專題15電場的力學性質考點考情命題方向考點1庫侖定律2023年學業(yè)水平等級考試上海卷2023高考海南卷2022高考上海物理學科水平測試2022高考遼寧物理1.庫侖定律高考考查頻率較高，考查方式主要有：單獨考查庫侖定律；與平衡條件綜合考查等。2.電場強度和場強疊加、靜電力的考查有多種形式，多個點電荷電場疊加的考查有增加的趨勢?？键c2電場強度電場力2024高考江西卷2023高考全國乙卷2023年高考湖南卷2024高考江蘇卷2023高考海南卷題型一庫侖定律的理解和應用①F＝keq\f(q1q2,r2)，r指兩點電荷間的距離。對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球心間距。②當兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大。（2024?海淀區(qū)校級三模）如圖所示，把系在絲線上的帶電小球A掛在鐵架臺的P點，帶電球C置于鐵架臺旁。小球A靜止時與帶電球C處于同水平線上，絲線與豎直方向的夾角為α。已知小球A的質量為m，重力加速度為g，不計絲線質量，則可知小球A受到的靜電力的大小為（）A．mgsinα B．mgtanα C．mgsinα D．【解答】解：對小球A受力分析，如圖所示：根據共點力平衡可知：FCmg=tanα，解得：FC＝mgtanα，故B故選：B。（2024?寧波二模）如圖，用三根絕緣細繩把三個帶同種電荷的小球A、B、C懸掛在O點。小球靜止時，恰好位于同一水平面，細繩與豎直方向的夾角分別為α、β、γ，已知小球A、B、C的質量分別為mA、mB、mC，電荷量分別為qA、qB、qC，則下列說法正確的是（）A．若小球的質量mA＝mB＝mC，則一定有α＝β＝γ B．若小球的質量mA＝mB＝mC，則可能有α＝β＞γ C．若小球所帶電荷量qA＝qB＝qC，則一定有α＝β＝γ D．若小球所帶電荷量qA＞qB＞qC，則一定有α＜β＜γ【解答】解：A.對ABC三個小球整體來看，其整體重心在豎直線上，由此得到mAlsinα＝mBlsinβ+mClsinγ當mA＝mB＝mC時sinα＝sinβ+sinγ當α＝β＝γ時sinα＝2sinα這是不能實現的，故A錯誤；B.由A項分析，當γ＝0時α＝β＞γB正確；C.小球位置與其質量有關，與電荷量無關，電荷量只決定小球張開的絕對大小，不影響相對大小，故C錯誤；D.由C項分析可知，故D錯誤。故選：B。（2024?鄭州模擬）如圖所示，真空中A、B、C三點的連線構成一個等腰三角形，OC為AB連線的中垂線，O為連線中點。A的電荷量為﹣Q，B的電荷量為為+Q，兩點電荷分別固定在A、B點，A、B相距l(xiāng)，靜電力常量為k?，F將另一個電荷量為+q的點電荷放置在AB連線的中垂線上距O點為x=12l的A．2kQq2l2 B．kQql2 C【解答】解：在C點，A、B兩點電荷對q電荷產生的電場力大小相同，為：FA＝FB=kQq(l2)2+(l2由幾何關系可得A、B兩點電荷對q電荷產生的電場力大小為：F＝FAcos45°=22kQql2故選：D。題型二庫侖力作用下的平衡問題1．平衡問題應注意：(1)明確庫侖定律的適用條件；(2)知道完全相同的帶電小球接觸時電荷量的分配規(guī)律；(3)進行受力分析，靈活應用平衡條件．2．三個自由點電荷的平衡問題(1)條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反．(2)規(guī)律：“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“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．（2024?朝陽區(qū)二模）如圖所示，水平面上固定一個絕緣支桿，支桿上固定一帶電小球A，小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離。在此過程中，下列說法正確的是（）A．細線中的拉力一直減小 B．球B受到的庫侖力先減小后增大 C．球A、B系統的電勢能保持不變 D．拉力做負功，庫侖力做正功【解答】解：對小球B分析可知，受細線的拉力T，靜電斥力F和重力G，受力分析如圖所示：由相似三角形可知：Gh=TL=Fr=kqAqBr3，現緩慢釋放細線，使球B移動一小段距離，可知L變大，細線中的拉力T變大；r故選：C。（2024?西湖區(qū)校級模擬）如圖所示，兩相同的小球M、N用等長的絕緣細線懸掛在豎直絕緣墻壁上的O點，懸點到小球中心的距離均為L，給小球N帶上電，電荷量大小為q，小球M上電荷量未知且保持不變。由于庫侖斥力作用，初次平衡時兩小球間的距離為d1，由于某種原因，小球N緩慢漏電，當兩小球間的距離為d2時，小球N的電荷量為（）A．qd2d1 C．qd12d【解答】解：如圖所示：對小球M受力分析可知M所受的重力，繩的拉力和庫侖力F構成的力的三角形與OMN長度三角形一直相似，所以當初次平衡時兩小球間的距離為d1時，有：F1mg=d1L，當兩小球間的距離為d2時，有：F2mg=d2故選：B。（2023?海南模擬）用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態(tài)，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則（）A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量 B．細線a拉力大小為23C．細線b拉力大小為33D．小球1與2的質量比為1：2【解答】解：C、對小球2，由平衡條件，在水平方向上可得：Fb＝F庫?cos30°，在豎直方向上可得：G＝F庫?sin30°解得細線b拉力大小為Fb=GBD、對小球1，由平衡條件，同理可得：Fa?sin30°＝F庫?cos30°m1g+F庫sin30°＝Fa?cos30°解得細線a拉力大小為Fa同時可得：m1g＝2G又有m2g＝G則小球1與2的質量比為m1：m2＝2：1，故B正確，D錯誤；A、由上述分析只能得到庫侖力的大小，由F庫=kq1q2故選：B。題型三庫侖力下的變速問題當點電荷受到的合力不為零時，應用牛頓第二定律進行運動分析和計算。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3kB．小環(huán)A的加速度大小為3kC．恒力F的大小為3kD．恒力F的大小為3【解答】解：AB、設輕繩的拉力為T，則對A：T+Tcos60°=kq2l2；Tcos30CD、恒力F的大小為F=2ma=2故選：B。如圖所示，一個內壁光滑的絕緣細直管豎直放置．在管子的底部固定一電荷量為Q（Q＞0）的點電荷．在距離底部點電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q（q＞0）、質量為m的點電荷由靜止釋放，在距離底部點電荷為h1的B處速度恰好為零．現讓一個電荷量為q、質量為3m的點電荷仍在A處由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該點電荷（）A．運動到B處的速度為零 B．在下落過程中加速度逐漸減小 C．運動到B處的速度大小為23D．速度最大處與底部點電荷距離為kQq【解答】解：點電荷在下落中受重力和電庫侖力，由動能定理可得：mgh+WE＝0；即WE＝﹣mgh；當小球質量變?yōu)?m時，庫侖力不變，故庫侖力做功不變，由動能定理可得：3mgh﹣mgh=123mv解得：v=233g(由題意知，小球應先做加速運動，再做減速運動，即開始時重力應大于庫侖力；而在下落中，庫侖力增大，故下落時加速度先減小，后增大；故B錯誤；當重力等于庫侖力時，合力為零，此時速度最大，F庫＝3mg=kQqr2，解得：r=故選：C。如圖所示，電荷量Q＝2×10﹣7C的正點電荷A固定在空間中O點，將質量m＝2×10﹣4kg、電荷量q＝1×10﹣7C的另一正點電荷B從O點正上方高于0.5m的某處由靜止釋放，B運動過程中速度最大位置在P．若靜電力常量k＝9×109N?m2/C2，重力加速度g＝10m/s求（1）B運動到距O點l＝0.5m處的加速度大?。唬?）P、O間的距離L?！窘獯稹拷猓焊鶕ｎD第二定律，則有：mg﹣kQql2代入數據解得：a＝10-9×109（2）速度最大時加速度為零，由力的平衡條件，則有：kQq代入數據，解得：L=9×10答：（1）B運動到距O點l＝0.5m處的加速度大小6.4m/s2；（2）P、O間的距離0.3m。題型四電場強度的理解和計算1．場強公式的比較三個公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗電荷是否存在無關)),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點電荷產生的電場,Q為場源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強電場,U為兩點間的電勢差，d為沿電場方向兩,點間的距離))))2．電場的疊加(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產生的電場強度為各電荷單獨在該處所產生的電場強度的矢量和．(2)運算法則：平行四邊形定則．類型1點電荷電場強度的疊加（2023?莆田模擬）當空氣中電場的電場強度大小超過E0時，空氣會被擊穿。孤立導體球殼充電后，球殼所帶電荷量為Q，已知靜電力常量為k，則為了保證空氣不被擊穿，球殼半徑的最小值為（）A．kQE0 B．E0kQ C．Q【解答】解：均勻帶電球殼對殼外某點產生的電場強度，可以看作集中在球殼中心的點電荷對球外某點的場強的大小，由E可得R≥kQE0，故故選：A。（2024?湖南三模）如圖所示，真空中有四個點電荷分別固定在A、B、C、D四點，O為AB的中點，若O點的電場強度為零，已知A、C兩點放置的點電荷均為+Q，則B、D兩個點電荷的電荷量分別為（）A．-36Q，32Q B．32Q，-36Q C【解答】解：A、B、C、D各點在O點的電場方向如圖所示由于O點的電場強度為零，可知B點電荷帶正電、D點電荷帶負電，設AC長度為x，根據電場疊加原理和幾何知識得EA+ECsin30°＝EBECcos30°＝ED即kQkQ聯立解得：QB=故ACD錯誤，B正確。故選：B。（2023?沛縣校級模擬）如圖所示，一固定的不帶電金屬球殼接地，半徑為R，球心為A，將一帶電量為+q的點電荷固定在離球心為2R的B點，D、E是AB連線上的兩點，BD＝BE，BC與球殼相切于C點，球殼靜電平衡時，C點的場強EC=3A．C點電勢低于A點 B．D點電勢低于E點 C．A點的場強EAD．球上的感應電荷在C處的場強大小E【解答】解：A、處于靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，所以C點和A點電勢相等，故A錯誤；B、DE兩點到+q的距離相等，則+q在DE兩點的電勢相等，D點到金屬球殼的距離更小，由于金屬球殼發(fā)生感應起電，金屬球殼帶負電，則感應電荷在D點的電勢更低，則D點的電勢低于E點，故B正確；C、處于靜電平衡狀態(tài)得導體內部場強處處為零，故C錯誤；D、由幾何關系得，BC間的距離r=(2點電荷+q在C點的場強大小E＝kq球殼是等勢體，表面為等勢面，則球殼表面的合場強垂直于球殼的切面，沿半徑指向A，如圖：由幾何關系得，感應電荷在C處的場強為E感=故D錯誤。故選：B。類型2非點電荷電場強度的疊加和計算（2024?杭州二模）水平面上有一塊半徑為R均勻帶正電的圓形薄平板，單位面積帶電量為σ，以圓盤圓心為原點，以向上為正方向，垂直圓盤建立x軸，軸上任意一點P（坐標為x）的電場強度為：E=2πkσ[1-xR2+x2]，現將一電量大小為q、質量為m的負點電荷在xA．2πkσqdm B．2πkσqdm C．2πkσqdmR【解答】解：根據電場強度的表達式：E=2πkσ[1-xR2+x2]，可知在因d?R，故0～d之間的電場強度大小可認為接近于E0＝2πkσ，根據電場疊加原理，由對稱性可知x軸正半軸上的電場方向均沿z軸正方向。此過程點電荷，根據動能定理得：qE0d=12mv2解得：v＝2πkσqdm，故點電荷碰到圓盤前瞬間的速度大小最接近2πkσqdm，故B正確，故選：B。（2023?永豐縣校級一模）甲和乙圖分別是半徑為R、帶電均勻的六分之四圓環(huán)和半圓環(huán)（兩環(huán)的材料和橫截面積相同），帶有同種電荷，且兩環(huán)上單位長度所帶電荷量相等，它們的圓心分別是O1和O2。已知O1點的電場強度大小為E0，則O2點的電場強度大小為（）A．233E0 B．34E0 【解答】解：如圖所示：根據圖甲可知，E0＝2Ecos30°在圖乙中，E′＝E+2Ecos60°聯立解得：E'=233故選：A。（多選）電荷量為+Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關于O對稱，若A點的電場強度為0，則（）A．圓形薄板所帶電荷量為+Q B．圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQR2C．B點的電場強度大小為kQR2D．B點的電場強度大小為10kQ【解答】解：AB、點電荷在A點產生的場強為E＝kQR2，方向水平向右，A點的電場強度為零，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQR2，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應為Q，而實際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點的距離與點電荷+Q距離O點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據點電荷在某點處產生的場強公式E0=kqrCD、B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB′＝kQR2，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，則B點得電場強度為EB＝E故選：BD。（2015?淮南模擬）如圖，一個內、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為σ．取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸．設軸上任意點P到O點的距離為x，P點電場強度的大小為E．下面給出E的四