)對稱法。例2(多選)如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點(正四面體是由四個全等正三角形圍成的空間封閉圖形)，所有棱長都為a?，F(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量分別為q和q的兩個點電荷，靜電力常量為k，下列說法正確的是()AC、D兩點的場強相同BC點的場強大小為CC、D兩點電勢相等D將一正電荷從C點移動到D點，電場力做正功解析由題意知q，q是兩個等量異種電荷，通過AB的中垂面是等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，C、D兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B一側(cè)，方向相同，由對稱性知，場強大小相等，故C、D兩點的場強、電勢均相同，A、C正確；兩個電荷在C點產(chǎn)生的場強大?。篍1E2，方向夾角為120，則C點的合場強EE1E2，如圖，B正確；由題意，通過AB的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，將一正電荷從C點移動到D點，電場力不做功，故D錯誤。答案ABC1認識場強的三個特性：矢量性、唯一性和疊加性(1)矢量性：電場強度E是表示電場力的性質(zhì)的一個物理量，規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向，有關計算按矢量法則。(2)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。(3)疊加性：如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和。2分析電場疊加問題的一般步驟(1)確定分析計算的空間位置。(2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向。(3)依次利用平行四邊形定則或三角形定則求出矢量和。1關于電場，下列敘述中正確的是()A對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同B正電荷周圍的電場強度一定比負電荷周圍的電場強度大C在電場中某點放入試探電荷q，該點的電場強度為E，取走q后，該點電場強度不為零D試探電荷所受電場力很大，該點電場強度一定很大答案C解析以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E相同，但方向不同，A錯誤；由Ek可知：點電荷周圍的電場強度的大小只由Q、r的大小來決定，與電荷的正、負沒有關系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質(zhì)的物理量，試探電荷是用來體現(xiàn)這一性質(zhì)的“工具”，C正確；定義式E中E的大小并不是由F、q來決定的，在電場中某一點放入一試探電荷q，如果q越大，則F越大，而這一比值不變，D錯誤。2.(教科版選修31 P15T1)把檢驗電荷放入電場中的不同點a、b、c、d，測得的檢驗電荷所受電場力F與其電荷量q之間的函數(shù)關系圖象如圖所示，則a、b、c、d四點場強大小的關系為()AEa>Eb>Ec>Ed BEa>Eb>Ed>EcCEd>Ea>Eb>Ec DEc>Ea>Eb>Ed答案D解析Fq圖象的斜率大小代表場強大小，所以D正確。3(多選)a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，abc120。現(xiàn)將三個等量的正點電荷Q分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有()Ad點電場強度的方向由O指向dBO點電場強度的方向由d指向OCd點的電場強度大于O點的電場強度 Dd點的電場強度小于O點的電場強度答案AD解析分析可得a、c兩點在d點的電場強度的疊加方向是O指向d，b點的電荷在d點的電場強度的方向是O指向d，所以d點的電場強度的方向由O指向d，A正確；同理，O點的場強的方向也由O指向d，B錯誤；設菱形的邊長為L，則a點和c點的電荷在d點的電場沿bd方向的分量都為Eaycos60，故d點的電場強度為Ed2；a、c兩點的電荷在O點的場強疊加為0，故O點的電場強度為EO，所以Ed<EO，D正確?？键c3電場線的理解及應用1定義為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大小。2特點(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處。(2)電場線在電場中不相交。(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大。(4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。(5)沿電場線方向電勢逐漸降低。(6)電場線和等勢面在相交處互相垂直。3幾種典型電場的電場線(如圖所示)4等量點電荷的電場線比較比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強最小，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，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小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均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OMON2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A. B.EC.E D.E解析左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有EE，E為帶電荷量為q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量為q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則ENEEE，B正確。答案B1對稱法求電場強度：對稱法實際上是某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法可以避免復雜的運算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，有出奇制勝之效。如例3。2補償法求電場強度：求解物理問題，要根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型不是完整的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就轉(zhuǎn)化為一個求解新模型和補充條件的合成問題了。1某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是()A粒子必定帶正電荷B該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的C粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D粒子在M點的速度大于它在N點的速度答案C解析帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。2(多選)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)()Ak Bk Ck Dk答案B解析點電荷q在b處產(chǎn)生的場強大小Ek，因b點處的場強為零，所以Q在b點處的場強大小也為k，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右，則d點處的場強應為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強Ekk，EdEEk，故B正確。3如圖所示，M、N為兩個等量同種正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關于點電荷q的運動的說法正確的是()A從PO的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B從PO的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值D點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零答案C解析點電荷從PO的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O點之前，合電場力一直做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關于O點對稱的P點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤?？键c4力電綜合問題解力電綜合問題的基本思路例4(xx上海高考)如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右的勻強電場后A向右擺動，擺動的最大角度為60，則A受到的電場力大小為_。在改變電場強度的大小和方向后，小球A的平衡位置在60處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在30處，A受到的電場力大小為_。解析根據(jù)題意，設細線長為L，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負功，細線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsinmgl(1cos)0，計算電場力為：Fmg；改變電場強度的大小和方向后，平衡在60處時，設F與豎直方向夾角為，如圖所示，根據(jù)正弦定理有：，平衡在30處時，由正弦定理有：，經(jīng)過計算得到：60，F(xiàn)mg。答案mgmg勻強電場與重力場的復合場問題的處理方法(1)動力學觀點的兩種方法正交分解法：處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，然后再按運動合成的觀點去求出復雜運動的有關物理量。等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。(2)不涉及時間t、加速度a，以及曲線運動問題盡可能采用動能定理、功能關系等解決。如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長為L的等邊三角形，則()A小環(huán)A的加速度大小為B小環(huán)A的加速度大小為C恒力F的大小為D恒力F的大小為答案B解析設輕繩的拉力為T，則對A：TTcos60k；Tcos30maA，聯(lián)立解得：aA，B正確、A錯誤；由整體法可得恒力F2maA，C、D錯誤。1(xx浙江名校高三聯(lián)考)在國際單位制中，電場強度單位的符號是()AN BN/CCN/(Am) DN/A答案B解析在國際單位制中，電場強度單位的符號是N/C，故選B。2關于電場場強的概念，下列說法正確的是()A由E可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關C電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關D電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零答案C解析電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關，只和電場本身的性質(zhì)有關，A、D錯誤，C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。3兩個相同的帶異種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為13，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為()A.F B.F C.F D.F答案A解析設一個小球帶電量大小為Q，則另一個大小為3Q，根據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：Fk，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1Q2Q；由庫侖定律得：Fk，故A正確。4(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到靜電力作用，根據(jù)此圖可以作出的正確判斷是()A帶電粒子所帶電荷的正、負B帶電粒子在A、B兩點的受力方向C帶電粒子在A、B兩點的加速度何處較大D帶電粒子在A、B兩點的速度何處較大答案BCD解析根據(jù)曲線運動所受的合外力指向內(nèi)側(cè)，可得帶電粒子在A、B兩點受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性和產(chǎn)生該電場的點電荷的電性，故A錯誤、B正確；根據(jù)電場線的疏密程度，可知EA>EB，所以電場力FA>FB，再根據(jù)牛頓第二定律得A點加速度大，故C正確；由A到B，電場力做負功，動能減小，故A處的速度大，D正確。5(xx河北衡水聯(lián)考)在物理學的研究及應用過程中所用思維方法的敘述正確的是()A在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法是猜想法B速度的定義式v，采用的是比值法，當t趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了理想模型法C在探究電阻、電壓和電流三者之間的關系時，先保持電壓不變研究電阻與電流的關系，再保持電流不變研究電阻與電壓的關系，該實驗應用了類比法D如圖是三個實驗裝置，這三個實驗都體現(xiàn)了放大的思想答案D解析在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點來代替物體的方法叫理想模型的方法，故A錯誤；速度的定義v，采用的是比值法；當t趨近于零時，就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義應用了極限分析法，故B錯誤；在探究電阻、電壓和電流三者之間的關系時，先保持電壓不變研究電阻與電流的關系，再保持電流不變研究電阻與電壓的關系，該實驗應用了控制變量法，故C錯誤；用力向下壓，使桌面產(chǎn)生微小形變，使平面鏡M發(fā)生了微小的旋轉(zhuǎn)，若使法線轉(zhuǎn)過角，則M反射的光線旋轉(zhuǎn)的角度為2，N反射的光線就旋轉(zhuǎn)了4，那么投射到平面鏡上的光斑走過的距離就更大，故該實驗觀察測量結果采用的是微小變量放大法，用擠壓玻璃瓶時微小的變化不易觀察，但通過細管中水位的變化能夠觀察出來，也是一種放大的思想，第三個裝置是兩個球m，受到m的引力會使豎直懸線發(fā)生扭轉(zhuǎn)，從而使鏡面M的法線轉(zhuǎn)過微小角度，從而電光源的投影會在標尺上移動一定距離，從而將微小形變放大，故都是利用放大的思想方法。故D正確。6下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()答案B解析A項，坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，設為E；B項，坐標原點O處電場強度是第一象限帶正電圓環(huán)和第二象限帶負電圓環(huán)疊加產(chǎn)生的，場強為E；C項，第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度是帶電圓環(huán)產(chǎn)生的，也為E；D項，第一象限帶正電圓環(huán)和第三象限帶正電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，第二象限帶負電圓環(huán)和第四象限帶負電圓環(huán)產(chǎn)生電場相互抵消，所以坐標原點O處電場強度為零；由上分析知坐標原點O處電場強度最大的是B項。7(xx長春外國語學校期末)a、b兩個帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為3q和q，兩球間用絕緣細線連接，a球又用長度相同的絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊，則平衡時可能位置是()答案D解析a球帶正電，受到的電場力水平向左，b帶負電，受到的電場力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的電場力大小為2qE，方向水平向左，分析受力如圖，則上面繩子應向左偏轉(zhuǎn)。設上面繩子與豎直方向的夾角為，則由平衡條件得tan，以b球為研究對象，受力如圖。設ab間的繩子與豎直方向的夾角為，則由平衡條件得tan，得到，所以根據(jù)幾何知識可知，b球在懸點的正下方，故D正確。8豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場。其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成角時小球恰好平衡，小球與右側(cè)金屬板相距為b，如圖所示，請問：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？答案(1)正電(2) 解析(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，則小球帶正電；FsinqEFcosmg由上述兩式得tan，故q。(2)由第(1)問中的方程知F，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等、方向相反，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于。小球的加速度a，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬板上時，它經(jīng)過的位移為x，又由xat2，t 。9(xx江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，春秋緯考異郵中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺答案C解析小線圈接近通電線圈過程中，小線圈因磁通量變化而產(chǎn)生感應電流屬于電磁感應現(xiàn)象，其他三種現(xiàn)象屬于靜電現(xiàn)象，C符合題意。10.(xx山東高考)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為()A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向答案B解析正點電荷Q在O點時，它在G點處產(chǎn)生的場強大小為，方向沿y軸負方向。由于G點場強恰好為零，即兩負點電荷在G點的合場強大小為E1，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H處的場強大小為E2E1，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H處產(chǎn)生的場強的大小為E3，方向沿y軸正方向。所以H處場強大小EE2E3，方向沿y軸負方向，B正確。11.(xx廣東高考)(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()AM的帶電量比N的大BM帶負電荷，N帶正電荷C靜止時M受到的合力比N的大D移動過程中勻強電場對M做負功答案BD解析不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯誤；隔離出M，若M帶正電，N帶負電，則M受到N的庫侖力和勻強電場力都向右，M受力不平衡，只有M帶負電才可能受力平衡，故M帶負電，則N帶正電，B正確；靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤；因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確。12(xx河北衡水中學期末)如圖所示，在傾角為的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點)，它們相距為L。兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時間后，當兩球距離為L時，A、B的加速度大小之比為a1a2115。(靜電力常量為k)(1)若B球帶正電荷且電荷量為q，求A球所帶電荷量Q及電性；(2)求L與L之比。答案(1)正電(2)32解析(1)對B球分析有，A球帶正電荷初始時B球沿斜面方向合力為零Fmgsin0又Fk，解得Q。(2)初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距離增大，庫侖力一定減小，小于mgsin。A球加速度a1方向應沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有F2mgsin2ma1B球加速度a2方向應沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinFma2依題意a1a2115聯(lián)立解得Fmgsin，又Fk得LL32。電場第28課時電場力的性質(zhì)考點1庫侖定律的理解及應用一、兩種電荷和使物體帶電的三種方法1自然界中只有兩種電荷即正電荷和負電荷。2使物體帶電的三種方法及其實質(zhì)摩擦起電、感應起電和接觸帶電是使物體帶電的三種方法，它們的實質(zhì)都是電荷的轉(zhuǎn)移。而實現(xiàn)電荷轉(zhuǎn)移的動力是同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引。3驗電器與靜電計的結構與原理驗電器玻璃瓶內(nèi)有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導體棒的下端，棒的上端通過瓶塞從瓶口伸出。如果把金屬箔換成指針，并用金屬做外殼，這樣的驗電器又叫靜電計。注意金屬外殼與導體棒之間是絕緣的。不管是靜電計的指針還是驗電器的箔片，它們張開角度的原因都是同種電荷相互排斥的結果。4電荷分配規(guī)律兩個完全相同的帶電金屬球相接觸，如果帶同種電荷，則總電荷量平均分配，如果帶異種電荷，則先中和后平分。二、點電荷及庫侖定律1點電荷(1)是一種理想化的物理模型。(2)當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷。2庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。(2)公式：Fk，其中比例系數(shù)k叫做靜電力常量，k9.0109 Nm2/C2。(3)適用條件：真空中；點電荷。3電荷量、元電荷、點電荷和檢驗電荷的區(qū)別電荷量是物體帶電荷的多少，電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍；元電荷是電荷量為1.61019 C的電荷，不是電子也不是質(zhì)子，而是最小的電荷量，電子和質(zhì)子帶最小的電荷量；點電荷要求“線度遠小于研究范圍的空間尺度”，是一種理想化物體模型，對其帶電荷量無限制；檢驗電荷是用來研究電場的電荷，要求放入電場后對原來的電場不產(chǎn)生影響，故應為帶電荷量足夠小的點電荷。三、電荷及電荷守恒定律電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。例1如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1q2q3為()A949 B494C9436 D9364解析要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。設q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L。因為每個電荷所受靜電力的合力均為零對q1列平衡方程得：kk對q2列平衡方程得：kk由以上解得：q1q2q39436，所以C正確。答案C(1)三個自由點電荷僅在它們系統(tǒng)的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)時，滿足的規(guī)律是：“三點共線”三個點電荷分布在同一直線上；“兩同夾異”正負電荷相互間隔；“兩大夾小”中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”中間電荷靠近電荷量較小的電荷。(2)庫侖力參與下的共點力平衡問題：分析方法與力學問題相同，只是多了一個庫侖力而已，可以用正交分解法，也可以用矢量三角形法。(3)有庫侖力參與的動力學問題與牛頓運動定律中的動力學問題本質(zhì)上是相同的(如兩個點電荷間的庫侖力滿足牛頓第三定律)，值得注意的兩點是：列方程時，注意庫侖力的方向；若庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功。1(多選)A、B兩帶電小球，質(zhì)量分別為mA、mB，用絕緣不可伸長的細線如圖懸掛，靜止時A、B兩球處于相同高度。若B對A及A對B的庫侖力分別為FA、FB，則下列判斷正確的是()AFA<FBB細線AC對A的拉力TAmAgC細線OC的拉力TC(mAmB)gD同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向的加速度相同答案CD解析對小球A受力分析如圖：因兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，故一定相等，與兩個球是否帶電量相等無關，故A錯誤；根據(jù)平衡條件有：mAgTAcos30，因此TAmAg，故B錯誤；由整體法可知，細線的拉力等于兩球的重力，即細線OC的拉力TC(mAmB)g，故C正確；同時燒斷AC、BC細線后，A、B在豎直方向只受重力作用，所以加速度均為g相同，故D正確。2如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為()AF引G，F(xiàn)庫k BF引G，F(xiàn)庫kCF引G，F(xiàn)庫k DF引G，F(xiàn)庫k答案D解析萬有引力定律的使用條件是質(zhì)點和質(zhì)量均勻分布的球，由于金屬球殼a和b質(zhì)量分布均勻，所以萬有引力定律可以直接應用，所以它們之間的萬有引力為F引G，由于兩球心間的距離L為球半徑的3倍，它們之間的距離并不是很大，且兩球殼因電荷間的相互作用使電荷分布不均勻，所以此時的電荷不能看成是點電荷，由于它們帶的是等量異種電荷，由于電荷之間的相互吸引，電荷之間的距離會比L小，所以此時電荷間的庫侖力F庫>k，故D正確，A、B、C錯誤。3(人教版選修31 P5演示實驗改編)在探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關的實驗中，一同學猜想可能與兩電荷的間距和電荷量有關。他選用帶正電的小球A和B，A球放在可移動的絕緣座上，B球用絕緣絲線懸掛于玻璃棒C點，如圖所示。實驗時，先保持兩球電荷量不變，使A球從遠處逐漸向B球靠近，觀察到兩球距離越小，B球懸線的偏角越大；再保持兩球距離不變，改變小球所帶的電荷量，觀察到電荷量越大，B球懸線的偏角越大。實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的_而增大，隨其所帶電荷量的_而增大。此同學在探究中應用的科學方法是_(填“累積法”“等效替代法”“控制變量法”或“演繹法”)。答案減小增大控制變量法考點2電場強度的理解及應用1靜電場(1)電場是存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場。(2)電荷間的相互作用是通過電場實現(xiàn)的。電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。2電場強度(1)物理意義：表示電場的強弱和方向。(2)定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的電荷量q的比值叫做該點的電場強度。(3)定義式：E。(4)標矢性：電場強度是矢量，正電荷在電場中某點受力的方向為該點電場強度的方向，電場強度的疊加遵從平行四邊形定則或三角形定則。3電場強度三個表達式的比較4電場強度的計算方法除用以上三個表達式計算外，還可以借助下列三種方法求解：(1)電場疊加合成的方法。(2)平衡條件求解法。(3)對稱法。例2(多選)如圖所示，A、B、C、D是真空中一正四面體的四個頂點(正四面體是由四個全等正三角形圍成的空間封閉圖形)，所有棱長都為a?，F(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量分別為q和q的兩個點電荷，靜電力常量為k，下列說法正確的是()AC、D兩點的場強相同BC點的場強大小為CC、D兩點電勢相等D將一正電荷從C點移動到D點，電場力做正功解析由題意知q，q是兩個等量異種電荷，通過AB的中垂面是等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，C、D兩點的場強都與等勢面垂直，方向指向B一側(cè)，方向相同，由對稱性知，場強大小相等，故C、D兩點的場強、電勢均相同，A、C正確；兩個電荷在C點產(chǎn)生的場強大?。篍1E2，方向夾角為120，則C點的合場強EE1E2，如圖，B正確；由題意，通過AB的中垂面是一等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等，將一正電荷從C點移動到D點，電場力不做功，故D錯誤。答案ABC1認識場強的三個特性：矢量性、唯一性和疊加性(1)矢量性：電場強度E是表示電場力的性質(zhì)的一個物理量，規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向，有關計算按矢量法則。(2)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。(3)疊加性：如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和。2分析電場疊加問題的一般步驟(1)確定分析計算的空間位置。(2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向。(3)依次利用平行四邊形定則或三角形定則求出矢量和。1關于電場，下列敘述中正確的是()A對點電荷激發(fā)的電場，以點電荷為球心，r為半徑的球面上，各點的電場強度都相同B正電荷周圍的電場強度一定比負電荷周圍的電場強度大C在電場中某點放入試探電荷q，該點的電場強度為E，取走q后，該點電場強度不為零D試探電荷所受電場力很大，該點電場強度一定很大答案C解析以點電荷Q為球心、半徑為r的球面上，電場強度的大小E相同，但方向不同，A錯誤；由Ek可知：點電荷周圍的電場強度的大小只由Q、r的大小來決定，與電荷的正、負沒有關系，B錯誤；電場強度E是反映電場力的性質(zhì)的物理量，試探電荷是用來體現(xiàn)這一性質(zhì)的“工具”，C正確；定義式E中E的大小并不是由F、q來決定的，在電場中某一點放入一試探電荷q，如果q越大，則F越大，而這一比值不變，D錯誤。2.(教科版選修31 P15T1)把檢驗電荷放入電場中的不同點a、b、c、d，測得的檢驗電荷所受電場力F與其電荷量q之間的函數(shù)關系圖象如圖所示，則a、b、c、d四點場強大小的關系為()AEa>Eb>Ec>Ed BEa>Eb>Ed>EcCEd>Ea>Eb>Ec DEc>Ea>Eb>Ed答案D解析Fq圖象的斜率大小代表場強大小，所以D正確。3(多選)a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，abc120?，F(xiàn)將三個等量的正點電荷Q分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有()Ad點電場強度的方向由O指向dBO點電場強度的方向由d指向OCd點的電場強度大于O點的電場強度 Dd點的電場強度小于O點的電場強度答案AD解析分析可得a、c兩點在d點的電場強度的疊加方向是O指向d，b點的電荷在d點的電場強度的方向是O指向d，所以d點的電場強度的方向由O指向d，A正確；同理，O點的場強的方向也由O指向d，B錯誤；設菱形的邊長為L，則a點和c點的電荷在d點的電場沿bd方向的分量都為Eaycos60，故d點的電場強度為Ed2；a、c兩點的電荷在O點的場強疊加為0，故O點的電場強度為EO，所以Ed<EO，D正確?？键c3電場線的理解及應用1定義為了直觀形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一系列的曲線，使曲線上各點的切線方向表示該點的電場強度方向，曲線的疏密表示電場強度的大小。2特點(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處。(2)電場線在電場中不相交。(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大。(4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。(5)沿電場線方向電勢逐漸降低。(6)電場線和等勢面在相交處互相垂直。3幾種典型電場的電場線(如圖所示)4等量點電荷的電場線比較比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強最小，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，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小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均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OMON2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A. B.EC.E D.E解析左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球殼產(chǎn)生的電場和帶電荷量為q的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則有EE，E為帶電荷量為q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小。帶電荷量為q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點產(chǎn)生的場強大小相等，則ENEEE，B正確。答案B1對稱法求電場強度：對稱法實際上是某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法可以避免復雜的運算和推導，直接抓住問題的實質(zhì)，有出奇制勝之效。如例3。2補償法求電場強度：求解物理問題，要根據(jù)問題給出的條件建立起物理模型，但有時由題給條件建立的模型不是完整的物理模型，這時需要給原來的問題補充一些條件，組成一個完整的新模型。這樣，求解原模型的問題就轉(zhuǎn)化為一個求解新模型和補充條件的合成問題了。1某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是()A粒子必定帶正電荷B該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的C粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度D粒子在M點的速度大于它在N點的速度答案C解析帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或切線的反方向，且指向運動曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，分析可得靜電力的方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以A錯誤；電場線是彎曲的，則一定不是孤立點電荷的電場，所以B錯誤；N點處電場線密，則場強大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以C正確；因靜電力大致向上，粒子由M運動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以D錯誤。2(多選)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)()Ak Bk Ck Dk答案B解析點電荷q在b處產(chǎn)生的場強大小Ek，因b點處的場強為零，所以Q在b點處的場強大小也為k，由對稱性，Q在d點處的場強為k，方向向右，則d點處的場強應為Q和q在該點場強的矢量和，q在d點的場強Ekk，EdEEk，故B正確。3如圖所示，M、N為兩個等量同種正電荷Q，在其連線的中垂線上任意一點P自由釋放一個負點電荷q，不計重力影響，下列關于點電荷q的運動的說法正確的是()A從PO的過程中，加速度越來越大，速度越來越大B從PO的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C點電荷運動到O點時加速度為零，速度達到最大值D點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零答案C解析點電荷從PO的過程中，合電場力方向指向O點，合電場力大小可能是先變大后變小，則加速度先變大后變??；合電場力大小也可能一直變小，則加速度一直變小。不過，在到達O點之前，合電場力一直做正功，速度一定是一直變大的，在O點時加速度是零，速度最大。該電場關于直線MN對稱，電荷越過O點后合電場力方向還是指向O點，合電場力的大小可能是先變大后變小，或者是一直變大，所以加速度可能是先變大后變小，或者是一直變大。但合電場力一直做負功，速度會越來越小，當達到關于O點對稱的P點速度為零。因此，C正確，A、B、D錯誤?？键c4力電綜合問題解力電綜合問題的基本思路例4(xx上海高考)如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，處于靜止狀態(tài)。施加一水平向右的勻強電場后A向右擺動，擺動的最大角度為60，則A受到的電場力大小為_。在改變電場強度的大小和方向后，小球A的平衡位置在60處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在30處，A受到的電場力大小為_。解析根據(jù)題意，設細線長為L，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負功，細線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsinmgl(1cos)0，計算電場力為：Fmg；改變電場強度的大小和方向后，平衡在60處時，設F與豎直方向夾角為，如圖所示，根據(jù)正弦定理有：，平衡在30處時，由正弦定理有：，經(jīng)過計算得到：60，F(xiàn)mg。答案mgmg勻強電場與重力場的復合場問題的處理方法(1)動力學觀點的兩種方法正交分解法：處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，然后再按運動合成的觀點去求出復雜運動的有關物理量。等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，用等效“重力”和等效“重力加速度”。(2)不涉及時間t、加速度a，以及曲線運動問題盡可能采用動能定理、功能關系等解決。如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長為L的等邊三角形，則()A小環(huán)A的加速度大小為B小環(huán)A的加速度大小為C恒力F的大小為D恒力F的大小為答案B解析設輕繩的拉力為T，則對A：TTcos60k；Tcos30maA，聯(lián)立解得：aA，B正確、A錯誤；由整體法可得恒力F2maA，C、D錯誤。1(xx浙江名校高三聯(lián)考)在國際單位制中，電場強度單位的符號是()AN BN/CCN/(Am) DN/A答案B解析在國際單位制中，電場強度單位的符號是N/C，故選B。2關于電場場強的概念，下列說法正確的是()A由E可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比B正負試探電荷在同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與試探電荷的正負有關C電場中某一點的場強與放入該點的試探電荷正負無關D電場中某一點不放試探電荷時，該點場強等于零答案C解析電場強度的大小與試探電荷所帶電荷量以及所受電場力大小無關，只和電場本身的性質(zhì)有關，A、D錯誤，C正確；電場方向與正電荷受到的電場力方向相同，與負電荷受到的電場力方向相反，B錯誤。3兩個相同的帶異種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為13，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為()A.F B.F C.F D.F答案A解析設一個小球帶電量大小為Q，則另一個大小為3Q，根據(jù)庫侖定律有：兩球接觸前：Fk，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1Q2Q；由庫侖定律得：Fk，故A正確。4(多選)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場