【加固训练】
如图所示,O是半径为R的正六角形外接圆的圆心,在正六角形的一个顶点放置一带电量为+q的点电荷,其余顶点分别放置带电量均为-q的点电荷。
则圆心O处的场强大小为（ ）
A.
B.
C.
D.0
【解析】选B。
根据对称性,可知B处和E处负电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反,相互抵消;C处与F处负电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反,相互抵消,所以根据电场的叠加原理可知O处的场强等于A处和D处两个点电荷产生的电场的叠加,因此O点的电场强度大小为E=EA+ED=k
+k
=
故选B。
4.（2018·合肥模拟）如图所示,电荷量相等的两个点电荷Q1和Q2,两者连线及中垂线上分别有A点和B点。
则下列说法正确的是（ ）
A.若两者是同种电荷,则A点的电势一定高于B点的电势
B.若两者是同种电荷,则A点的场强一定大于B点的场强
C.若两者是异种电荷,则A点的电势一定高于B点的电势
D.若两者是异种电荷,则A点的场强一定大于B点的场强
【解析】选D。
设两个点电荷Q1和Q2连线的中点为O,若两电荷是同种电荷,且都是正电荷,则A点的电势高于O点电势,O点电势高于B点电势,则A点的电势高于B点的电势,若两个点电荷都带负电,则A点的电势低于B点的电势,故A错误;若两者是同种电荷,B点处电场线分布情况不能确定,所以不能确定两点场强的大小,故B错误;若两者是异种电荷,且Q1为正电荷,则A点的电势高于B点的电势,若Q1为负电荷,则A点的电势低于B点的电势,故C错误;若两者是异种电荷,A处电场线比B处电场线密,则A点的场强一定大于B点的场强,故D正确。
5.（2018·湛江模拟）某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A.b点的电势低于a点的电势
B.若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功
C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断
D.若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将沿着电场线由d到c
【解析】选B。
沿电场线方向电势逐渐降低,因b点所在的等势面高于a点所在的等势面,故b点的电势高于a点的电势,故A错误;若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功,故B正确;由于电场线密集的地方场强较大,故d点的场强大于c点的场强,故C错误;因dc电场线是曲线,故若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将不能沿着电场线由d到c,故D错误。
6.两点电荷A、B带电量QA>QB,在真空中相距r,现将检验电荷C置于某一位置时,所受静电力恰好为零,则（ ）
A.A和B为异种电荷时,C在AB之间连线上靠近B一侧
B.A和B为异种电荷时,C在AB之间连线的延长线上A外侧
C.A和B为同种电荷时,C在AB之间连线上靠近B一侧
D.A和B无论为同种还是异种电荷,C都不在AB连线以及延长线上
【解析】选C。
若QA和QB为固定的异种电荷,只要放入的电荷q受到的合力为0即可,则对C有k
=k
因为QA>QB,所以rA>rB,而且保证两个力的方向相反,所以应将C置于AB连线的延长线上,且靠近B;若QA和QB均为固定的同种电荷,则对C有k
=k
因为QA>QB,所以rA>rB,而且保证两个力的方向相反,所以应将C置于AB线段上,且靠近B,故C正确,A、B、D错误。
7.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0.2m和0.7m。
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（ ）
A.B点的电场强度的大小为0.25N/C
B.A点的电场强度的方向沿x轴正方向
C.点电荷Q是正电荷
D.点电荷Q的位置坐标为0.3m
【解析】选B、D。
由图乙可知,B点的电场强度EB=
=2.5×104N/C,故A错误;在A点放一个带正电的试探电荷,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,所以A点的电场强度的方向沿x轴正方向,故B正确;放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同,而正电荷所受电场力与电场强度方向相同,负电荷所受电场力与电场强度方向相反,若点电荷在A的左侧或在B的右侧,正负电荷所受电场力方向不可能相同,所以点电荷Q应位于A、B两点之间,根据正负电荷所受电场力的方向,知该点电荷带负电,故C错误;由图乙可知,A点的电场强度EA=
=4×105N/C,设点电荷Q的坐标为x,由点电荷的电场E=k
可知
=
=
解得x=0.3m,故D正确。
【加固训练】
如图所示,在光滑绝缘的水平地面上放置着四个可视为点电荷的带电金属小球,一个带正电,放置于圆心,带电荷量为Q;另外三个带负电,带电荷量均为q,位于圆周上互成120°放置,四个小球均处于静止状态,则Q与q的比值为（ ）
A.
B.
C.3 D.
【解析】选D。
以圆周上三个带电小球中的一个为研究对象,如以左下角的一个点电荷为研究对象,其受到圆周上的另外两个点电荷的库仑斥力作用,同时受到圆心上的点电荷的库仑引力作用,设圆的半径为r,根据受力平衡得:
2×（k
×cos30°）=k
根据几何关系有L=
r
所以解得:
=
故A、B、C错误,D正确。
8.如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。
一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。
小球A的质量为m、电量为q。
小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。
静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。
小球A静止在斜面上,则
（ ）
A.小球A与B之间库仑力的大小为
B.当
=
时,细线上的拉力为0
C.当
=
时,细线上的拉力为0
D.当
=
时,斜面对小球A的支持力为0
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
（1）利用库仑定律计算电场力。
（2）由共点力平衡条件列方程求解。
【解析】选A、C。
根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F=
故A正确;当细线上的拉力为0时,小球A受到库仑力、斜面支持力、重力,由平衡条件得
=mgtanθ,解得
=
故B错误,C正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为0,故D错误。
9.如图,倾角为θ的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上,一质量为m,带电量+q的小物块（可看作是点电荷）恰好能在斜面上匀速下滑,若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量+Q的点电荷,再让物块以某一速度从斜面上滑下,物块在下滑至底端的过程中,斜面保持静止不动,在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下,关于在物块下滑过程的分析正确的是（ ）
A.在BA之间,物块将做加速直线运动
B.在BD之间,物块受到的库仑力先增大后减小
C.在BA之间,斜面对地面的压力有可能不变
D.在BA之间,斜面受到地面的摩擦力均为零
【解析】选B、D。
开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,而库仑力对于物块是阻力,则导致其做减速运动,故A错误;根据库仑定律,则在BD之间,电荷间的间距先减小后增大,则物块受到的库仑力先增大后减小,故B正确;开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,是竖直向上的,根据牛顿第三定律,物块对斜面体的压力和物块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的,增加电场力后,小物块对斜面体的压力和摩擦力成正比例增加,物块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的,再对斜面体受力分析,受重力、物块对斜面体的压力和摩擦力、支持力,不受地面的摩擦力,否则合力不为零,从整体分析,在BA之间,因库仑斥力,导致斜面对地面的压力增大,故C错误,D正确。
10.如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。
用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。
两球接触后分开,平衡时距离为0.12m。
已测得每个小球质量是8.0×10-4kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10m/s2,静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,则（ ）
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2N
C.B球所带的电荷量为4
×10-8C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
【解题指导】解答本题应注意以下三点:
（1）丝绸摩擦过的玻璃棒带正电。
（2）A、B接触等分电荷。
（3）由库仑定律和平衡条件列方程求解。
【解析】选A、C、D。
用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,带正电的玻璃棒与A球接触,A球带正电,A、B接触后,由于两个小球完全相同,电荷量均分,则两球所带电荷量相等,且都为正电,在A、B两球连线中点处的电场强度为0,则A、D项正确;两小球平衡时如图所示,重力和库仑力的合力与悬线的拉力大小相等,方向相反,在结构三角形OAAD中cosθ=0.6,在矢量三角形中F=
=
N=6×10-3N,则B项错误;由库仑定律F=
得q=
=4
×10-8C,则C正确,故选A、C、D。
二、计算题（15分。
需写出规范的解题步骤）
11.（2018·马鞍山模拟）一光滑绝缘细直杆MN,长为L,水平固定在匀强电场中,场强大小为E,方向与竖直方向夹角为θ。
杆的M端固定一个带负电小球A,电荷量大小为Q;另一带负电的小球B穿在杆上,可自由滑动,电荷量大小为q,质量为m,现将小球B从杆的N端由静止释放,小球B开始向M端运动,已知k为静电力常量,g为重力加速度,求:
（1）小球B对细杆的压力的大小。
（2）小球B开始运动时的加速度的大小。
（3）小球B速度最大时,离M端的距离。
【解析】
（1）小球受力如图所示:
小球B在垂直于杆的方向上合力为零,由牛顿运动定律得:
FN=qEcosθ+mg
（2）在水平方向上,由牛顿第二定律得:
qEsinθ-k
=ma
解得:
a=
-
（3）当小球B的速度最大时,加速度为零,则有:
qEsinθ=k
解得:
x=
答案:
（1）qEcosθ+mg
（2）
-
（3）
【能力拔高题组】
1.（8分）（多选）如图所示,两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上,且在同一竖直平面内,用水平向左的推力F作用于B球,两球在图示位置静止,现将B球沿斜面向上移动一小段距离,发现A球随之向上移动少许,两球在虚线位置重新平衡。
重新平衡后与移动前相比,下列说法正确的是（ ）
A.推力F变大
B.斜面对B的弹力不变
C.墙面对A的弹力变小
D.两球之间的距离变大
【解析】选B、C、D。
小球A受力如图所示:
根据共点力平衡条件得,F库=
FNA=mgtanα,由于α减小,所以库仑力减小,则两球间距增加,墙面对A的弹力变小,故C、D正确;对AB整体受力分析,如图所示:
根据共点力平衡条件得,FNsinβ+FNA=F,
FNcosβ=（m+M）g,解得F=（m+M）gtanβ+mgtanα,FN=
由于α减小,β不变,则推力F减小;斜面对B的弹力不变,故A错误,B正确。
【加固训练】
（多选）如图所示,水平面绝缘且光滑,一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描述速度与时间,加速度与位移之间变化关系的图象正确的是（ ）
【解析】选A、C。
将电场反向,小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力,小球离开弹簧前,根据牛顿第二定律得,小球的加速度为:
a=
知a随x的增大均匀减小,当脱离弹簧后,小球的加速度为:
a=
保持不变。
可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀加速运动,故A、C正确,B、D错误。
2.（17分）如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线是水平直径。
现有一带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R。
从小球进入管口开始,整个空间中突然加上一个匀强电场,电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等,结果小球从管口C处脱离圆管后,其运动轨迹经过A点。
设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为g,求:
（1）小球到达B点的速度大小。
（2）小球受到的电场力的大小。
（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力。
【解析】
（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程,由动能定理得:
mg·4R=
m
-0
解得:
vB=
（2）设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg（方向竖直向上）,
小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:
Fx·2R=
m
-
m
小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,则:
4R=vCt
2R=
·
t2
联立解得:
Fx=mg
故F=
=
mg
（3）小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力FN提供,设弹力FN的方向水平向左,由牛顿第二定律得:
Fx+FN=m
解得FN=3mg 方向水平向左
根据牛顿第三定律得:
F′N=FN=3mg,方向水平向右
答案:
（1）
（2）
mg
（3）3mg 方向水平向右
【总结提升】解决力电综合问题的两条途径
（1）建立物体受力图景。
①弄清物理情境,选定研究对象。
②对研究对象按顺序进行受力分析,画出受力图。
③应用力学规律进行归类建模。
（2）建立能量转化图景:
运用能量观点,建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径。
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