2025高考物理步步高同步练习必修3第九章专题强化1　静电力作用下的平衡含答案

2025高考物理步步高同步练习必修3第九章静电力作用下的平衡[学习目标]1.学会分析同一直线上自由电荷的平衡问题.2.学会分析非共线力作用下带电体的平衡问题．一、同一直线上三个点电荷的平衡问题例1如图所示，带电荷量分别为＋q和＋4q的两点电荷A、B相距L，问：(1)若A、B固定，在何处放置点电荷C，才能使C处于平衡状态？(2)在(1)中的情形下，C的电荷量大小和电性对C的平衡有影响吗？(3)若A、B不固定，在何处放一个什么性质的点电荷C，才可以使三个点电荷都处于平衡状态？电荷量是多少？答案见解析解析(1)由平衡条件，对C进行受力分析，C应在AB的连线上且在A、B之间，设C与A相距r，则keq\f(q·qC,r2)＝keq\f(4q·qC,L－r2)，解得：r＝eq\f(L,3)(2)在A、B间距离A为eq\f(L,3)处，不论C为正电荷还是负电荷，A、B对其作用力的合力均为零，故C的电荷量大小和电性对其平衡无影响．(3)若将C放在A、B电荷两边，A、B对C同为向左(或向右)的力，C都不能平衡；若将C放在A、B之间，C为正电荷，则A、B都不能平衡，所以C为负电荷．设放置的点电荷C的电荷量大小为Q，与A相距r1，分别对A、B受力分析，根据平衡条件，对电荷A：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Qq,r12)对电荷B：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Q·4q,L－r12)联立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(负电荷)即应在AB连线上且在A的右边，与点电荷A相距eq\f(L,3)处放置一个电荷量为eq\f(4,9)q的负电荷．共线的三个自由电荷的平衡问题有关特点1．三个自由电荷的平衡规律“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．2．只要其中两个点电荷平衡，第三个点电荷一定平衡，只需根据平衡条件对其中的任意两个电荷列式即可．注意：在三个共线点电荷的平衡问题中，若仅让其中一个电荷平衡，则只需要确定其位置即可，对其电性和所带电荷量没有要求．针对训练1如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为－4Q和＋Q，今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是()A．－Q，在A左侧距A为L处B．－2Q，在A左侧距A为eq\f(L,2)处C．－4Q，在B右侧距B为L处D．＋2Q，在A右侧距A为eq\f(3L,2)处答案C解析A、B、C三个电荷要平衡，三个电荷必须共线且外侧两电荷相排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，而且外侧电荷电量大，所以C必须带负电，放在B右侧，对C：eq\f(kQqC,r2)＝keq\f(4Q·qC,L＋r2)，解得：r＝L对B：eq\f(kQqC,r2)＝eq\f(k4Q·Q,L2)，解得：qC＝4Q.选项C正确．二、非共线力作用下带电体的平衡分析静电力作用下点电荷的平衡问题时，方法仍然与力学中分析物体的平衡方法一样，具体步骤如下：(1)确定研究对象：如果有几个物体相互作用时，要依据题意，用“整体法”或“隔离法”选取合适的研究对象．(2)对研究对象进行受力分析，此时多了静电力(F＝eq\f(kq1q2,r2))．(3)根据F合＝0列方程，若采用正交分解，则有Fx＝0，Fy＝0.(4)解方程求出未知量．例2(2022·蚌埠市高二期末)如图所示，物体P、Q可视为点电荷，所带电荷量相同．倾角为θ、质量为M的粗糙绝缘斜面体放在粗糙水平面上．将P放在斜面上，当Q固定在与P等高(PQ连线水平)且与P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面的摩擦力为0，斜面体保持静止．已知P的质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k.求：(1)P、Q所带电荷量的大小；(2)斜面体对地面的压力大小．答案(1)req\r(\f(mgtanθ,k))(2)(M＋m)g解析(1)设P、Q所带电荷量为q，如图所示，P受到水平向左的库仑力F、竖直向下的重力mg、支持力FN三个力作用，由平衡条件可知在沿斜面方向上有Fcosθ＝mgsinθ可得F＝mgtanθ，由库仑定律有F＝keq\f(q2,r2)，解得q＝req\r(\f(mgtanθ,k))；(2)对物体P和斜面体整体，整体竖直方向受力平衡，所以受地面的支持力大小FN1＝(M＋m)g由牛顿第三定律得FN1′＝FN1＝(M＋m)g.针对训练2(2021·南通市高一期中)如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时处于同一水平高度，丝线与竖直方向间的夹角分别为α、β，且β>α，则()A．a球的质量一定比b球的大B．a球的电荷量一定比b球的大C．a球受到的库仑力比b球的小D．丝线对a球的拉力比对b球的小答案A解析小球a受力如图，根据受力分析可知eq\f(F库,mag)＝tanα，同理可得eq\f(F库,mbg)＝tanβ，其中F库＝keq\f(qaqb,r2)，由牛顿第三定律可知两球之间的库仑力大小相等，但是无法判断两球电荷量之间的关系，所以B、C错误．由于β>α，则ma>mb，所以A正确．由于eq\f(F库,FTa)＝sinα，eq\f(F库,FTb)＝sinβ，则FTa>FTb，所以D错误．例3(2021·淄博市阶段练习)如图所示，V形绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面间的夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑．两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．两小滑块所带电荷为异种电荷B．两小滑块间的库仑力大小等于小滑块重力的两倍C．P与M间的动摩擦因数至少为eq\f(\r(3),6)D．P与M间的动摩擦因数至少为eq\f(\r(3),3)答案D解析滑块Q在光滑斜面N上静止，由平衡条件知Q所受库仑力方向斜向右上，P、Q相互排斥，则P与Q带同种电荷，A错误，设两者之间的库仑力大小为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示，对滑块Q在沿着斜面N方向有mgcos30°＝Fcos30°，可得F＝mg，B错误；对滑块P，静止时的摩擦力恰好为最大静摩擦力，此时动摩擦因数最小，由平衡条件有FN2＝F＋mgsin30°，Ff＝mgcos30°，又Ff＝μFN2，联立解得μ＝eq\f(\r(3),3)，C错误，D正确．针对训练3(多选)(2022·湖北省高二期末)如图所示，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是()A．a、b小球一定带同种电荷B．a、c小球可能带同种电荷C．a、b小球所带电荷量之比为eq\f(\r(3),6)D．a、b小球所带电荷量之比为eq\f(\r(3),9)答案AD解析a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，a与b的电性一定相同，选项A正确，B错误；对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得keq\f(qaqc,rac2)sin60°＝keq\f(qbqc,rbc2)sin30°又由几何关系知rac∶rbc＝1∶eq\r(3)，解得qa∶qb＝eq\r(3)∶9，选项C错误，D正确．1．一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M相连接，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在图中，小球M能处于静止状态的是()答案B2.如图所示，质量为m的带电小球N用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球N的左侧，小球N平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于小球N的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是(重力加速度为g)()A．正电，eq\f(mg,tanθ) B．正电，mgtanθC．负电，mgtanθ D．负电，eq\f(mg,tanθ)答案B解析以小球N为研究对象，对其进行受力分析，若使小球N处于平衡状态，则M对小球N的库仑力应水平向右，则小球N带正电；小球N的受力分析图如图所示，根据小球处于平衡状态可知，在水平方向有F＝FTsinθ，在竖直方向有FTcosθ＝mg，解得F＝mgtanθ，则小球N所受库仑力大小为mgtanθ，故选项B正确．3.(2022·云南凤庆县第一中学高二阶段练习)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘轻质细线悬挂起来两个相同的带电小球a、b，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬线都保持竖直方向．下列说法正确的是()A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小答案B4.如图所示，点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为0，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3可能为()A．－9∶4∶－36 B．9∶4∶36C．－3∶2∶－6 D．3∶2∶6答案A解析若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡，则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力作用而不平衡，故q1带正电，同理分析q3也带正电．根据上面的假设判断，也可能是q1、q3带负电，q2带正电．由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q1q3|,l1＋l22)，对q2有：keq\f(|q1q2|,l12)＝keq\f(|q2q3|,l22)，对q3有：keq\f(|q1q3|,l1＋l22)＝keq\f(|q2q3|,l22)，又l2＝2l1，联立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，由于q1、q3是同种电荷，q1、q2是异种电荷，故A正确，B、C、D错误．5.(多选)(2021·赣州市高二期末)如图所示，两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为d的水平面上，另有一个质量为m，带电荷量为q的小球A，悬浮于空中不动，此时A离Q1的距离为eq\f(\r(3),2)d，离Q2的距离为eq\f(1,2)d.已知重力加速度为g，静电力常量为k，三小球均可视为点电荷．则()A．Q1与Q2为同种电荷 B．Q1＝3Q2C．Q1＝eq\f(mgd2,8kq) D．Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)答案AD解析小球A悬浮于空中，因此Q1对A的排斥力与Q2对A的排斥力的合力，一定与A所受的重力等大反向，故Q1与Q2与A都带同种电荷，A正确；利用三角形的边角关系可知∠AQ1Q2＝30°，∠AQ2Q1＝60°，根据库仑定律和平衡条件，可得eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)sin30°＋eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)sin60°＝mg，eq\f(kQ1q,\f(\r(3),2)d2)cos30°＝eq\f(kQ2q,\f(1,2)d2)cos60°，解得Q1＝eq\f(3mgd2,8kq)，Q2＝eq\f(\r(3)mgd2,8kq)，因此B、C错误，D正确．6．(多选)如图所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α＞β)，两小球恰在同一水平线上，那么()A．两球一定带异种电荷B．q1一定大于q2C．m1一定小于m2D．m1所受的静电力一定大于m2所受的静电力答案AC解析由于两带电小球相互吸引，所以一定带异种电荷，选项A正确．根据牛顿第三定律可知，两小球受到的静电力大小相等，无法判断电荷量的大小，选项B、D错误．设轻丝线与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得两球之间的静电力F＝mgtanθ，α>β，故m1g＜m2g，即m1＜m2，选项C正确．7.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示．现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态(带电小球均可视为点电荷)，则Q与q的比值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C．3D.eq\r(3)答案D解析设三角形边长为L，即AB、AC距离为L，则AD距离为eq\f(\r(3),3)L.以小球A为研究对象，＝eq\r(3)keq\f(Q2,L2)，球A、D间的静电力大小为F′＝eq\f(kQq,\f(\r(3),3)L2)＝3keq\f(Qq,L2)，根据平衡条件得F合＝F′，即eq\r(3)keq\f(Q2,L2)＝3keq\f(Qq,L2)，所以Q＝eq\r(3)q，则Q与q的比值为eq\r(3)，选项D正确．8.(2022·云南广南县第一中学高二月考)如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，问：C应带什么性质的电荷？应放于何处？所带电荷量为多少？答案C带负电荷放在A的左边0.2m处－eq\f(9,4)Q解析A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两电荷排斥，中间电荷吸引外侧两电荷，因为外侧两电荷距离大，所以外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，因此，C只能带负电，并且只能放在二者连线的延长线上，靠近A，如图所示，已知A与B间距离为L＝0.4m，设C与A间距离为x，C所带电荷量大小为qC.由题意可知，A、B、C均处于平衡状态，则三者所受合力为零．对C有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqBqC,L＋x2)，解得x＝0.2m，对A有eq\f(kqAqC,x2)＝eq\f(kqAqB,L2)，解得qC＝－eq\f(9,4)Q.9.如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1g，分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与(1)两个小球所带电荷量；(2)墙壁受到的压力；(3)连接A球的细线与连接B球的细线的拉力的大小．答案(1)eq\f(1,3)×10－7C(2)eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左(3)1.5×10－3N1×10－3N解析(1)对B球受力分析如图甲所示．B球受力平衡，则拉力与库仑力的合力大小等于重力，方向与重力方向相反，由几何知识可知：F＝mg＝FTB.根据库仑定律：F＝keq\f(q2,L2)＝mg.代入数据，解得q＝eq\f(1,3)×10－7C(2)对A球受力分析如图乙所示：A球受力平衡，所以：FN＝Fsin60°＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)×10－3N．由牛顿第三定律可知，墙受到小球的压力大小为eq\f(\r(3),2)×10－3N，方向水平向左．(3)A球受力平衡，则有：FTA＝mg＋Fcos60°＝1.5×10－3N，由(1)分析知FTB＝mg＝1×10－3N.10.(多选)(2021·怀仁市大地学校高二月考)如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，两个小球将重新达到平衡，则两个小球的受力情况与原来相比()A．推力F将增大B．竖直墙面对小球A的弹力减小C．地面对小球B的弹力一定增大D．两个小球之间的距离增大答案BD解析对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，当将小球B向左推动少许时，FBA与竖直方向的夹角减小．则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；地面对小球B的支持力和小球A和B的重力平衡，因此地面对B的支持力保持不变，C错误；由于两球之间的静电力减小，故两小球之间的距离增大，D正确．静电力的性质[学习目标]1.学会利用几种特殊方法求解带电体电场强度.2.会分析电场线与带电粒子运动轨迹相结合的问题.3.学会分析电场中的动力学问题．一、电场强度的计算带电体电场强度的三种计算方法对称法对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法．在电场中，当电荷的分布具有对称性时，应用对称性解题可将复杂问题大大简化微元法当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算补偿法有时由题给条件建立的模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型．这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题．如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易例1如图所示，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间、b和c间、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点处的电场强度为零，则d点处的电场强度大小为(静电力常量为k)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(Q＋q,R2)C．keq\f(10q,9R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案C解析设Q在b点产生的电场强度大小为E，由对称性可知Q在d点产生的电场强度大小也为E，方向相反，水平向右，由于b点的电场强度为零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d点产生的电场强度为E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正确，A、B、D错误．例2均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知N点的电场强度大小为E，静电力常量为k，则M点的电场强度大小为()A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E答案A解析若将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则完整球壳在M、N点所产生的电场为E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由题知半球面外，N点的电场强度大小为E，则M点的电场强度为E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故选A.例3一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP＝L.设静电力常量为k，关于P点的电场强度E，下列四个表达式中正确的是()A.eq\f(kQ,R2＋L2) B.eq\f(kQL,R2＋L2)C.eq\f(kQR,\r(R2＋L23)) D.eq\f(kQL,\r(R2＋L23))答案D解析如图所示，设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q＝eq\f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在P处的电场强度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由对称性可知，各小段带电环在P处的电场强度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即为带电环在P处的电场强度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，联立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正确．二、电场线与带电粒子的运动轨迹1．带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向．2．分析思路：(1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定静电力的方向；(2)由静电力和电场线的方向可判断带电粒子所带电荷的正负；(3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断带电粒子加速度的大小．例4某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则()A．粒子一定带负电B．粒子一定是从a点运动到b点C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度答案C解析做曲线运动的物体，所受合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处所受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c点运动到a点或b点，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a点或b点运动到c点，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误．针对训练如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示．则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的动能，一个增大一个减小答案C解析带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图轨迹变化来看，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确．三、电场中的动力学问题1．带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．2．带电体在电场中的加速问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力．例5如图所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)原来的电场强度大小(用字母表示)；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)当电场强度变为原来的eq\f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下．(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.1.一个正电荷从电场中的A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v－t图像如图所示．则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的()答案D解析正电荷所受静电力方向与电场强度方向相同，根据v－t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受静电力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，综上所述可知A、B、C不可能，D可能．2．一带负电荷的点电荷，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()答案D解析电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．3．(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是()A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案BC解析根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误．4.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)．通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为()A．keq\f(Q,r2)，方向由圆心指向间隙B．keq\f(Qd,r3)，方向由间隙指向圆心C．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由间隙指向圆心D．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙答案D解析相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右．由对称性知，完整的带电圆环在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆环其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圆心指向间隙，故选D.5．(多选)下列图中，绝缘细绳一端固定在天花板，一端系一质量为m的带正电小球，为了使小球能静止在图中所示位置，可加一个与纸面平行的匀强电场，所加电场方向可能是()答案BCD解析A图中，小球带正电，电场强度方向水平向左，带电小球所受的静电力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，电场强度方向水平向右，带电小球所受的静电力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受静电力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细绳的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D6.如图，带电荷量为q的点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，求图中B点的电场强度．答案eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根据电场强度的叠加原理可知，薄板带负电荷．点电荷在A点的电场强度为eq\f(kq,9d2)，A点的电场强度为0，则薄板在A点的电场强度大小为EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根据对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正点电荷q在B点产生的电场强度大小为E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B点的合电场强度大小为E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7.(2021·鹤壁市高中段考)如图所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为()A．大小为E，方向沿AO连线斜向下B．大小为eq\f(E,2)，方向沿AO连线斜向下C．大小为eq\f(E,3)，方向沿AO连线斜向上D．大小为eq\f(E,4)，方向沿AO连线斜向上答案C解析假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，根据对称性及电场的叠加原理知圆心O处电场强度为0，所以圆心O点处的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的电场强度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小等于在A点处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度的大小，方向相反，A点处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿OA连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为eq\f(E,3)，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误．8.如图所示，A、B、C、D、E、F六点把绝缘均匀圆环平均分成六部分，其中圆弧AF、BC带正电，圆弧DE带负电，其余部分不带电，单位长度圆弧所带电荷量相等．圆弧AF所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小为E1.则圆心O处的合电场强度大小为()A．0B．E1C．3E1D．2E1答案D解析由题意可知，单位长度圆弧所带电荷量相等，圆弧AF、DE、BC所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小相等，其中圆弧AF与BC所带电荷在O处产生的电场强度方向的夹角为120°，圆弧DE所带电荷在O处产生的电场强度方向在上述两电场强度方向的夹角的角平分线上，如图所示，根据平行四边形定则知，圆心O处的合电场强度大小为2E1，故D正确，A、B、C错误．9.(2022·云南宣威市第七中学高二月考)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电