如图5所示.真空中M.N处放置两等量异种点电荷.a.b.c表示电场中的3条等势线.b是M.N连线的中垂线.交MN于O点.a.c关于b对称.点d.e.f.g是以O为圆心的圆与a.c的交点.已知一带正电的——青夏教育精英家教网—

6.(多选)如图5所示，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，交MN于O点，a、c关于b对称，点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点，已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是(　)

图5

A．M点处放置的是正电荷

B．d点的电势低于f点的电势

C．d点的场强与f点的场强相同

D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小

[解析]　带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，说明e点电势高于d点的电势，由等量异种点电荷的电场线分布规律结合电场线的方向跟等势面垂直，沿电场线方向电势降低可知M点处放置的是负电荷，N点处放置的是正电荷，选项A错误；e、f在一条等势线上，故选项B正确；由电场的叠加结合对称性可判断出选项C正确；将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电场力做负功，电势能一直增大，选项D错误．

[答案]　BC

5.(多选)(2013·武汉市高三调研)如图4所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)

A．cos³ α＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．cos³ α＝

C．sin³ α＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．sin³ α＝

图4

[解析]　若设Q与－q之间的距离为r，则－q与－q之间的距离为2rcos α.对其中一－q进行受力分析如图所示，其中F₁为另一－q对它的库仑力，F₂和F₃分别为两Q对它的库仑力，由对称性和库仑定律可得F₁＝k，F₂＝F₃＝k，由矢量平行四边形中的几何关系可得＝F₂cos α，联立以上几式解得cos³ α＝.

如果对其中一Q进行受力分析，根据共点力的平衡知识同理可得出结论sin³ α＝.

[答案]　AC

4．如图3所示，有两个固定的、电量相等、电性相反的点电荷，a、b是它们连线的中垂线上两个位置，c是它们产生的电场中另一位置，以无穷远处为电势的零点，则以下认识中正确的有(　)

图3

A．b点的电势比a点电势高

B．c点电势为负值

C．a、b两点场强相同

D．将一正电荷从b点移到c点电场力做负功

[解析]　等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以a点电势与b点电势相等，故A错误．根据点电荷场强公式E＝，运用矢量合成的平行四边形定则得a、b两点的电场强度大小不等，方向相同，故C错误．正电荷从b点移到c点，沿着电场线的方向运动，电场力做正功，D错误．沿着电场线的方向，电势越来越低，取无穷远处电势为零，则负电荷周围的电势均为负值，故B正确．

[答案]　B

3．如图2甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是(　)

甲　　　　乙　

图2

A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C

B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向

C．点电荷Q是正电荷

D．点电荷Q的位置坐标为0.3 m

[解析]　由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故选项B、C均错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强E_A＝k＝＝ N/C＝4×10⁵ N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为E_B＝k＝＝ N/C＝0.25×10⁵ N/C，解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为x_Q＝x_A＋l＝(0.2＋0.1) m＝0.3 m，故选项A错误，D正确．

[答案]　D

2．(2010·安徽高考)如图1所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　)

图1

A．U_OP＝－10sin θ(V)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．U_OP＝10sin θ(V)

C．U_OP＝－10cos θ(V)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．U_OP＝10cos θ(V)

[解析]　根据“沿电场线方向，电势降低”可知，φ_O＜φ_P，U_OP＜0；根据匀强电场中电势差和场强的关系U＝Ed可知，U_OP＝－ERsin θ＝－10sin θ(V)，选项A正确．

[答案]　A

1．M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10^－¹⁰ C，下列判断正确的是(　)

A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷

B．摩擦的过程中电子从N转移到M

C．N在摩擦后一定带负电1.6×10^－¹⁰ C

D．M在摩擦过程中失去1.6×10^－¹⁰个电子

[解析]　M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”(没有中和剩余电荷)，但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数)，故A错误．M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，故B错误．根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0，摩擦后电荷量仍应为0，故C正确．电子带电荷量为－1.6×10^－¹⁹ C，摩擦后M带正电荷1.6×10^－¹⁰ C，由于M带电荷量应是电子电荷量的整数倍，所以M失去10⁹个电子，故D错误．

[答案]　C

2.(多选)如图6－4，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v₀由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是(　)

图6－4

A．使初速度减为原来的1/2

B．使M、N间电压提高到原来的2倍

C．使M、N间电压提高到原来的4倍

D．使初速度和M、N间电压都减为原来的1/2

[解析]　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得：－qEd＝0－mv，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的1/2，x＝；

使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝；使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x＝.

[答案]　BD

运用等效法处理带电体在复合场中的运动

匀强电场有许多性质与重力场类似，在电场、重力场并存时，可将电场力、重力合成新的等效重力，按照重力场中物体的运动特点，将问题化繁为简，化难为易．

　如图6－5所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E＝1.0×10⁴ N/C.电场内有一半径R＝2.0 m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量为m＝0.4 kg、带电荷量为q＝＋3.0×10^－⁴ C的带孔小球穿过细圆环轨道静止在位置A.现给小球沿切线方向一瞬时速度v_A，使小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，已知g＝10 m/s²、sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8，求瞬时速度v_A的大小．

图6－5

[技法攻略]　如图所示，小球的平衡位置在A点，此时重力与电场力的合力F与重力的夹角为θ，则tan θ＝＝，θ＝37°，F＝5mg/4

小球速度最小时的位置在过平衡位置的直径的另一端B，且v_B＝0，从B位置到A位置，由动能定理有×2R＝m(v－v)

代入数据得v_A＝10 m/s.

[答案]　10 m/s

　(多选)如图6－6所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的倍，并且克服重力做的功为1 J，电场力做的正功为3 J，则下列说法中正确的是(　)

图6－6

A．粒子带正电

B．粒子在A点的动能比在B点多2 J

C．粒子在A点的机械能比在B点少3 J

D．粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为60°

[技法攻略]　由于粒子从A点到B点，电场力做正功，则电场力的方向水平向右，与电场线的方向一致，则该粒子带正电，选项A正确；从A点到B点，由动能定理可得：合外力做的功为3－1＝2(J)，粒子在A点动能比在B点少2 J，选项B错误；从A点到B点，由能量守恒定律可得，除重力外其他力做的功为3 J，则粒子在A点机械能比在B点少3 J，选项C正确；

设C点为粒子由A点到B点过程中速度最小的位置，则C点为等效重力场中的等效最高点，粒子在C点的受力图如图所示，速度v_C与F_等效垂直，由图中的几何关系知速度v_C的方向与水平方向的夹角为60°，选项D正确．

[答案]　ACD

1.如图6－2所示，将金属丝AB弯成半径r＝1 m的圆弧，但是AB之间留出宽度为d＝2 cm.相对于圆弧来说很小的间隙，电荷量Q＝3.14×10^－⁹ C的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心O处的电场强度．

图6－2

[解析]　设原缺口环所带电荷的线密度为ρ，则ρ＝≈

补上的金属小段的带电荷量Q′＝ρd＝

将Q′视为点电荷(因为d≪r)，它在O处的场强为

E₁＝＝9×10^－⁹×× N/C

＝9×10^－²⁰ N/C

设要求的场强为E₂，由E₁＋E₂＝0可得

E₂＝－E₁＝－9×10^－²⁰ N/C，负号表示E₂方向与E₁方向相反，向左．

[答案]　9×10^－²⁰ N/C　方向向左

巧用比例法处理电场中的平衡问题

所谓比例法，就是根据物理规律、公式，已知两个物理量的变化成正比或反比，当一个或几个物理量变化时，可以利用这种正比或反比的规律，确定某个物理量的变化，这种方法比起直接计算，数值运算少，速度快．但在应用此法时，必须理解物理公式中哪些是变量，哪些是不变量，研究的物理问题中涉及的物理量是什么关系等问题，并能将多个公式连续应用比例法分析问题．

　(2014·杭州外国语学校模拟)质量为m₁、m₂的小球分别带同种电荷q₁和q₂，它们用等长的细线吊在同一点O，由于静电斥力的作用，使小球m₁靠在竖直光滑墙上，m₁的拉线l₁呈竖直方向，使小球m₂的拉线l₂与竖直方向成θ角，m₁、m₂均处于静止状态，如图6－3所示．

图6－3

由于某种原因，小球m₂带的电荷量q₂逐渐减少，于是两球拉线之间夹角θ也逐渐减小直到零．在θ角逐渐减小的过程中，关于l₁、l₂中的张力T₁、T₂的变化是(　)

A．T₁不变，T₂不变　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．T₁不变，T₂变小

C．T₁变小，T₂变小　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．T₁变小，T₂不变

[解析]　以小球m₂为研究对象，受力如图所示．由几何关系易得，力的矢量三角形BG₂T′₂与三角形OAB相似，由对应边成比例可得，F∶l_AB＝G₂∶l₁＝T′₂∶l₂，小球m₂处于平衡状态，则有T₂＝T′₂，由库仑定律得：F＝k，小球m₂受到的重力为：G₂＝m₂g，解得：T₂＝T′₂＝，由于l₁、l₂不变，所以T₂不变；

F＝，由于l_AB逐渐减小，所以F逐渐减小．由小球m₁的平衡方程可得：T₁＝m₁g＋Fcos(90°－)＝m₁g＋Fsin ，由于F、θ都减小，所以T₁变小，A、B、C错误，D正确．

[答案]　D

[即学即用]

8．(2014·河南十校联考)某同学利用图8甲所示装置测定某小电动机的效率．分别用电压传感器和电流传感器测量电动机的输入电压和输入电流．当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图乙所示，而电压传感器的示数为3.30 V，电流传感器的示数为0.14 A．重物的质量为0.05 kg，取g＝10 m/s².则该小电动机在2.40～2.80 s时间内的效率为多少？