1．下列关于电场强度的两个表达式E＝F/q和E＝kQ/r²的叙述，正确的是　　　　　　　 (　)

A．E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量

B．E＝F/q是电场强度的定义式，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场

C．E＝kQ/r²是点电荷场强的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场

D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝k，式是点电荷q₂产生的电场在点电荷q₁处的场强大小，而是点电荷q₁产生的电场在q₂处场强的大小

答案　BCD

解析　公式E＝F/q是电场强度的定义式，适用于任何电场．E＝是点电荷场强的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式F＝k可以看成q₁在q₂处产生的电场强度E₁＝对q₂的作用力，故A错误，B、C、D正确．

4．如图12所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R＝0.40 m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×10⁴ N/C.现有一质量m＝0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q＝8.0×10^－5 C，求：

图12

(1)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；

(2)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．

答案　(1)5.0 N，方向竖直向下　(2)－0.72 J

解析　(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a

根据牛顿第二定律有qE＝ma

解得a＝＝8.0 m/s²

设带电体运动到B端的速度大小为v_B，则v＝2as

解得v_B＝＝4.0 m/s

设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为F_N，根据牛顿第二定律有F_N－mg＝

解得F_N＝mg＋＝5.0 N

根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨迹的压力大小F_N′＝F_N＝5.0 N

方向：竖直向下

(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中

电场力所做的功W_电＝qER＝0.32 J

设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W_f，对此过程根据动能定理有

W_电＋W_f－mgR＝0－mv

解得W_f＝－0.72 J

(限时：30分钟)

►题组1　电场强度的概念及计算

3．如图11所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m_A＝0.60 kg，m_B＝0.30 kg，m_C＝0.50 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且q_C＝1.0×10^－5 C，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B、C间相距L＝1.0 m．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a＝1.0 m/s²的匀加速直线运动，假定斜面足够长．已知静电力常量k＝9.0×10⁹ N·m²/C²，g＝10 m/s².求：

图11

(1)B物块的带电量q_B；

(2)A、B运动多长距离后开始分离．

答案　(1)5.0×10^－5 C　(2)0.5 m

解析　(1)设B物块的带电量为q_B，A、B、C处于静止状态时，C对B的库仑斥力

F₀＝

以A、B为研究对象，根据力的平衡有F₀＝(m_A＋m_B)gsin 30°

联立解得q_B＝5.0×10^－5 C

(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小．设经过时间t，B、C间距离变为L′，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t时刻C对B的库仑斥力为F₀′＝

以B为研究对象，由牛顿第二定律有

F₀′－m_Bgsin 30°－μm_Bgcos 30°＝m_Ba

联立以上各式解得L′＝1.5 m

则A、B分离时，A、B运动的距离ΔL＝L′－L＝0.5 m

2．(2013·江苏·3)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　设圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E₀，根据电场强度叠加原理，在坐标原点O处，A图场强为E_0, B图场强为E₀ ，C图场强为E₀，D图场强为0，因此本题答案为B.

模拟题组

1．(2013·全国新课标Ⅰ·15)如图10，一半径为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)　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图10

A．k　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．k

C．k　 　　　　　　　　　　　　　　　 D．k

答案　B

解析　电荷q产生的电场在b处的场强E_b＝，方向水平向右，由于b点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在b处的场强E_b′＝E_b，方向水平向左，故Q＞0.由于b、d关于圆盘对称，故Q产生的电场在d处的场强E_d′＝E_b′＝，方向水平向右，电荷q产生的电场在d处的场强E_d＝＝，方向水平向右，所以d处的合场强的大小E＝E_d′＋E_d＝k.

2．运动情况反映受力情况

(1)物体静止(保持)：F_合＝0.

(2)做直线运动

①匀速直线运动，F_合＝0.

②变速直线运动：F_合≠0，且F_合与速度方向总是一致．

(3)做曲线运动：F_合≠0，F_合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．

(4)F_合与v的夹角为α，加速运动：0°≤α<90°；减速运动：90°<α≤180°.

(5)匀变速运动：F_合＝恒量．

例3　如图9所示，一根长为L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在电场强度大小为E＝1.0×10⁵ N/C、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q＝＋4.5×10^－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q＝＋1.0×10^－6 C，质量为m＝1.0×10^－2 kg.现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×10⁹ N·m²/C²，g＝10 m/s²)

图9

(1)求小球B开始运动时的加速度a；

(2)当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h₁；

(3)若小球B从N端运动到距M端的高度为h₂＝0.61 m时，速度v＝1.0 m/s，求此过程中小球B电势能的改变量ΔE_p.

审题与关联

解析　(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，由牛顿第二定律得

mg－－qEsin θ＝ma

解得a＝3.2 m/s²

(2)小球B速度最大时受到的合力为零，即

＋qEsin θ＝mg

代入数据得h₁＝0.9 m

(3)小球B在从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W₁，电场力做功为W₂，库仑力做功为W₃，则根据动能定理得

W₁＋W₂＋W₃＝mv²

W₁＝mg(L－h₂)

又由功能关系知ΔE_p＝|W₂＋W₃|

代入数据得ΔE_p＝8.4×10^－2 J

答案　(1)3.2 m/s²　(2)0.9 m　(3)8.4×10^－2 J

高考题组

1．基本思路

29．带电体的力电综合问题的分析方法

2．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．

例1　N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，如图4所示．若移去位于圆周上P点(图中未标出)的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为________，方向________．(已知静电力常量为k)

图4

解析　P点的带电小球在圆心O处的电场强度大小为E₁＝k，方向沿PO指向O；N个小球在O点处电场强度叠加后，合场强为零；移去P点的小球后，则剩余N－1个小球在圆心O处的电场强度与P点的小球在圆心O处的电场强度等大反向，即E＝E₁＝k，方向沿OP指向P.

答案　沿OP指向P

　　　利用补偿法和对称法求电场强度

(1)补偿法：题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型，这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题．

(2)对称法：利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的方法．

突破训练1　如图5所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直．则　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图5

A．A点的场强大小为

B．B点的场强大小为E－k

C．D点的场强大小不可能为0

D．A、C两点的场强相同

答案　A

考点二　两个等量点电荷电场的分布

等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较

比较项目	等量异种点电荷	等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强	连线上O点场强最小，指向负电荷一方	为零
连线上的场强大小(从左到右)	沿连线先变小，再变大	沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小	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点对称的A与A′、B与B′的场强	等大同向	等大反向

例2　如图6所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图6

A．速度先增大，再减小

B．速度一直增大

C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大

D．加速度先减小，再增大

解析　在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大．

答案　AD

突破训练2　如图7所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为F_d、F_c、F_e，则下列说法中正确的是　　　　　　　 (　)

图7

A．F_d、F_c、F_e的方向都是水平向右

B．F_d、F_c的方向水平向右，F_e的方向竖直向上

C．F_d、F_e的方向水平向右，F_c＝0

D．F_d、F_c、F_e的大小都相等

答案　A

解析　根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线

分布如图所示，d、c、e三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各

点受电场力方向与场强方向相同可得到A正确，B、C错误；连线上

场强由A到B先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连

线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故F_d>F_c>F_e，故D错误．

突破训练3　如图8所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图8

A．b点场强大于d点场强

B．b点场强小于d点场强

C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差

D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能

答案　BC

解析　根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强大小可知E_d>E_b.故选项A错误，选项B正确．a、c两点关于MN对称，故U_ab＝U_bc，选项C正确．沿电场线方向电势降低，所以φ_a>φ_c，由E_p＝qφ可知E_pa>E_pc，故选项D错误．

1．场强的公式

三个公式