习题课一 库仑力作用下的平衡与加速
要点一 库仑力作用下带电体的平衡
1.库仑力作用下的平衡问题
库仑力作用下的平衡问题，可能是只有库仑力，也可能有其他力，但其本质都是平衡问题。解题的关键是进行受力分析并列出平衡方程。
2.“三步”处理库仑力作用下的平衡问题
库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题处理方式相同，也就是将力进行合成与分解。
【典例1】 如图所示，质量为m、带电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带电荷量也为q的小球B固定在O点正下方的绝缘柱上，其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向的夹角θ＝30°，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则（ ）
A.A、B间库仑力大小F库＝
B.A、B间库仑力大小F库＝
C.细线拉力大小FT＝
D.细线拉力大小FT＝mg
尝试解答
1.人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态。现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将（ ）
A.向星球地心方向下落
B.飞向太空
C.仍在那里悬浮
D.沿星球自转的线速度方向飞出
2.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（ ）
A.qC＝q0
B.弹簧伸长量为
C.A球受到的静电力大小为2Mg
D.相邻两小球间距为q0
要点二 三个自由电荷的平衡
1.平衡条件：每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。
2.规律
3.解题思路：解决三个自由点电荷的平衡问题时，首先应根据三个自由点电荷的平衡问题的规律确定出点电荷的电性和大体位置。求点电荷间的距离时，对未知电荷量的电荷列平衡方程；求未知电荷的电荷量时，对其中任意已知电荷量的电荷列平衡方程求解。
【典例2】 a、b两个点电荷相距40 cm，电荷量分别为q1、q2，且q1＝9q2，都是正电荷。现引入点电荷c，这时a、b、c电荷恰好都处于平衡状态。试问：点电荷c的带电性质是怎样的？电荷量为多大？它应该放在什么地方？
尝试解答
1.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，它们之间仅在静电力的作用下静止，则以下判断正确的是（ ）
A.a对b的静电力可能是斥力
B.a对c的静电力一定是斥力
C.a的电荷量可能比b少
D.a的电荷量一定比c多
2.（多选）如图所示，同一直线上的三个点电荷a、b、c恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用。已知a、b间的距离是b、c间距离r的2倍，a、b、c所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3。下列说法正确的是（ ）
A.若a、c带正电，则b带负电 B.若a、c带负电，则b带正电
C.q1∶q2∶q3＝36∶4∶9 D.q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
要点三 库仑力作用下带电体的加速
1.受力情况
带电物体除受到库仑力作用外，还可能受到其他力作用，如重力、弹力、摩擦力等，合外力不为零。
2.运动情况
（1）匀变速直线运动或非匀变速直线运动。
（2）平抛运动或匀速圆周运动。
3.处理方法
（1）对物体进行受力分析。
（2）明确其运动状态。
（3）根据其所受的合力和所处的状态，合理地选择牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动知识以及圆周运动知识等相应的规律解题。
【典例3】 如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变、沿斜面向上匀加速运动，已知重力加速度为g，电场力常量为k，求：
（1）加速度a的大小；
（2）F的大小。
尝试解答
1.如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则（ ）
A.小环A的加速度大小为 B.小环A的加速度大小为
C.恒力F的大小为 D.恒力F的大小为
2.（多选）如图所示，带电粒子A带正电，带电粒子B带负电，在库仑力作用下（不计粒子间的万有引力和重力），它们以连线上某点O为圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是（ ）
A.它们做圆周运动的向心力大小相等
B.它们的运动半径与电荷量成反比
C.它们的角速度相等
D.它们的线速度与质量成正比
1.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是（ ）
A.速度变大，加速度变大
B.速度变小，加速度变小
C.速度变大，加速度变小
D.速度变小，加速度变大
2.（多选）如图所示，把质量为m的带电小球B用绝缘细绳悬起，若将电荷量为Q的带正电的小球A靠近B，当两个带电小球在同一高度相距为r时，绳与竖直方向成α角，A、B两球均静止，重力加速度为g，静电力常量为k，A、B两个小球均可视为点电荷，下列说法正确的是（ ）
A.B球带正电B. B球带负电
C.绳对B球的拉力为mgcos α D.B球带的电荷量为
3.（多选）如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带正电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为0，则（ ）
A.B球和C球都带负电荷 B.B球带负电荷，C球带正电荷
C.B球和C球所带电荷量不一定相等 D.B球和C球所带电荷量一定相等
4.如图所示，粗糙水平面上有一倾角为θ、质量为M的绝缘斜面体，斜面体上有一可视为点电荷的质量为M的物体P。在与P等高（PQ连线水平）且相距为r的右侧固定一个可视为点电荷的物体Q，P、Q所带电荷量相同。P静止且受斜面体的摩擦力为零，斜面体保持静止，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）P、Q所带电荷量；
（2）斜面体所受地面的摩擦力大小；
（3）斜面体对地面的压力大小。
提示：完成课后作业 第九章 习题课一
5 / 52.库仑定律
课标要求 素养目标
1.了解库仑定律的内涵，具有与库仑力相关的相互作用观念。 2.能在熟悉情境中运用点电荷模型分析问题。 3.体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法。 4.了解库仑扭秤实验并能提出相关问题，体会科学研究的一些共性，并进行创新 1.通过与质点模型类比，体会将带电体看作点电荷的条件，进一步理解科学研究中的理想模型法。（物理观念） 2.通过探究库仑定律的过程，体会科学思想和方法。（科学探究） 3.通过例题和习题，掌握运用库仑定律分析求解问题的方法。（科学思维）
知识点一 电荷之间的作用力
1.库仑定律
（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的 成正比，与它们的距离的 成反比，作用力的方向在它们的连线上。
（2）适用条件：① ；② 。
2.静电力：电荷之间的相互作用力，也叫库仑力。
3.点电荷： 、大小及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以 的带电体，是一种理想化模型。
知识点二 库仑的实验
1.实验装置：库仑扭秤（如图所示）
2.实验步骤
（1）改变A和C之间的距离r，记录每次悬丝扭转的角度，便可找出力F与距离r的关系。
（2）根据完全相同的金属小球接触后所带的电荷量相等，改变A和C的带电荷量，记录每次悬丝扭转的角度，便可找出力F与带电荷量q之间的关系。
3.实验结论
（1）力F与距离r的二次方成反比，即F∝。
（2）力F与电荷量q1和q2的乘积成正比，即F∝q1q2。
4.库仑定律表达式：F＝ ，其中k叫作静电力常量，k＝ N·m2/C2。
知识点三 静电力计算
1.微观粒子间的万有引力 库仑力。在研究微观带电粒子的相互作用时，可以把万有引力忽略。
2.如果存在两个以上的电荷，那么，每个点电荷都要受到其他所有电荷对它的作用力。两个或两个以上点电荷对某一个点电荷的作用力，等于各点电荷单独对这个点电荷的作用力的 。
【情景思辨】
用控制变量法可以研究影响电荷间相互作用力的因素。如图所示，O是一个带电的物体，若把系在绝缘丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，就可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来。
（1）探究电荷之间的作用力与某一因素的关系时，必须采用控制变量法。（ ）
（2）只有电荷量很小的带电体才能看成点电荷。（ ）
（3）两点电荷所带的电荷量越大，它们间的静电力就越大。（ ）
（4）两点电荷所带的电荷量一定时，电荷间的距离越小，它们间的静电力就越大。（ ）
（5）若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力。（ ）
要点一 库仑定律的理解与应用
【探究】原子结构模型示意图如图所示。该模型中，电子绕原子核做匀速圆周运动，就像地球的卫星一样。
观察图片，思考：电子做匀速圆周运动所需的向心力是由原子核对电子的万有引力提供的吗？
【归纳】
1.静电力的大小计算和方向判断
（1）大小计算
利用库仑定律计算静电力的大小时，不必将表示电性的正、负号代入公式，只代入q1、q2的绝对值即可。
（2）方向判断
在两电荷的连线上，同种电荷相斥，异种电荷相吸。
2.库仑定律与万有引力定律的比较
比较项目 万有引力定律 库仑定律
公式 F＝ F＝
力的效果 只能是引力 既可以是引力，也可以是斥力
比较项目 万有引力定律 库仑定律
适用条件 质点或质量分布均匀的球体 真空中静止的点电荷
常数 引力常量G 静电力常量k
相同点 与距离的平方成反比
3.两个带电球体间的库仑力
（1）两个规则的均匀带电球体，相距比较远时，可以看成点电荷，也适用库仑定律，球心间的距离就是二者的距离。
（2）两个规则的带电球形导体相距比较近时，不能被看作点电荷，此时两带电球体之间的作用距离会随所带电荷量的改变而改变，即电荷的分布会发生改变。若带同种电荷时，如图（a），由于排斥而距离变大，此时F＜k；若带异种电荷时，如图（b），由于吸引而距离变小，此时F＞k。
【典例1】 两个大小相同、可看成点电荷的金属小球a和b，带有等量异种电荷，被固定在绝缘水平面上，这时两球间静电力的大小为F。现用一个不带电且与金属小球a、b大小相同的金属小球c先与a球接触，再与b球接触后移走，则a、b两球间的静电力大小变为（ ）
A. B. C. D.
尝试解答
规律方法
解决此类问题的思路
（1）先根据库仑定律写出原来a、b间静电力的表达式；
（2）再根据“两个完全相同的导体球相互接触后电荷量平分”确定接触后a、b各自所带的电荷量；
（3）最后根据库仑定律写出变化后a、b间静电力的表达式。
1.图示的仪器叫库仑扭秤，法国科学家库仑用此装置找到了电荷间相互作用的规律，装置中A、C为带电金属球，两球间静电力大小为F，B为不带电的平衡小球，现将C球电荷量减半，扭转悬丝使A回到初始位置，则A、C两球间静电力大小为（ ）
A. B.
C.F D.2F
2.两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（ ）
A.F B.F
C.F D.12F
要点二 静电力的叠加
1.两个或三个以上点电荷对某一点电荷的作用力，等于各点电荷单独对这个点电荷的作用力的矢量和。这个结论叫作静电力叠加原理。
2.静电力具有力的一切性质，静电力叠加原理实际就是力叠加原理的一种具体表现。
3.库仑力是矢量，若电荷受到的两个库仑力不在同一直线上，合成遵循平行四边形定则，如图所示。
【典例2】 如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）
A.a、b带同种电荷，k＝
B.a、b带异种电荷，k＝
C.a、b带同种电荷，k＝
D.a、b带异种电荷，k＝
尝试解答
1.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（ ）
A.一定是正电 B.一定是负电
C.可能是正电，也可能是负电 D.无法判断
2.如图所示，分别在A、B两点放置电荷量为Q1＝＋2×10－14 C和Q2＝－2×10－14 C的两点电荷。在AB的垂直平分线上有一点C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2 m。如果有一电子静止放在C点处，则它所受的库仑力的大小和方向如何？
1.下列对点电荷的认识，正确的是（ ）
A.只有体积很小的带电体才能看成点电荷
B.体积很大的带电体一定不能看成点电荷
C.只有球形带电体才能看成点电荷
D.当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷
2.两个分别带有电荷量－Q和＋7Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在间距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，两小球相互接触后再分别放回原处，则两球间库仑力的大小为（ ）
A.F B.F
C.F D.F
3.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知三角形的边长为1 cm，B、C所带电荷量为qB＝qC＝＋1×10－6 C，A所带电荷量为qA＝－2×10－6 C，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A所受B、C两个电荷的静电力的合力F的大小和方向为（ ）
A.180 N，沿AB方向
B.180 N，沿AC方向
C.180 N，沿∠BAC的角平分线
D.180 N，沿∠BAC的角平分线
4.如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，A、B处的点电荷所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是（ ）
A.A处的点电荷带正电，QA∶QB＝1∶8
B.A处的点电荷带负电，QA∶QB＝1∶8
C.A处的点电荷带正电，QA∶QB＝1∶4
D.A处的点电荷带负电，QA∶QB＝1∶4
提示：完成课后作业 第九章 2.
5 / 54.静电的防止与利用
课标要求 素养目标
了解生产生活中关于静电的利用与保护 1.认识静电平衡，能说出导体达到静电平衡状态时的基本特征。（物理观念） 2.了解尖端放电和静电屏蔽现象，知道导体上电荷的分布特点。（物理观念） 3.会根据静电屏蔽和静电平衡的条件，分析感应电荷的电场强度。（科学思维） 4.能应用静电吸附的性质，解释静电除尘、静电喷漆、静电复印的工作原理。（科学思维） 5.通过探究静电屏蔽现象，联系生活，了解静电的防止和利用。（科学探究）
知识点一 静电平衡 尖端放电
1.静电平衡
（1）静电感应现象：放入电场中的导体，由于静电感应，在导体的两侧出现 的现象。
（2）静电平衡状态：导体两侧出现的感应电荷在导体内部产生的电场与外加电场的合电场强度为 ，导体内的自由电子不再发生定向移动的状态。
（3）处于静电平衡状态的导体，其 的电场强度处处为0。
2.尖端放电
（1）空气的电离：导体尖端的电荷 很大，周围的电场强度很大，使空气中的带电粒子发生剧烈运动，并与空气分子碰撞从而使空气分子中的正负电荷 的现象。
（2）尖端放电：导体尖端的强电场使附近的空气电离，电离后的异种离子与尖端上的电荷 ，相当于导体从尖端失去电荷的现象。
3.应用与防止
（1）应用： 是利用尖端放电避免雷击的一种设施。
（2）防止：高压设备中导体的表面尽量 ，减少电能的损失。
知识点二 静电屏蔽 静电吸附
1.静电屏蔽
（1）定义：静电平衡时，导体壳内电场强度保持为0， 对壳内的仪器不会产生影响。金属壳的这种作用叫作静电屏蔽。
（2）应用
①把电学仪器放在封闭的金属壳或金属网里。
②野外三条输电线上方架设两条导线，与大地相连，形成一个稀疏的金属“网”，把高压输电线屏蔽起来。
2.静电吸附
（1）静电除尘：设法使空气中的尘埃带电，在静电力作用下，尘埃到达电极而被收集起来。
（2）静电喷漆：接负高压的涂料雾化器喷出的油漆微粒带负电，在静电力作用下，微粒飞向正极的工件，并沉积在工件的表面，完成喷漆工作。
（3）静电复印
①核心部件：有机光导体鼓，有机光导体（OPC）在受到光照射时变成导体。
②工作过程
【情景思辨】
随着科技的发展，人类对于电的需求越来越广，电能输送过程中的输送电压越来越高，电工师傅为了不影响用户用电，需要带电作业，作业时需穿特制的屏蔽服，屏蔽服是采用均匀的铜丝编织成的服装。判断下列说法的正误。
（1）铜丝编织的衣服不容易被拉破，所以用铜丝编织作业服。（ ）
（2）电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内无电场，对人体起保护作用。（ ）
（3）电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用。（ ）
（4）铜丝衣服必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用。（ ）
要点一 对静电平衡的理解
【探究】
如图，把一个不带电的金属导体放到电场中，导体内的自由电子将发生定向移动，从而使导体两端出现等量异种电荷。请思考：自由电子定向移动的原因是什么？定向移动的方向如何？
【归纳】
1.对静电平衡的三点理解
（1）静电平衡是自由电荷发生定向移动的结果，达到静电平衡时，自由电荷不再发生定向移动。
（2）金属导体建立静电平衡的时间是非常短暂的。
（3）导体达到静电平衡后内部电场强度处处为零是指外电场E0与导体两端的感应电荷产生的附加电场E'的合电场强度为零，即E'＝－E0。
2.静电平衡状态下导体上的电荷和电场线分布特点
（1）净电荷只分布在导体表面，内部没有净电荷。
（2）感应电荷分布于导体两端，电性相反，电荷量相等，近异远同，如图甲所示。
（3）净电荷在导体表面的分布不均匀，一般越是尖锐的地方电荷的分布越密集，如图乙所示。
（4）导体内部电场强度为零，故没有电场线。导体表面处电场线与导体表面处处垂直。
【典例1】 如图所示，一个不带电的枕形导体，固定在绝缘支架上，左端通过开关S接地，A、B是导体内部的两点，当开关S断开时，将带正电的小球置于导体左侧。下列说法正确的是（ ）
A.A、B两点的电场强度相等，且都不为零
B.A、B两点的电场强度不相等
C.导体上的感应电荷在A、B两点的电场强度大小相等
D.当开关S闭合时，电子沿导线从大地向导体移动
尝试解答
1.矩形金属导体处于正点电荷Q产生的电场中，静电平衡时感应电荷产生的电场在导体内的电场线分布情况正确的是（ ）
2.如图所示，较厚的空腔导体中有一个正电荷，图中a、b、c、d各点的电场强度大小顺序为（ ）
A.Ea＞Eb＞Ec＞Ed B.Ea＞Ec＞Ed＞Eb
C.Ea＞Ec＝Ed＞Eb D.Ea＜Eb＜Ec＝Ed
要点二 对静电屏蔽的理解
【探究】
在如图所示的实验中，验电器的金属箔片能张开吗？为什么？
【归纳】
1.静电屏蔽的实质
静电屏蔽的实质是利用了静电感应现象并达到静电平衡，使金属壳内感应电荷的电场和外加电场矢量和为零，好像是金属壳将外电场“挡”在外面，即所谓的屏蔽作用，其实是壳内两种电场并存，矢量和为零，所以做静电屏蔽的材料只能是导体，不能是绝缘体。
2.静电屏蔽的两种情况
导体外部电场不影响导体内部 接地导体内部的电场不影响导体外部
图示
实现 过程 因场源电荷产生的电场与导体球壳表面上感应电荷产生的电场在空腔内的合电场强度为零，达到静电平衡状态，起到屏蔽外电场的作用 当空腔外部接地时，外表面的感应电荷因接地将传给地球，外部电场消失，起到屏蔽内电场的作用
最终 结论 导体内空腔不受外界电荷影响 接地导体空腔外部不受内部电荷影响
3.静电屏蔽问题的三点注意
（1）空腔可以屏蔽外界电场，接地的空腔可以屏蔽内部的电场，其本质都是因为激发电场与感应电场叠加的结果，分析中应特别注意分清是哪一部分电场作用的结果，还是合电场作用的结果。
（2）对静电感应，要掌握导体内部的自由电荷是如何移动的，是如何建立起附加电场的，何处会出现感应电荷。
（3）对静电平衡，要理解导体达到静电平衡时所具有的特点。
【典例2】 如图，某科技馆的静电表演台上，体验者站在一个接地金属笼中，一位工作人员手持50 kV的高压放电杆靠近金属笼，当与笼壁间距接近30 cm时，放电杆与笼壁间会产生强烈的电弧，而此时笼中的体验者即使手摸笼体内部也安然无恙。则在放电杆放电时（ ）
A.笼体上感应电荷在笼体内激发的电场的电场强度处处为零
B.放电杆在笼体内激发的电场的电场强度处处为零
C.笼体表面及其内部任意位置的电场强度均为零
D.只有笼体的外表面带电，笼体内表面不带电
尝试解答
1.如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，若把一带有正电荷的绝缘体A移近金属罩B，则（ ）
A.金属罩B的内表面带正电荷
B.金属罩B的右侧外表面带正电荷
C.验电器C的金属箔片将张开
D.金属罩B左、右两侧电荷电性相同
2.（多选）电力工作人员在几百万伏的高压线上进行带电作业，电工全身穿戴带电作业用的屏蔽服，屏蔽服是用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后再做成的服装，下列说法正确的是（ ）
A.采用金属材料编织衣服的目的是使衣服不易拉破
B.采用金属材料编织衣服的目的是利用静电屏蔽
C.电工穿上屏蔽服后，体内场强为零
D.屏蔽服中的金属网不能起到屏蔽作用
要点三 静电的防止和利用
1.静电是如何产生的
两种不同的物体相互摩擦可以起电，甚至干燥的空气与衣物摩擦也会起电。摩擦起的电在能导电的物体上可迅速流失，而在不导电的绝缘体（如化纤、毛织物等物体）上就不会流失而形成静电，并聚集起来，当达到一定的电压时就产生放电现象，产生火花并发出声响。
2.静电的应用和防止
（1）静电的应用
利用静电的性质 应用举例
利用静电能吸引轻小物体 静电复印、静电喷漆、静电喷雾、激光打印、静电除尘
利用高压产生的电场 静电保鲜、静电灭菌、农作物种子处理
利用放电产生物 臭氧防止紫外线、氮合成氨
（2）静电的防止
防止静电危害的基本办法是尽快把产生的静电导走，避免越积越多。
防止静电的途径主要有：
①避免产生静电，例如，在可能情况下选用不易产生静电的材料。
②避免静电的积累，产生的静电要设法导走，例如，增加空气湿度、接地等。
【典例3】 （多选）静电的应用有多种，如静电除尘、静电喷涂、静电植绒、静电复印等，它们依据的原理都是让带电的物质粒子在电场力作用下奔向并吸附到电极上，静电喷漆的原理如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A.在喷枪喷嘴与被喷涂工件之间有一强电场 B.涂料微粒一定带正电
C.涂料微粒一定带负电 D.涂料微粒可以带正电，也可以带负电
尝试解答
1.在手术时，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地。这是为了（ ）
A.除菌消毒 B.消除静电
C.利用静电 D.防止漏电
2.如图所示的是静电除尘示意图，m、n 为金属管内两点。在 P、Q 两点加高电压时，金属管内空气电离。电离出来的电子在电场力的作用下，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，导致煤粉被吸附到管壁上，排出的烟就清洁了。就此示意图，下列说法正确的是（ ）
A.Q接电源的正极，且电场强度Em＝En B.Q接电源的正极，且电场强度 Em＞En
C.P接电源的正极，且电场强度 Em＝En D.P接电源的正极，且电场强度 Em＞En
1.一个带电的金属球，当它带的电荷量增加且稳定后，其内部的电场强度（ ）
A.一定增强 B.不变
C.一定减弱 D.可能增强，也可能减弱
2.如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M接高压电源的正极，金属板N接负极。金属板N上有两个等高的金属柱A、B，A为尖头，B为圆头。逐渐升高电源电压，当电压达到一定数值时，可看到放电现象，先产生放电现象的是（ ）
A.A金属柱 B.B金属柱
C.A、B金属柱同时 D.可能是A金属柱，也可能是B金属柱
3.如图所示的有线电视信号线内有一层金属编织网，其主要作用是（ ）
A.加固作用不易折断信号线
B.用于信号的传输
C.为防止外界电场干扰
D.铜芯与金属网分别接在电路的两极组成回路
4.一个带绝缘底座的空心金属球A带有4×10－8 C的正电荷，上端开有适当小孔，有绝缘柄的金属小球B带有2×10－8 C的负电荷，使B球和A球内壁接触，如图所示，则A、B带电荷量分别为（ ）
A.QA＝10－8 C，QB＝10－8 C
B.QA＝2×10－8 C，QB＝0
C.QA＝0，QB＝2×10－8 C
D.QA＝4×10－8 C，QB＝－2×10－8 C
5.如图所示，在工厂里，靠近传送带的工人经常受到电击。经研究发现，这是由于传送带在传送过程中带上了电。
（1）解释为什么靠近传送带的物体会带电？
（2）你可以用什么方法来解决这个问题？
提示：完成课后作业 第九章 4.
7 / 71.电荷
课标要求 素养目标
1.通过实验，了解静电现象。 2.能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象 1.初步形成电荷的概念，理解电荷守恒定律。（物理观念） 2.明确不同的起电方式和不同起电方式的实质。（科学思维） 3.知道正、负电荷的规定及电荷间相互作用的规律。（物理观念） 4.了解验电器的构造、原理，并借助验电器感受摩擦起电、感应起电的过程。（科学推理）
知识点一 电荷
1.两种电荷：自然界的两种电荷， 和 。
2.电荷量：电荷的 ，常用Q或q表示，国际单位制单位是 ，简称 ，符号是 。
3.物体带电的本质
（1）原子的组成
（2）摩擦起电的原因
两个物体相互摩擦时， 从一个物体转移到另一个物体，原来呈电中性的物体由于 电子而带负电， 电子的物体则带正电。
（3）金属的微观结构
金属中原子的外层电子往往会脱离原子核的束缚而在金属中自由运动，这种电子叫作 ，失去自由电子的原子便成为带正电的 。
知识点二 静电感应
1.静电感应：当一个带电体靠近导体时，由于电荷间相互吸引或 ，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带 电荷，远离带电体的一端带 电荷的现象。
2.感应起电：利用 使金属导体带电的过程。
3.枕形导体感应起电的步骤
第一步：靠近
第二步：分开
第三步：移走
知识点三 电荷守恒定律
1.电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体 到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持 。
2.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的 保持不变。
知识点四 元电荷
1.定义：实验发现的最小电荷量就是 所带的电荷量，这个最小的电荷量叫作元电荷，用符号e表示。
2.所有带电体的电荷量都是e的 ，电荷量是不能 变化的物理量。
3.元电荷的大小：现在公认的元电荷e的值为e＝1.602 176 634×10－19 C，在计算中通常取e＝ C。
4.电子的比荷：电子的电荷量e与电子的质量me之 。电子的比荷为＝1.76×1011 C/kg。
【情景思辨】
如图所示，当一个带电体C靠近导体时，由于电荷间的相互吸引或排斥，导体中的自由电荷便会趋向或远离带电体，使导体靠近带电体的一端带上与带电体异种的电荷，远离带电体的一端带上与带电体同种的电荷。利用这种方式使物体带电的方法叫感应起电。
（1）感应起电说明带电体可以在不带电的物体内创造电荷。（ ）
（2）感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程。（ ）
（3）先把A、B分开，然后移走C，A、B两端所带电荷都是负电荷。（ ）
（4）先把A、B分开，然后移走C，贴在A、B下部的金属箔片都闭合。（ ）
要点一 三种起电方式
【探究】
下面三幅图对应三种带电方式，试说明图甲、图乙、图丙分别对应哪种带电方式，电荷是如何转移的？
【归纳】
三种起电方式的对比
摩擦起电 感应起电 接触起电
现象 两物体带上等量异种电荷 导体两端出现等量异种电荷 导体带上与带电体同性的电荷
原因 不同物质原子核对电子的束缚能力不同。束缚能力强的得电子，带负电；束缚能力弱的失电子，带正电 电子在电荷间相互作用下发生转移，近端带异种电荷，远端带同种电荷 在电荷间相互作用下，电子从一个物体转移到另一个物体上
实质 电子在物体之间或物体内部的转移
说明 无论哪种起电方式，发生转移的都是电子，正电荷不会发生转移
【典例1】 如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开（ ）
A.此时A带正电，B带负电
B.此时A、B都带正电
C.移去C，则贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开，然后移去C，则贴在A、B下部的金属箔都闭合
尝试解答
1.如果天气干燥，晚上脱毛衣时，会听到“噼啪”的响声，还会看到电火花，关于这种现象产生的原因，下列说法正确的是（ ）
A.人身体上产生电流造成的
B.接触带电造成的
C.摩擦起电造成的
D.感应起电造成的
2.两个原来不带电的金属球B、C接触放置，将带负电的A球靠近B球（不接触），则（ ）
A.B球将带正电
B.C球不带电
C.用手摸一下B球，B球不再带电
D.将B、C分开，移走A，再将B、C接触，B球带正电
要点二 元电荷 电荷守恒定律
1.元电荷
（1）元电荷是最小的电荷量，而不是实物粒子，元电荷无正、负之分。
（2）虽然质子、电子所带的电荷量等于元电荷，但不能说质子、电子是元电荷。
2.两金属导体接触后电荷量的分配规律
（1）当两个导体材料、形状不同时，接触后再分开，只能使两者均带电，但无法确定电荷量的多少。
（2）若使两个完全相同的带电金属球相互接触，则有
【典例2】 甲、乙两个原来不带电荷的物体相互摩擦，结果发现甲物体带了1.6×10－15 C的电荷量（正电荷），下列说法正确的是（ ）
A.乙物体也带了1.6×10－15 C的正电荷
B.甲物体失去了104个电子
C.乙物体失去了104个电子
D.甲、乙两物体共失去了2×104个电子
尝试解答
1.关于元电荷，下列说法错误的是（ ）
A.所有带电体的电荷量的绝对值一定等于元电荷的整数倍
B.元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C
C.元电荷实际上是指电子和质子本身
D.元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的
2.（多选）甲、乙、丙三个物体最初均不带电，乙、丙是完全相同的导体，今使甲、乙两个物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后得知甲物体所带电荷量为＋1.6×10－15C，则对于最后乙、丙两个物体的带电情况，下列说法中正确的是（ ）
A.乙物体一定带有电荷量为8×10－16C的负电荷
B.乙物体可能带有电荷量为2.4×10－15 C的负电荷
C.丙物体一定带有电荷量为8×10－16 C的正电荷
D.丙物体一定带有电荷量为8×10－16 C的负电荷
要点三 验电器的原理和使用
【探究】
验电器结构简单，同学可以用自制的验电器进行一些探究实验。如图所示，首先使验电器带了负电荷，验电器的金属箔片张开，但是经过一段时间后发现该验电器的金属箔片几乎闭合了。为什么会出现这种现象？是验电器的电荷消失了吗？
【归纳】
1.验电器不带电时，其金属箔不张开。若用带电的金属棒靠近或接触验电器上的金属球，发生感应起电或接触起电，有一部分电荷转移到了金属箔上，则金属箔因为同种电荷相互排斥而张开。金属箔张开的角度越大，说明转移的电荷量越多，同时也说明金属棒带的电荷量越多。
2.若验电器本身带电（如带负电），其金属箔张开。如图所示。当用带电的金属棒A（如带正电）跟B接触时，因为电荷间的相互作用，验电器的金属箔可能出现两种现象：金属箔张角减小或先减小再增大。这是因为当A上正电荷较少时，A上的正电荷会与B上的负电荷中和，金属箔的张角就会减小。若A上正电荷较多，则A上的正电荷中和完B上原有的负电荷后，剩余的正电荷会使金属箔再张开。
【典例3】 （多选）如图所示，有一带正电的验电器，当一个金属球A靠近验电器上的金属球B时，验电器中金属箔的张角减小，则（ ）
A.金属球A可能不带电
B.金属球A一定带大量正电荷
C.金属球A可能带大量负电荷
D.金属球A一定带大量负电荷
尝试解答
1.吉尔伯特制作了第一只验电器，后来，英国人格雷改进了验电器，其结构如图所示，验电器原来带正电，如果用一根带大量负电的金属棒接触验电器的金属球，金属箔的张角将（ ）
A.先变小后变大 B.变大
C.变小 D.先变大后变小
2.如图所示，用带正电的带电体A靠近（不接触）不带电的验电器的金属球，则（ ）
A.验电器的金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
B.验电器的金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
C.验电器的金属箔片张开，因为验电器的两金属箔片都带上了正电
D.验电器的金属箔片不张开，因为带电体A没有和验电器的金属球接触
1.如图所示，将一束塑料丝一端打结，并用手迅速向下捋塑料丝多次，观察到这束塑料丝下端散开了，产生这种现象的主要原因是（ ）
A.塑料丝之间相互感应起电 B.塑料丝所受重力小，自然松散
C.塑料丝受到空气浮力作用而散开 D.由于摩擦起电，塑料丝带同种电荷而相互排斥
2.如图所示，起初用绝缘柱支持的导体A和B彼此接触，且均不带电。手握绝缘棒把带正电荷的物体C移近导体A，但不接触，把A、B分开后，A带上－1.0×10－8 C的电荷，则下列说法正确的是（ ）
A.B得到1.0×108个电子 B.B失去1.0×108个电子
C.B带－1.0×10－8 C电荷 D.B带＋1.0×10－8 C电荷
3.（多选）M和N是两个都不带电的物体。它们互相摩擦后，M带正电荷2.72×10－9 C，下列判断正确的有（ ）
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦过程中电子从M转移到N
C.N在摩擦后一定带负电荷2.72×10－9 C
D.M在摩擦过程中失去1.7×1010个电子
4.如图所示，不带电的导体B在靠近带正电的导体A后，P端和Q端分别感应出负电荷和正电荷，则以下说法正确的是（ ）
A.若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带负电
B.若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电
C.若用导线将Q端接地，然后断开，再取走A，则导体B将不带电
D.若用导线将P端接地，然后断开，再取走A，则导体B将带正电
提示：完成课后作业 第九章 1.
7 / 7习题课二 静电力的性质
要点一 非点电荷的电场强度
方法1 对称法
（1）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。
（2）在电场中，应用对称性解题可将问题大大简化。
【典例1】 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A.正电荷，q＝
B.正电荷，q＝
C.负电荷，q＝
D.负电荷，q＝
尝试解答
方法2 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，或将有空腔的球体补全为实球体等。
【典例2】 已知均匀带电球体在球外产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝πr3，则A点处电场强度的大小为（ ）
A. B.
C. D.
尝试解答
方法3 微元法
若一个带电体不能视为点电荷，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。
【典例3】 （多选）如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球（大小不计），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O的距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为（ ）
A. B.
C.k D.
尝试解答
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、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点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为（k为静电力常量）（ ）
A.k B.k
C.k D.k
2.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为。在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷Q，O'、M点间的距离为R，已知P点的电场强度为零，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小为（ ）
A.0 B.
C. D.－
要点二 电场线和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凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向。
2.分析方法
（1）由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向。
（2）由电场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比较电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断带电粒子加速度的大小。
【典例4】 （多选）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（ ）
A.粒子带正电荷
B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能
尝试解答
1.如图中实线为一匀强电场的电场线，虚线为一个点电荷仅受电场力作用时的运动轨迹的一部分，则可以知道（ ）
A.电场线方向向右
B.电场线方向向左
C.点电荷是负电荷
D.点电荷经过B点时速度比经过A点时速度大
2.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c点的速度一定大于在a点的速度
要点三 带电体在电场中的运动
1.带电体在多个力作用下处于平衡状态时，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中的加速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。
【典例5】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10－6 C的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。从某时刻开始，电场强度变为原来的，求：
（1）原来的电场强度大小E0；
（2）小物块运动的加速度a的大小和方向；
（3）沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v。
尝试解答
竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用轻质丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右金属板间的距离为b，如图所示，已知重力加速度为g。
（1）求小球所带电荷量。
（2）若剪断丝线，则小球多长时间碰到金属板？
1.一带负电荷的质点，只在静电力作用下沿曲线abc由a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，图中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）
2.（多选）如图所示，水平实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在电场中运动时只受电场力作用，则由此图可作出的正确判断是（ ）
A.该粒子带负电荷 B.该粒子运动方向为由a至b
C.带电粒子所受电场力的方向向右 D.带电粒子做匀变速运动
3.如图所示，电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心。若图中A点处的电场强度为零，静电力常量为k，则带电薄板在图中B点处产生的电场强度（ ）
A.大小为k，方向水平向左
B.大小为k，方向水平向右
C.大小为k，方向水平向左
D.大小为k，方向水平向右
4.如图所示，长l＝1 m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°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小球所受电场力F的大小；
（2）小球的质量m；
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
提示：完成课后作业 第九章 习题课二
5 / 5学习讲义部分
第九章 静电场及其应用
1.电荷
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正电荷 负电荷 2.多少 库仑 库 C 3.（1）带正电 不带电 带负电 相等 （2）电子 得到 失去 （3）自由电子 离子
知识点二
1.排斥 异种 同种 2.静电感应
知识点三
1.转移 不变 2.代数和
知识点四
1.电子 2.整数倍 连续 3.1.60×10－19 4.比
情景思辨
（1）× （2）√ （3）× （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：图甲对应接触带电；图乙对应摩擦带电；图丙对应感应带电。图甲中，电荷在球与人体间转移，图乙中，电荷在玻璃棒与丝绸间转移，前两者电荷均是从一个物体转移到另一物体，图丙中，电荷在导体内部从导体的一部分转移到另一部分。
【典例1】 C 将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，A、B错误；移去C，由于A、B中正、负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，C正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，D错误。
素养训练
1.C 脱毛衣时由于摩擦起电，衣服间产生异种电荷，当电荷积累到一定程度时，会产生电火花，并伴有“噼啪”的响声，选项C正确，A、B、D错误。
2.A 带负电的A球靠近B球（不接触），由于静电感应使B球带正电，C球带负电，故A正确，B错误；人体是导体，用手摸一下B球，B球与人体、地球构成整体，大地是远端，带负电，B球是近端，带正电，故C错误；将B、C分开，移走A，B球带正电，C球带等量的负电，再将B、C接触，C上的负电荷转移到B上，从而使B、C都不带电，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 B 甲、乙两个物体相互摩擦，甲带1.6×10－15 C的正电荷，那么由电荷守恒定律可知，乙应带1.6×10－15 C 的负电荷，即甲失去了104个电子，乙得到了104个电子，故B正确。
素养训练
1.C 所有带电体的电荷量的绝对值一定等于元电荷的整数倍，选项A正确；元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C，选项B正确；元电荷是最小的电荷量，不是指电子和质子本身，选项C错误；元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确。
2.AD 甲、乙、丙三个物体原来都不带电，甲、乙两个物体相互摩擦导致甲物体失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，由于乙、丙两物体完全相同，故乙、丙两物体带等量负电荷，由电荷守恒定律可知乙、丙两物体最终所带电荷量均为8×10－16 C，A、D正确。
要点三
知识精研
【探究】 提示：验电器上所带负电荷减少的主要原因是潮湿的空气可以导电，电子被导走了。该现象是由电子的转移引起的，验电器的电荷并没有消失，仍然遵循电荷守恒定律。
【典例3】 AC 验电器的金属箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，张开角度的大小取决于两金属箔带电荷量的多少。如果A球带大量负电荷，靠近验电器的B球时，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，B球上的自由电子将向金属箔移动，使得金属箔上所带正电荷减少，从而使两金属箔张角减小；如果A球不带电，在靠近B球时，发生静电感应现象，使A球靠近B球的一面出现负的感应电荷，而背向B球的一面出现正的感应电荷，A球上的负的感应电荷反过来使验电器上的负电荷向金属箔移动，效果与A球带负电相同，从而使金属箔张角减小，选项A、C正确，B、D错误。
素养训练
1.A 带大量负电的金属棒接触验电器的金属球是接触起电，验电器上所带的正电荷先与负电荷中和，验电器带电量减少，金属箔张角变小；中和完后，多余的负电荷又会转移到验电器上，使金属箔的张角再次变大。
2.C 带正电的带电体A靠近原来不带电的验电器的金属球，因为异种电荷相互吸引，电子受到吸引移动到金属球上，所以金属球带负电，金属箔片失去电子带正电，由于同种电荷相互排斥，金属箔片张开，故C正确，A、B、D错误。
【教学效果·勤检测】
1.D 由于不同物质对电子的束缚本领不同，当手与塑料丝摩擦时，使塑料丝带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，因此会观察到塑料丝散开，D正确，A、B、C错误。
2.D 由静电感应知，导体A聚集负电荷，导体B聚集正电荷，导体A得到电子，导体B失去电子，电子数为n＝＝个＝6.25×1010个，A、B错误；根据电荷守恒定律可得，A带上－1.0×10－8 C的电荷，则B带＋1.0×10－8 C电荷，C错误，D正确。
3.BCD 在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性，A错误；M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B正确；在摩擦起电过程中，得失电子数目是相等的，根据电荷守恒定律，M带正电荷2.72×10－9 C，则N一定带负电荷2.72×10－9 C，C正确；M失去的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个，D正确。
4.A 不带电的导体B在靠近带正电的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因缺少电子而带正电；若用导线接地，无论接导体的任何部位，正电荷都将被大地的负电荷中和，断开接地线，再取走A，导体B将带负电，故A正确。
2.库仑定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）乘积 二次方 （2）①真空 ②点电荷 3.形状 忽略
知识点二
4.k 9.0×109
知识点三
1.远小于 2.矢量和
情景思辨
（1）√ （2）× （3）× （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：不是，原子核对电子的库仑力提供了向心力，两者间的万有引力要比库仑力小得多，完全可以忽略不计。
【典例1】 D 设a球与b球的电荷量大小均为q，假设a球带正电，则b球带负电，当不带电的小球c与a球接触后，a、c两球平分电荷，每球带电荷量为＋，当再把c球与b球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球所带电荷量为－，由库仑定律F＝k可知，当移开c球后，由于a、b两球间距离不变，所以a、b两球之间的静电力的大小为F1＝。
素养训练
1.B 根据库仑定律可得F＝k，将C球电荷量减半，扭转悬丝使A回到初始位置，则A、C两球间距离不变，则A、C两球间静电力大小为，所以B正确。
2.C 由库仑定律知F＝k，当两小球接触后，带电荷量都为Q，故接触后库仑力F'＝＝k，由以上两式解得F'＝F，故C正确。
要点二
知识精研
【典例2】 D 如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或均为引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由相似三角形可知＝＝，结合库仑定律可得＝＝，同理易知若a对c的作用力为引力，b对c的作用力为斥力，结果相同，B错误，D正确。
素养训练
1.B 对点电荷A受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上，若C带正电，则C对A的库仑斥力沿CA的连线向上，这两个斥力的合力方向在BA延长线和CA延长线夹角范围内，不包括两条延长线，不可能偏BA延长线向右；若C带负电，C对A的库仑引力沿AC的连线向下，与B对A的库仑斥力的合力偏向BA延长线右侧，所以C一定带负电，故B正确，A、C、D错误。
2.8.0×10－21 N 方向平行于AB连线水平向左
解析：电子带负电荷，在C点同时受A、B两处点电荷的作用力FA、FB，如图所示。由库仑定律F＝k得，FA＝k＝9.0×109× N＝8.0×10－21 N，FB＝k＝8.0×10－21 N。由矢量的平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线水平向左。
【教学效果·勤检测】
1.D 由带电体看作点电荷的条件可知，当带电体的形状、大小及电荷分布对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷由研究问题的性质决定，与带电体自身大小、形状无关，选项A、B、C错误；当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，两带电体的大小、形状及电荷分布对两带电体间相互作用力的影响可忽略不计，因此可将这两个带电体看成点电荷，选项D正确。
2.D 接触前两个带电小球之间的库仑力大小为F＝＝，接触之后两球所带电荷先中和后均分，故两球所带电荷量均变为＋3Q，此时两球之间的库仑力大小为F'＝＝，解得F'＝F，故D正确。
3.D 点电荷B、C对点电荷A的静电力大小相等，为FBA＝FCA＝＝ N＝180 N，如图所示，A受大小相等的两个静电力，两静电力夹角为60°，由平行四边形定则和几何知识得A受到的静电力的合力大小为F＝2FBAcos 30°＝2×180× N＝180 N，方向沿∠BAC的角平分线，故D正确。
4.B 要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。FBsin 30°＝FA，即k·sin 30°＝，解得＝，故选项B正确。
习题课一 库仑力作用下的平衡与加速
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 对小球A进行受力分析如图所示。由对称性可知细线拉力大小等于库仑力大小。根据平衡条件可知F库 cos 30°＝mg，解得F库＝，细线拉力大小FT＝F库＝，故B正确，A错误；由库仑定律可得A、B间库仑力的大小为F库＝，细线拉力FT也为，故C、D错误。
素养训练
1.C 均匀带电的星球可视为点电荷。粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故C正确。
2.A 以A、B、C整体为研究对象，对其受力分析，受重力、支持力以及弹簧的拉力，则由力的平衡条件可知，弹簧拉力F＝k0x'＝3Mgsin α，解得x'＝，B错误；以A为研究对象，小球受到的静电力大小为FA＝F－Mgsin α＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C错误；为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上，则小球C应带正电，设相邻两球之间的距离为x，则对小球B由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，对小球C由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，解得qC＝q0，x＝q0，A正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 负电荷 q1 在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm
解析：设c与a相距x，则c、b相距0.4 m－x，设c的电荷量为q3，根据二力平衡可列平衡方程。
a平衡，则k＝k
b平衡，则k＝k
c平衡，则k＝k
解其中任意两个方程，可解得x＝0.3 m（c在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm），q3＝q2＝q1（q1、q2为正电荷，q3为负电荷）。
素养训练
1.B 根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”，则a的电荷量一定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。
2.ABC 三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以a和c带同种电荷，b带异种电荷，故A、B正确；根据库仑定律和矢量的合成有k＝k＝k，化简可得q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，故C正确，D错误。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）－g （2）2k
解析：（1）根据库仑定律得两球间相互吸引的库仑力为F'＝k＝k
对B球由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma
联立解得加速度为a＝－g。
（2）把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有
F－2mgsin 30°＝2ma，
解得F＝2k。
素养训练
1.B 设轻绳的拉力为FT，则对A，有FT＋FTcos 60°＝k，FTcos 30°＝maA，联立解得aA＝，B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2maA＝，C、D错误。
2.AC 两个带异种电荷的粒子之间的相互作用力为引力，两个粒子不会彼此靠近，和双星相似，两粒子角速度相同，设A质量为m1，带电荷量为＋q1，B质量为m2，带电荷量为－q2，对A有＝m1ω2r1＝m1＝m1v1ω，对B有＝m2ω2r2＝m2＝m2v2ω，可知r1∶r2＝m2∶m1，v1∶v2＝m2∶m1，A、C正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小。
2.AD 由于A、B之间为库仑斥力，所以B球带正电，A正确，B错误；
对B球受力分析，如图所示。
根据平衡条件得
FTcos α＝mg
FTsin α＝F
F＝k
解得FT＝，q＝，故C错误，D正确。
3.AD 以B为研究对象，B球受重力及A、C对B球的静电力而处于平衡状态，则A、C球对B球的静电力的合力应与重力大小相等、方向相反，而静电力的方向只能沿两电荷的连线方向，则A对B的静电力应指向A，C对B的静电力应指向B的左侧，由此可知，B、C都应带负电荷，A正确，B错误；由受力分析图可知，A对B的静电力应为C对B静电力的2倍，故C所带电荷量应为A所带电荷量的一半；同理分析C可知，B所带电荷量也应为A所带电荷量的一半，故B、C所带电荷量相等，C错误，D正确。
4.（1）均为 （2）Mgtan θ （3）2Mg
解析：（1）对物体P受力分析，物体P受到水平向左的库仑力F库，垂直斜面向上的支持力FN，竖直向下的重力Mg。
根据平衡条件有tan θ＝，
设P、Q所带电荷量的大小为q，由库仑定律得
F库＝k
解得q＝。
（2）对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力2Mg，竖直向上的支持力F支，水平向左的库仑力F库和水平向右的摩擦力Ff，由水平方向受力平衡有Ff＝F库＝Mgtan θ。
（3）对斜面体和物体P整体受力分析，竖直方向上受力平衡，所以地面对斜面体的支持力F支＝2Mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力大小为2Mg。
3.电场 电场强度
第1课时 电场强度 电场强度的叠加
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）物质 （2）力的作用 电场 2.电荷量 3.电场
4.（1）静电力 （2） （4）矢 相同
知识点二
1.（1）k （2）正 负 3.矢量和 矢量和
情景思辨
（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）电场强度。可以通过试探电荷受力来定义。
（2）E与F无关，E与试探电荷q无关。
【典例1】 B 电场强度E＝是采用比值法定义的，不能认为电场强度E跟F成正比，跟q成反比，故A错误；电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量多少和受力大小无关，试探电荷所带的电荷量变化时，在电场中的同一点受到的电场力与所带电荷量的比值都相同，故B正确；电场强度的方向与正试探电荷受到的静电力方向一致，与负试探电荷受到的静电力方向相反，但电场强度不因试探电荷的变化而变化，故C错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故D错误。
素养训练
1.B 电场强度是描述电场的强弱和方向的物理量，大小等于试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，由电场本身决定，故与试探电荷的有无、电性、电荷量的大小无关；故在该点放入电荷量为－q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为＋3q的试探电荷时电场强度大小仍为E，方向不变，故B正确，A、C、D错误。
2.C 电场强度是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷的正负和大小无关，故在A点放一个负试探电荷时，A点的电场强度方向仍水平向右，大小仍为E，A、B错误；负电荷的受力方向与电场方向相反，由F＝qE可知，电荷量为－2q的试探电荷所受的电场力大小为2F，方向水平向左，C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 D 以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，因为场强是矢量，所以场强不同，故A错误；r→0时，带电体已不能看成点电荷了，点电荷的场强公式E＝k不再适用，故B错误；点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向背离点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向指向点电荷Q向内，故C错误；在点电荷Q产生的电场中，场强公式E＝k为决定式，所以某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故D正确。
【典例3】 B 依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则E1∶E2＝2∶1，B正确。
素养训练
1.BD E＝中q指的是试探电荷的电荷量，E＝中Q指的是场源电荷的电荷量，故B、D正确。
2.C 四个点电荷的电荷量相等，两条对角线上的电荷都是一对等量异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相等，如图所示，则合电场强度的方向竖直向下。任意一对等量异种点电荷的合电场强度E＝2×＝，所以合电场强度E合＝，故A、B、D错误，C正确。
【教学效果·勤检测】
1.AD 电场中某点的电场强度与试探电荷无关，A正确，B错误；由F＝qE可知，F-q图线为过原点的倾斜直线，D正确，C错误。
2.D 根据正电荷在该点的受力方向为该点电场强度的方向，可知P点与Q点的电场强度方向不同。由点电荷的电场强度公式可得EP＝，EQ＝，由于＜，所以EP＞EQ，选项D正确。
3.C 正电荷Q在A点产生的电场强度为E，沿BA方向，负电荷Q在A点产生的电场强度也为E，方向沿AC方向，根据电场强度的叠加可知E合＝＝E，故C正确，A、B、D错误。
4.B 只在A点放正电荷时，B点的电场强度为E＝k，又将等量异种的点电荷－Q放在D点后，B点的电场强度大小为EB＝k＋k＝E，方向水平向右，故A错误，B正确；此时C点的电场强度大小为EC＝k＋k＝E方向水平向右，与B点的电场强度相同，故C错误；Q和－Q在BC线段的中点产生的电场强度大小相等，方向相同，叠加后合电场强度不为零，故D错误。
第2课时 电场线 匀强电场
【基础知识·准落实】
知识点一
1.切线 2.（1）正电荷 负电荷 （2）不相交 （3）疏密 密
知识点二
1.相等 相同 相等 2.很近 等量
情景思辨
（1）× （2）√ （3）√ （4）× （5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）法拉第采用了画电场线的方法描述电场。（2）不能。电场线实际不存在，但可以用实验模拟。
【典例1】 A 孤立的负点电荷形成电场的电场线是会聚的射线，可知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，A正确；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EA＞EB，又F＝Eq，则FA＞FB，aA＞aB，B、C错误；电场线的切线方向为该点场强的方向，由F＝qE知，负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误。
素养训练
1.C 根据公式E＝k可知，A选项中电场强度大小相同，但方向不同，B选项中电场强度的大小不同，方向相同，故A、B错误；在匀强电场中，电场强度处处相同，故C正确；电场线密的地方电场强度大，由题D图可知b点电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
2.D 电场线的疏密表示电场强度的大小，故EA＜EB，电场线上某点切线方向表示电场强度的方向，可以确定A、B两点电场强度方向不同，故D正确。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）a带正电，b带负电。
（2）A、B两点电场强度不同，从电场线的疏密程度可以看出EB＞EA，方向相同。
【典例2】 A 根据电场强度叠加原理，d、c、e三点电场强度方向都是水平向右，正点电荷在各点所受静电力方向与电场强度方向相同，故A正确，B、C错误；两点电荷连线上电场强度由a到b先减小后增大，中垂线上由c到无穷远处逐渐减小，因此c点电场强度是两点电荷连线上最小的（但不为0）且是中垂线上最大的，所以Fd＞Fc＞Fe，故D错误。
素养训练
1.CD 根据两个等量同种点电荷电场线分布的对称性可知，B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB＝ED，故B错误；根据两个等量同种点电荷连线的中垂线上场强的特点可知，O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小，由于A、B、C、D四点具体位置不能确定，可能有EA＜EB＜EC，也可能有EA＝EC＜EB，故C、D正确，A错误。
2.D 根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷或无限远终止可以判断，A、B是两个等量同种电荷，选项A、B错误；电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，选项C错误；在a、b两点处电场强度大小相等、方向相反，同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。
【教学效果·勤检测】
1.D 电场线的疏密表示电场的强弱，只有一条电场线时，则应讨论如下：若此电场线为正点电荷电场中的，则有Ea＞Eb；若此电场线为负点电荷电场中的，则有Ea＜Eb；若此电场线是匀强电场中的，则有Ea＝Eb；若此电场线是等量异种点电荷电场中的那一条直的电场线，则Ea和Eb的关系不能确定，故D正确。
2.C 电场线的疏密表征了电场强度的大小，由题图可知Ea＜Eb，Ed＞Ec，Eb＞Ed，Ea＞Ec，故选项C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不在同一条直线上，故选项D错误。
3.AC 电场线是从正电荷发出，终止于负电荷，由图中分布对称的电场线可得A、B为等量异种电荷，故A正确，B错误；等量异种电荷产生的电场中，在它们连线的中垂线MN上，各个点的电场方向均垂直于中垂线指向负电荷一侧，同一电荷在此中垂线上所受电场力方向相同，故C正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电场的方向，C点的电场线比D点密，所以两点电场强度大小关系为EC＞ED，故D错误。
4.C 甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向不相反，故A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向相反，故C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
习题课二 静电力的性质
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，故C正确。
【典例2】 B 先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的电场强度E整＝＝，挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q'＝Q＝，则其在A点产生的电场强度E挖＝＝＝。所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度E＝E整－E挖＝－＝，故B正确。
【典例3】 AD 由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1＝＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1'与E1大小相等，如图所示，则两个场强的合场强为E0＝2·cos 45°＝，方向应沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝E0＝，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝，选项A正确，B错误。
素养训练
1.B a处电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度为E＝k，由于q与Q在b点处的合电场强度为零，则圆盘在b处产生的电场强度为E＝k。由对称性知，圆盘在d点处产生的电场强度也为E'＝k。而a点处电荷量为q的点电荷在d点处产生的电场强度为E″＝k，由于a点处的点电荷与圆盘在d点处产生的电场强度方向相同，所以两者在d点处产生的合电场强度为k，故B正确。
2.C 因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E1＝，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，即左半球面在M点产生的电场强度为E2＝，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度为E3＝，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM＝－＝，方向沿轴线向左，故C正确。
要点二
知识精研
【典例4】 ACD 根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向运动轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，选项A正确；由于电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N点的加速度大于它在M点的加速度，选项B错误，C正确；粒子从M点运动到N点，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能大于它在M点的动能，选项D正确。
素养训练
1.D 合力的方向大致指向轨迹的凹侧，所以粒子所受电场力方向水平向右，根据题中条件，无法判断点电荷的电性和电场线方向，选项A、B、C错误；若点电荷从A点向B点运动，则电场力与速度方向夹角为锐角，点电荷做加速运动，经过B点时速度比经过A点时速度大，若点电荷从B点向A点运动，则电场力与速度方向夹角为钝角，点电荷做减速运动，经过B点时速度仍比经过A点时速度大，选项D正确。
2.C 做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的凹侧，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；粒子可能是从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运动到a，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运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，则粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。
要点三
知识精研
【典例5】 （1）1.5×106 N/C （2）4 m/s2 方向沿斜面向下 （3）2 m/s
解析：（1）带电物块在斜面上静止时受力如图。
电场力F＝qE0
根据力的平衡条件有
qE0 cos θ＝mgsin θ
E0＝＝ N/C＝1.5×106 N/C。
（2）电场强度变为原来时，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－qE0cos θ＝ma
a＝gsin θ－
＝10×0.6 m/s2－ m/s2＝4 m/s2，方向沿斜面向下。
（3）根据v2＝2ax得
v＝＝ m/s＝2 m/s。
素养训练
（1） （2）
解析：（1）带电小球受力如图。
根据平衡条件有FTcos θ＝mg
FTsin θ＝F
又F＝Eq
解得q＝。
（2）剪断丝线，小球受到合力为FT'＝FT＝
根据牛顿第二定律有FT'＝ma，a＝
小球在水平方向加速度ax＝asin θ
根据b＝axt2得t＝。
【教学效果·勤检测】
1.D 质点从a运动到c，质点的速率是递减的，可知质点所受静电力方向与运动方向成钝角，又根据曲线运动条件，可知静电力指向轨迹弯曲的凹侧，因负电荷所受静电力与电场强度方向相反，所以D正确。
2.AD 做曲线运动的物体速度沿轨迹切线方向，物体受到的合力方向指向轨迹弯曲的内侧，带电粒子只受电场力，故电场力即为所受合力，电场力方向在电场线的切线方向上，若电场线为直线，电场力就沿电场线所在直线，综合判定可知该带电粒子所受电场力水平向左，粒子带负电荷，选项A正确，C错误；由于粒子在匀强电场中运动，则粒子所受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度不变，选项D正确；粒子运动方向无法判定，选项B错误。
3.C 由于A点处的电场强度为零，则正点电荷在A点处产生的电场强度大小E1和带电薄板在A点处产生的电场强度大小EA相等，即E1＝EA＝，电场强度方向相反，则带电薄板在A点处产生的电场强度方向水平向右。由于A、B两点关于带电薄板对称，所以带电薄板在B点产生的电场强度大小EB和带电薄板在A点产生的电场强度大小EA大小相等，方向相反，所以EB＝E1＝，方向水平向左，故C正确。
4.（1）3.0×10－3 N （2）4.0×10－4 kg （3）2.0 m/s
解析：（1）小球所受电场力
F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N。
（2）小球受到重力mg、拉力FT和电场力F的作用而平衡，如图所示，则＝tan 37°，解得m＝4.0×10－4 kg。
（3）由mgl（1－cos 37°）＝mv2，解得v＝＝2.0 m/s。
4.静电的防止与利用
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）感应电荷 （2）0 （3）内部 2.（1）密度 分离 （2）中和 3.（1）避雷针 （2）光滑
知识点二
1.（1）外电场
情景思辨
（1）× （2）× （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：自由电子受电场力的作用发生定向移动。电子带负电，故定向移动方向和外加电场强度方向相反。
【典例1】 D 枕形导体在带电小球附近，出现静电感应现象，导致导体内电荷重新分布，因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，与带电小球的电场叠加，导体处于静电平衡状态，内部电场强度处处为零，电势相等，故A、B错误；在枕形导体内部场强处处为零，是带电小球产生电场的场强与感应电荷产生电场的场强大小相等、方向相反引起的，带电小球产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷在A点产生的场强较大，故C错误；当开关S闭合时，大地相当于远端，电子从大地向导体移动，使导体带负电，故D正确。
素养训练
1.A 导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场强度与场源电荷Q在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误。
2.B 当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图所示，由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线更疏，b处电场强度为零，则Ea＞Ec＞Ed＞Eb，故B正确，A、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）图甲中不会张开，金属网可以屏蔽外电场。
（2）图乙中会张开，因为金属网未接地，网内的带电体可以对外界产生影响。
（3）图丙中不会张开，因为金属网已接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响。
【典例2】 D 达到静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，即感应电荷的电场与放电杆上电荷的电场的合电场强度为零，但放电杆在笼体内激发的电场的电场强度不为零，笼体上感应电荷在笼体内激发的电场的电场强度也不为零，选项A、B错误；笼体内部任意位置的电场强度为零，但笼体外表面的电场强度不为零，选项C错误；处于静电平衡状态时，只有笼体的外表面带电，笼体内表面不带电，选项D正确。
素养训练
1.B 金属罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，A错误；由于静电感应，使金属罩B在左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩B的右侧外表面感应出正电荷，B正确，D错误；由于静电屏蔽，金属罩内电场强度为零，故验电器C上无感应电荷，验电器C的金属箔片不会张开，C错误。
2.BC 屏蔽服的作用是在穿上后，使处于高压电场中的人体内电场强度处处为零，从而使人体免受高压电场及电磁波的危害，可知B、C正确，A、D错误。
要点三
知识精研
【典例3】 AC 静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷漆的目的，故A正确；由题图知，待喷漆工件带正电，所以涂料微粒应带负电，故C正确，B、D错误。
素养训练
1.B 在可燃气体环境（如乙醚）中产生的静电，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除（如导入大地），因此选项B正确。
2.B 管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生电子和正离子。电子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。所以金属管Q应接高压电源的正极，金属丝P接负极。构成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近金属丝，电场强度越强，故A、C、D错误，B正确。
【教学效果·勤检测】
1.B 孤立的带电金属球处于静电平衡，则内部电场强度为零，当它带的电荷量增加，再次达到静电平衡，其内部电场强度仍为零，故B正确。
2.A 导体尖端电荷比较密集，更容易产生放电现象，故选A。
3.C 根据静电屏蔽原理，金属网能屏蔽外部电场，为防止外界电场干扰，故选C。
4.B A、B接触中和后净电荷只分布在空心金属球A的外表面上，所以QA＝2×10－8 C，QB＝0，故B正确。
5.（1）传送带因为与被传送的物体间发生摩擦而带电，靠近传送带的物体因为静电感应也带上电。
（2）要避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到传送带材料中，让传送带变成导体，或者用导体制造传送带，再用适当的方法把传送带接地，静电便不会积累，工人也不会再遭电击。
第十章 静电场中的能量
1.电势能和电势
【基础知识·准落实】
知识点一
1.起始 终止 无关 2.（1）电场 （2）①EpA－EpB ②减少
增加 3.（1）零 无限远 大地表面 （2）零势能位置
知识点二
1.电势能 2. 3.伏特 V 4.降低 5.正负
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：正功，电势能减少。
【典例1】 （1）增加1.8×10－5 J （2）3×10－5 J
1.8×10－5 J
解析：（1）负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加1.8×10－5 J。
（2）WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
素养训练
1.CD 电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少，由动能定理可知，动能就增加多少。因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故选项A、B错误，C、D正确。
2.D 根据电场的叠加可知，CD线上各点场强方向均由C指向D，C点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以将q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先逐渐增大，后逐渐减小，q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小，C错误，D正确；静电力一直对q3做正功，q3的电势能不断减小，A、B错误。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）1.2×10－4 J 1.2×104 V （2）1.2×104 V
解析：（1）静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即φ∞＝0，Ep∞＝0。由W∞A＝Ep∞－EpA得EpA＝Ep∞－W∞A＝0－（－1.2×10－4 J） ＝1.2×10－4 J
那么φA＝＝1.2×104 V。
（2）A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V。
素养训练
1.C 电场线密的地方场强大，疏的地方场强小，题图所示三点中，a点处电场线最密，则a点的电场强度最大；c点处电场线最稀疏，则c点的电场强度最弱，所以有Ea＞Eb＞Ec，故A、B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，则有φa＞φb＞φc，故C正确，D错误。
2.BC M点的电场线较N点密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；顺着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；因M、N点电势不相等，正电荷在M、N两点所具有的电势能也不相等，所以正电荷从O点分别移到M点和N点电势能的变化量不相同，电场力做功也不相同，选项D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 假设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、B、D错误。
2.D 电场线的疏密可以判断电场强度的大小，a点处比b点处电场线密，所以a点处电场强度大，电荷在该点的静电力大，A错误，D正确；a点的电场强度方向为该点的电场线方向，向右，B错误；沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势，所以正电荷在a点处的电势能大于在b点处的电势能，C错误。
3.C 取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8.0×10－9 J，负电荷在N点的电势能为9.0×10－9 J。由φ＝知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且｜φN｜＞｜φM｜，则φN＜φM＜0，故C正确。
4.C 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
5.D 电场线的疏密反映电场强度的大小，结合题图可知a点的电场强度比b点的电场强度大，A项错误；a点电势与左侧负电荷附近且与b点在同一电场线上的某点电势相等，又顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B项错误；两个负电荷在c点的合电场强度为零，而在d点的合电场强度方向向下，正电荷在c、d两点电场强度大小相等，方向相反，因此电场叠加后c点电场强度比d点电场强度大，C项错误；在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远的地方电势越高，因此d点电势比c点电势高，D项正确。
2.电势差
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电势 2.φA－φB φB－φA 3.标量
知识点二
1.相同 2.（1）不做功 （2）垂直 高 低
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）√ （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：（1）UMN＝φM－φN＝（6－2）V＝4 V。
（2）UMN＝φM－φN＝[（－2）－（－6）]V＝4 V。
【典例1】 （1）200 V －300 V 100 V （2）200 V 300 V （3）A点电势能大
解析：（1）负点电荷从A点移到B点克服静电力做功，则WAB＝－6×10－4 J
A、B间的电势差UAB＝＝ V＝200 V
同理，B、C间的电势差UBC＝＝ V＝－300 V
C、A间的电势差UCA＝－UAC＝－（UAB＋UBC）＝100 V。
（2）取B点为零电势点。
由UAB＝φA－φB得A点的电势φA＝UAB＝200 V
由UBC＝φB－φC得C点的电势φC＝－UBC＝300 V。
（3）电荷从A点移到C点静电力做的功WAC＝WAB＋WBC＝3×10－4 J，所以电势能减少，则点电荷在A点的电势能大。
素养训练
1.CD 电势是标量，A错误；UAB表示A点与B点之间的电势差，即UAB＝φA－φB，B错误；UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，C正确；零电势点可以任意规定，但通常情况下规定大地或无穷远处为零电势点，D正确。
2.A 人体是导体达到静电平衡后，女同学两只手电势相等，故φ1＝φ2，A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）UAB＝φA－φB，电势能的变化量为ΔEp＝EpB－EpA＝q（φB－φA）。
（2）WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q（φA－φB）＝qUAB。
【典例2】 静电力做正功 6.0×10－5 J
解析：法一：（用WAB＝－ΔEp计算）
电荷在A、B两点的电势能分别为EpA＝qφA＝（－2.0×10－7）×（－100）J＝2.0×10－5 J，EpB＝qφB＝（－2.0×10－7）×200 J＝－4.0×10－5 J。根据WAB＝－ΔEp可知，电荷从A到B的过程中静电力所做的功WAB＝－（EpB－EpA）＝6.0×10－5 J。因为WAB＞0，所以静电力做正功。
法二：（用WAB＝qUAB计算）
电荷从A到B的过程中，静电力做的功WAB＝qUAB＝（－2.0×10－7）×[（－100）－200]J＝6.0×10－5 J。由于计算得出的WAB为正值，所以静电力做正功。
素养训练
1.B 点电荷由A点移到B点，电势能减少，故静电力做正功，WAB＝3×10－4 J，由UAB＝得UAB＝ V＝－200 V，又UCA＝100 V，故UBC＝UBA＋UAC＝－UAB－UCA＝100 V，所以WBC＝qUBC＝－1.5×10－4 J，B正确。
2.（1）2×10－8 N （2）15 V
解析：（1）由库仑定律有F＝k
代入数据解得F＝9.0×109× N＝2×10－8 N。
（2）由UMN＝
代入数据解得UMN＝ V＝15 V。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）不能；（2）降低。
【典例3】 CD a点的等势线比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误。c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误。a点电势低于c点电势，负电荷从a点到c点是向高电势处移动，静电力做正功，选项C正确。从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。
素养训练
B A点和B点在同一等势面上，所以负电荷在A点的电势能和在B点的电势能一样大，A错误；电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功，B正确；负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，C错误；正电荷由A移到C，WAC＝qUAC＞0，所以正电荷由A移动到C，静电力做正功，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A 负电荷由B移到C，静电力做功为WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6 J－3×10－6 J＝－5×10－6 J，则UBC＝＝ V＝5 000 V，所以B、C间的电势差大小为5 000 V。故A正确。
2.A A处电场线比B处密集，故EA＞EB；距离正电荷越近电势越高，故φA＞φB；负电荷在A、B处的电势能EpA＜EpB，故A正确。
3.AB 电场线从M指向N，而沿电场方向电势降低，所以d点的电势高于f点的电势，选项A正确；d点和e点在同一条等势线上，所以两点电势相等，选项B正确；若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点过程中，静电力方向与运动方向夹角为钝角，所以静电力一直做负功，选项C错误；若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，过程始末试探电荷的电势相等，所以静电力做功为零，电势能不变，选项D错误。
4.（1）75 V （2）φC＞φA＞φB （3）25 V （4）－3.0×10－7 J
解析：（1）设电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点静电力做功为WAB，则WAB＝UABQ1，
得UAB＝＝ V＝75 V。
（2）把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功为WBC，则静电力做功为
－WBC＝UBCQ2，
得UBC＝＝ V＝－100 V，
又因UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，
得UAC＝φA－φC＝（φA－φB）＋（φB－φC）＝UAB＋UBC＝－25 V，
通过比较可知φC＞φA＞φB。
（3）UAC＝－25 V，若A点电势为零，则C点电势为25 V。
（4）若A点电势为零，那么φB＝－75 V，则Q2在B点电势能为Ep＝φBQ2＝－75×4.0×10－9 J＝－3.0×10－7 J。
3.电势差与电场强度的关系
【基础知识·准落实】
知识点
1.Ed 2.电场强度 电场 4.（1）
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：W＝qUAB，又W＝qEd，得到UAB＝Ed，或E＝。
【典例1】 （1）－0.2 J （2）1 000 V （3）1×105 V/m
解析：（1）因负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了ΔE＝0.2 J，所以这个过程中静电力对负电荷所做的功WAB＝－ΔE＝－0.2 J。
（2）A、B两点间的电势差
UAB＝＝ V＝1 000 V。
（3）匀强电场的电场强度
E＝＝ V/m＝1×105 V/m。
素养训练
1.A 由题图可知φA＞φB故UAB为正值，得UAB＝Edcos θ可知A正确，B、C、D错误。
2.A 由于是估算，可将雨伞伞尖与高压电网间的电场当作匀强电场处理。由题意可知U＝27.5 kV，E＝5×105 V/m，则由U＝Ed得d＝＝ m＝5.5 cm，故A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）300 V 300 V 0 （2）如解析图所示 （3）1×104 V/m
解析：（1）正点电荷从A点移到B点时，静电力做正功，故A点电势高于B点电势，可求得UAB＝＝ V＝300 V
负点电荷从A点移到C点，静电力做负功，A点电势高于C点电势，可求得UAC＝＝300 V
可得B、C两点电势相等，故UBC＝0。
（2）由（1）中分析知BC为一条等势线，所以电场线垂直于BC，设D为BC的中点，则电场线方向由A指向D，如图所示。
（3）AB在电场强度方向的投影长度d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得E＝＝ V/m＝1×104 V/m。
素养训练
1.A 匀强电场中，在同
一方向上每前进相同的距离，电势的改变量相等，故φa－φd＝φb－φc，代入数据有2 V－φd＝5 V－9 V，解得φd＝6 V，故A正确。
2.B 连接A、C，AC连线中点的电势为 V＝2.0 V，与B点电势相等，再结合几何关系可知E、B连线为一条等势线，由正六边形的对称性可知，通过CD、AF的直线与EB平行，所以也是等势线，A正确；A、C连线与等势线垂直，由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，电场强度方向由C指向A，C正确；B、A间的电势差为UBA＝1.0 V，又UBA＝EdBAcos 30°，解得场强E＝ V/m，故B错误；由上述分析可知，φE＝φB＝2.0 V，φD＝φC＝3.0 V，则电子从E点移到D点，电场力做的功为WED＝q（φE－φD），代入数据得WED＝－1.6×10－19×（2.0－3.0）J＝1.6×10－19 J，再结合静电力做功与电势能变化的关系可知，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】 D 由带电体电荷分布的特征可知越尖锐的地方电荷的密度越大，电场强度越大，电场线分布越密，等差等势面也越密。画出题中带电体电场线和等差等势面的剖面图，如图所示。由图可知Uab＞Ubc，Uef＞Uab，则Ubc＜50 V，Uef＞50 V，A、B、C错误，D正确。
素养训练
1.D 由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，电场力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是由负电荷形成的电场，因此越靠近负电荷，电场线越密，电场强度也就越大，电子所受电场力也就越大，选项A、B错误；因为此电场不是匀强电场，越靠近场源电荷场强越强，所以UAB＜UBC，即φA－φB＜φB－φC，所以φA＋φC＜2φB，选项C错误，D正确。
2.AC 沿电场线方向，电势越来越低，所以A点电势最高，C点电势最低，A正确；电场线越密集的地方电场强度越强，由图可知，C点电场强度最强，A点电场强度最弱，B错误；由于BC间的电场强度大于AB间的电场强度，由U＝Ed可知，UAB＜UBC，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B A、B两点在电场强度方向上的距离d＝lAB·cos（180°－120°）＝10× cm＝5 cm。由于φA＜φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V，故选B。
2.A 因为a、c，b、d为圆的直径，可求得圆心O点的电势为13.5 V，则UbO＝1.5 V，由UbO＝Uod＝1.5 V，可得φd＝12 V。
3.C 如图所示，过B点作AC的垂线，则垂足D为AC的四等分点，因A、C两点的电势分别为0 V、8 V，可知D点的电势为2 V，则BD为等势面；根据E＝可得电场强度E＝＝ V/m＝100 V/m，故选C。
4.BD A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600 V，则B板电势为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝＝5 000 V/m，φC＝－EdC＝－50 V/cm×4 cm＝－200 V，选项A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200 eV，选项C错误，D正确。
5.D 假设有一正电荷由P点只在静电力作用下移动到M点，由图可知静电力与运动方向成锐角，静电力做正功，电势能减少，故电势降低，故A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，M点处的电场线比P点的稀疏，故M点处的电场强度比P点的小，两者方向也不同，故B错误；根据U＝Ed可知，OM和NO的距离相等，由于NO间的电场更强，故NO间的电势差更大，故C错误；负电荷由M点运动到O点，所受静电力方向与运动方向相同，所以静电力做正功，故D正确。
习题课三 电场中的运动轨迹 功能关系和图像问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 C 根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。
素养训练
1.A
2.CD 根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度比B点的小，B错误；静电力指向轨迹的内侧，分析电子运动的轨迹可知，电子受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高于B点的电势，C正确；电子从M点运动到P点的过程中，静电力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，静电力做正功，动能增大，故电子运动到P点时动能最小，D正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）30 m/s2 （2）－
解析：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g＝30 m/s2。
（2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
素养训练
1.D 带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。
2.（1） （2）－ （3）－
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球从B到C的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－，
解得vC＝。
（2）小球从A到B，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·＋q｜UAB｜＝
因为φA＜φB，所以UAB＝－｜UAB｜＝－。
（3）因为φA＜φC、φC＝0，所以φA＝－｜UAC｜＝－｜UAB｜＝－。
要点三
知识精研
【典例3】 CD 由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以电场力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由Ep＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即电场力先做负功后做正功，故D正确。
素养训练
1.C 由图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内向反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减少，则选项C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，则选项A错误；图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，又由图可知aB＞aC＞aA，则A、B、C三点的电场强度大小关系为EB＞EC＞EA，故选项B错误。
2.C 由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。
3.C 该图像为电势的变化图像，斜率代表了电场强度，故在0～x0区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x0～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x0区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x0～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转换为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。
【教学效果·勤检测】
1.C 根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，A、B错误；由EpM－EpN＝WMN，得静电力做负功时电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由Ep＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误。
2.ABD 小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得WE－μmgx＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。
3.D 根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，UAB＜UBC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。
4.CD 取无穷远处电势为零，则正电荷附近的点电势是大于零的，负电荷附近的点电势是小于零的，所以Q1带负电，Q2带正电，A错误；图中图线的斜率表示电场强度，可知P点的电场强度不为零，从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，电场强度逐渐减小，由公式qE＝ma可知电子加速度逐渐减小，B错误，D正确；由题图可知，将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电势一直在升高，静电力做正功，电子的电势能不断减小，C正确。
5.（1）匀减速直线运动 （2）
解析：（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速直线运动；进入电场后受向下的重力和静电力，做匀减速直线运动。
（2）对从最低点到最高点过程，根据动能定理，
有：－mg（H＋h）－qUAB＝0－m；
解得：UAB＝。
4.电容器的电容
【基础知识·准落实】
知识点一
1.绝缘 2.金属板 3.绝缘
知识点二
1.（1）电势差U （2） （3）电荷 （4）法拉 法 F 10－6 10－12 2.（1）工作 （2）极限 3.（1）绝缘 靠近 （2）正比 正比 反比 （3）
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）× （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 3.04×10－3 507
解析：根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，I-t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C。根据电容的定义式C＝可知，C＝F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
素养训练
1.充电 电流随时间的增加逐渐减小到零
解析：由题图乙所示I-t图像可知，电流为正值，则电流流向沿逆时针方向，与电源提供的电流方向一致，即该图像记录的是电容器的充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加。由图像可知，在此过程中，电流随时间的增加逐渐减小到零，且电流减小得越来越慢。
2.（1）B （2）A （3）不是
解析：（1）电容器在充电的过程中，两板之间电压升高，电容器的电容不变，则电容器的电荷量增加，故选B。
（2）电容器的电容由电容器本身特性决定，与电容器是否正在充、放电及带电荷量无关，则电容器在放电的过程中，电容器的电容不变，故选A。
（3）根据I＝，可知I-t图像不是一条直线。
要点二
知识精研
【探究】 提示：增大；不变。
【典例2】 A 电容器的电容由电容器本身决定，与其两极板间电压和所带电荷量无关。电容器两极板间电压减少为原来的时，电容不变，由C＝知电荷量减少为原来的，减少了，则Q＝q，可知电容器原来所带电荷量为Q＝q，A正确，B错误；由于题中无电压和电容的具体数据，因此无法求出原来的电压，C错误；电容反映电容器本身的特性，电容器放电，电容器的电容不变，D错误。
素养训练
1.A 根据Q-U图像的斜率表示电容器的电容，有C＝＝ F＝ F，则该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电荷量的减少量ΔQ＝C·ΔU＝×（40－36）C＝0.02 C，故A正确，B、C、D错误。
2.D 由比值定义法定义电容C＝，可知电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，则电容器可以储存电荷，电容的大小与储存的电荷多少无关，故A错误；电压2.7 V指的是额定电压（正常工作时允许的最大电压），实际工作的电压可以低于2.7 V，故B错误；电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，实物图可读出电容器的电容C＝3 000 F，则电容器两端的电压变为1.35 V时，它的电容还是3 000 F，故C错误；由定义式C＝＝＝3 000 F，可知电容器两极板间的电压每增加1 V，它的带电荷量将增加3 000 C，故D正确。
要点三
知识精研
【探究】 提示：（1）用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，从指针偏转角度的大小可推知U的大小。
（2）保持不变。
【典例3】 BD 静电计指针与A板通过导线相连，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝可知，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，D正确。
素养训练
1.C 板间距离变为，由C＝得C2＝2C1，又U＝，则U2＝＝U1。由E＝得E2＝＝＝2E1，故C正确。
2.BC S接通时，电容器上电压U不变，板间距离d减小，电场强度E＝增大，A错误。插入电介质后，由C＝可知，电容C增大，U不变，由C＝，则电荷量Q增大，B正确。断开S后，电容器所带电荷量Q不变，减小d，电容C增大，由C＝可知，电势差U减小，C正确。插入电介质，则电容C增大，板间电势差U减小，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B 该电容器可容纳的电荷量为Q＝CU＝12 000×3 C＝36 000 C，A错误；电容器的电容与电荷量及电压无关，在充、放电时电容不变，电容器放电时，电荷量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；若30 s能充满电，则充电平均电流为I＝＝ A＝1 200 A，故D错误。
2.B C＝＝ F＝2.0×10－8 F，故选B。
3.A 给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，根据C＝可知，电容会增大；飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的电介质，电容会减小。故A正确。
4.B 由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3 F，C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错。
5.带电粒子在电场中的运动
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电场 电场强度 2.（1）匀变速直线运动 匀强 （2）动能定理 位移 非匀强
知识点二
1.垂直 2.抛物线 4.（2）加速 偏转
情景思辨
（1）√ （2）√ （3）× （4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 D 电子从静止运动到Q板的过程中只有静电力做功，设电子的质量为m，电荷量为e，运动到Q板时的速率为v，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，可知电子运动到Q板时的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压U有关，故选项D正确。
素养训练
1.B 如果UAB＝600 V，A电势高于B，电子在A、B间所受静电力方向指向A，又因为Ek0＜eUAB，所以电子无法从B的小孔中射出，最终又会返回A的小孔，整个过程静电力做功为零，根据动能定理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，A电势低于B，电子在A、B间所受静电力方向指向B，电子将始终加速，根据动能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV，故选B。
2.A 电子在电场中加速，由动能定理可得eU＝mv2，解得v＝，所以可使v增大的操作是仅增大U。故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）8×106 m/s （2）1.1×1015 m/s2 （3）45°
解析：（1）根据动能定理可得eU＝m，
解得vx＝8×106 m/s。
（2）电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，
根据牛顿第二定律得a＝
解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2。
（3）电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
故vy＝at，tan θ＝
联立解得θ＝45°。
素养训练
1.A 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A。
2.400 V
解析：在加速过程中，由动能定理得eU＝m
进入偏转电场后，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，有l＝v0t
在垂直于极板方向上电子做匀加速直线运动，
加速度a＝＝
又偏移距离y＝at2
能从平行极板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U'≤＝400 V
即要使电子能从极板间飞出，两极板间所加最大电压为400 V。
要点三
知识精研
【典例3】 BCD 要想让亮斑沿OY向上移动，电子受力方向应沿Y方向，即Y电势高，选项A错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，Y为高电势，X为高电势才可以，选项B正确；要想在荧光屏上出现一条水平亮线，要在XX'上加扫描电压，在YY'上加恒定电压或不加电压，选项C正确；要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，分析可知选项D正确。
素养训练
B 根据竖直和水平偏转电压的正、负极，带负电的电子应偏向屏幕的左上方，故选B。
【教学效果·勤检测】
1.D 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力。根据动能定理得eUOA＝m。因E＝，UOA＝EL＝，所以m＝。故选D。
2.C 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A错误；微滴在电场中所受的电场力对微滴做正功，微滴的电势能减小，B错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变且与微滴的初速度方向垂直，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线的一部分，C正确；设微滴带电荷量为q，质量为m，经过t时间在电场中沿电场线方向的位移为y，y＝at2＝，又qU加＝mv2，故y＝，则微滴在极板间电场中的运动轨迹与其带电荷量无关，D错误。
3.B 根据侧位移计算公式y＝··以及动能表达式Ek＝m得y＝，初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，解得y1∶y2＝1∶2。故B正确。
4.（1）2×10－9 C 负 （2）－600 V～2 600 V
解析：（1）当重力跟静电力大小相等、方向相反时，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故有q＝mg，得q＝＝2×10－9C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下（UAB＞0），所以微粒带负电。
（2）当静电力方向竖直向上，且qE＞mg时，带电微粒向上偏转，设微粒从右上边缘飞出时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB'＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，水平方向上有l＝v0t。在竖直方向上有a＝－g，偏转位移y＝＝at2，联立解得φ1＝＝2 600 V。当静电力方向竖直向下时，带电微粒向下偏转，此时设φA＝φ2，则竖直方向上有a'＝g－，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的取值范围为－600 V～2 600 V。
习题课四 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度图像，如图所示。
由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。
【典例2】 （1） （2）U0
解析：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向有L＝v0t0
垂直极板方向有d＝
解得＝。
（2）粒子通过两板时间为t'＝＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。则有d＝2，解得U＝。
素养训练
1.BD 0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且每2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
2.AC 设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，则平行极板方向：l＝v0t ①
垂直极板方向：＝at2 ②
又a＝ ③
由①②③得U0＝，代入数据得U0＝128 V，可知当｜U｜＞128 V时离子打到极板上，当｜U｜≤128 V时离子打到屏上。
利用推论：打到屏上的离子的速度的反向延长线交与极板的l处，结合题图由几何关系可得＝
解得打到屏上的总长度y＝2d
则离子打到屏上的区域的面积为S＝2da＝64 cm2。故A正确，B错误；在0～T时间内，离子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s。故C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例3】 BC 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F合为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。
【典例4】 D 三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以他们的运动时间关系为tA＞tB＞tC，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at2可知，他们加速度的关系为aA＜aB＜aC，从而可知B仅受重力，A受向上的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒重力做功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，故D正确。
【典例5】 D 小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得vmin＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得vA＝，D项正确。
【教学效果·勤检测】
1.B 加A图所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图所示电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，故B正确；加C图和D图所示电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故C、D错误。
2.C 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝·t2，位移之比为2∶1，可得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，所以C正确。电势能的减少量等于静电力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝qaU∶qb＝4∶1，所以B错误。动能增加量之比等于合外力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝（mgh＋qaU）∶，由于不知道重力与静电力的关系，所以动能增加量之比不确定，所以D错误。
3.ACD 由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan ，解得E＝，故A正确，B错误；小球从A运动到速度最大的位置细线与竖直方向夹角为时的过程中，由动能定理得qELsin －mgL·＝mv2，小球在速度最大的位置时，由重力、静电力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT－mgcos －qEsin＝m，联立解得FT＝mg。由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg。故C正确；设静电力与重力的合力为F，易知F＝＝mg，若使小球做完整的圆周运动，则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时，细线拉力为0，F充当向心力，v0取最小值，即F向＝F＝，根据动能定理有－qELsin －mgL＝m－m，联立解得vmin＝，为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥。故D正确。
第十一章 电路及其应用
1.电源和电流
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正极 2.持续
知识点二
1.稳定 2.方向 3.（1）电荷量 （3）正电荷 （4）安培 安 A
拓展学习
1.neSv 2.总电荷量
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）× （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：电流方向从云层指向地面。放电电流的大小为。
【典例1】 D 由题意可知，2 s内流过横截面的电荷量q＝5.0×1017×2×1.6×10－19 C＋1.0×1018×1.6×10－19 C＝0.32 C，则电流大小I＝＝ A＝0.16 A，Cl－水平向左移动，则Mg2＋水平向右移动，所以电流方向水平向右，故选项D正确。
素养训练
1.B 根据电流的定义可知I＝＝ A＝0.05 A，故B正确，A、C、D错误。
2.A 根据q＝It可得闪电所带电荷量为q＝It＝6×104×0.005 C＝300 C，故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】 （1）nLSq （2）nqSv
解析：（1）导体AD内的自由电荷总数为N＝nLS，总电荷量为Q＝Nq＝nLSq。
（2）通过此导体的电流为I＝＝＝nqSv。
素养训练
1.B 由于单位时间内通过乙横截面的电荷量是甲的2倍，因此乙导体中的电流是甲的2倍，故A错误，B正确；又I＝nqSv，则v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质（n、q不知道），所以v的关系无法判断，故C、D错误。
2.D 若由电流的微观表达式I＝nqSv来解，本题中I＝n'eSv'，其中n'应为导线单位体积内的自由电子数，v'应为电子定向移动的平均速率，故A错误；t时间内通过导线某一横截面的自由电子数为nv't，电荷量Q＝nv'te，则电流I＝＝nev'，故B错误；由电流定义式I＝可知I＝Ne，故C错误，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】 （1）60 A·h （2）10 h （3）2.16×105 C
解析：（1）（2）从标识牌可知该汽车电池的容量为60 A·h，即该汽车电池以6 A的电流放电，可以工作10 h；
（3）该汽车电池充完电可储存的电荷量为q＝It，代入数据得q＝2.16×105 C。
【教学效果·勤检测】
1.B 电源的作用是使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷（并不是创造了电荷，而是使正、负电荷发生了分离），这样电源两端就会产生电压，从而使电路中的电荷发生定向移动形成电流，而不是产生电荷，A错误，B正确；电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，C错误；导线中的电场是由电源和导线所积累的电荷共同形成的，D错误。
2.D 根据I＝得I＝ A＝1.6×10－7 A＝0.16 μA，D正确，A、B、C错误。
3.A 设自由电子定向移动的平均速率为v，导线中自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为t，每个原子只提供一个自由电子，则导线中原子数目与自由电子的总数相等，为n＝NA，t时间内通过导线横截面的总电荷量为q＝ne，则电流大小I＝＝，解得v＝，故选项A正确。
4.C 电子做圆周运动的周期T＝，该环形电流的大小I＝，联立解得I＝，电流的方向与电子运动的方向相反，故该环形电流的方向为逆时针。
2.导体的电阻
【基础知识·准落实】
知识点一
1.比值 3.电流 4.电阻
知识点二
2.（1）正比 反比 3.（2）温度 较小 4.（2）增大 （3）标准电阻 5.减小 0
情景思辨
（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 B 导体的电阻由导体本身的性质决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体的电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由R＝可知，使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大，B错误，A正确；由I＝可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，C正确；由U＝IR可知，对于一个确定的导体，即R一定，则I越大，U越大，D正确。
素养训练
1.BC 当两导体两端电压相等时，由I＝得I1∶I2＝R2∶R1＝1∶2，B正确，A错误；当两导体中电流相等时，由U＝IR得U1∶U2＝R1∶R2＝2∶1，C正确，D错误。
2.AC 由欧姆定律得R＝＝ Ω＝4 Ω，该电阻的阻值为4 Ω，A正确；由于该电阻的阻值不受温度的影响，则仅将电压升高到30 V，通过该电阻的电流应为I1＝＝ A＝7.5 A，B错误；如果仅将电阻换为阻值为10 Ω的定值电阻，由欧姆定律得I'＝＝ A＝2 A，C正确；定值电阻的阻值是一定的，与其两端是否加电压无关，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】 C 设R1正方形的边长为L，厚度为d，则R2正方形的边长为，厚度也为d。R1、R2的材料相同，所以电阻率相同，故A错误；通过导体的电流方向如题图所示，根据电阻定律得R1＝ρ，R2＝ρ＝ρ＝R1，所以两个导体的电阻之比R1∶R2＝1∶1，由R＝知，两导体加相同电压时，I1＝I2，故B错误，C正确；若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，根据电阻定律R1＝ρ，R2＝ρ＝4ρ＝4R1，则两导体电阻之比R1∶R2＝1∶4，故D错误。
素养训练
1.B 当电流沿I1方向时，铜块的长度为a，横截面积为bc，其电阻R1＝ρ；当电流沿I2方向时，铜块的长度为c，横截面积为ab，其电阻R2＝ρ，故＝。B正确。
2.C 由电阻公式R＝ρ，变形可得ρ＝＝＝6×104 Ω·m，故C正确。
要点三
知识精研
【典例3】 B 由电阻的定义式R＝知，在U-I图线上，某一点的纵坐标U和该点的横坐标I的比值对应着该点的电阻值R。由于白炽灯泡中灯丝的电阻会随温度的升高而增大，所以当白炽灯泡两端的电压从零逐渐增大到220 V时，灯丝的温度不断升高，电阻不断增大。只有选项B中的图线上各点的的值随U的增大而增大，故B正确。
素养训练
1.AD 根据I＝可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；根据电阻的定义式R＝可知，U-I图像斜率等于电阻R，则得R＝ Ω＝500 Ω，故B、C错误；当U＝6 V时，根据欧姆定律可得通过电阻的电流为I＝＝ A＝12 mA，故D正确。
2.B 小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线，由图可知，A点的电阻RA＝ Ω＝30 Ω，B点电阻RB＝ Ω＝40 Ω，故电阻的变化为40 Ω－30 Ω＝10 Ω，选项B正确。
【教学效果·勤检测】
1.C 当小鸟两脚站在一根线上时，两脚之间的导线的距离非常小，故两脚之间的导线的电阻非常小，则小鸟两脚间的电压很小，接近于零，不会对小鸟造成危害，故C正确。
2.ABD 加5 V的电压时，电流为1.0 A，则由欧姆定律可知R＝＝ Ω＝5 Ω，A正确；加12 V的电压时，电流为1.5 A，则可得电阻为R＝＝ Ω＝8 Ω，B正确；由题图可知，随着电压的增大，图像的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误，D正确。
3.AC 电阻由U、I的比值定义，则由图像可知，R1＝R2＝＝，故A正确；由图像知，A的U-I图像的斜率不变，电阻不变，故B错误；U-I图像的斜率越大，U与I的比值越大，由R＝知，U与I的比值越大，电阻越大，说明导体对电流的阻碍作用越大，故C正确，D错误。
4.
解析：由欧姆定律可得R＝，沿着长陶瓷管的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一个电阻，其长为L，横截面积为管的周长×厚度。由电阻定律R＝ρ可得
R＝ρ＝
则＝
解得ρ＝。
3.实验：导体电阻率的测量
第1课时 长度的测量及测量工具的选用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 10.02
解析：游标卡尺的固定刻度读数为10 cm，游标尺上第2格刻度线与主尺刻度线对齐，所以游标尺读数为0.1×2 mm＝0.2 mm＝0.02 cm，所以最终读数为10 cm＋0.02 cm＝10.02 cm。
素养训练
A 11.25
解析：测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的内测量爪A进行测量；钢笔帽的内径为11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm。
要点二
知识精研
【典例2】 0.010 6.870 6.860
解析：依据螺旋测微器读数的基本原理，被测长度的半毫米刻度值在固定刻度上读出，而可动刻度的示数要估读到0.001 mm，则题图甲读数为0.010 mm，题图乙读数为（6.5＋37.0×0.01）mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
素养训练
0.01 0.5 5.665（5.663～5.667均可）
解析：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退 0.5 mm，由于可动刻度等分为50等份，所以每一小格表示0.01 mm；题图所示螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×16.5 mm＝0.165 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.165 mm＝5.665 mm。
要点三
知识精研
【典例3】 Rx1 大于 小于
解析：由题意知＝＝10，＝＝20，故＜，电压表的分流作用较显著，故应该采用电流表内接法，即题图甲所示接法，Rx1更接近待测电阻的真实值。题图甲中待测电阻的测量值是Rx与RA串联后的电阻值，故Rx真＜Rx1，题图乙中待测电阻的测量值是Rx与 RV并联后的电阻值，故Rx2＜Rx真。
【典例4】 （1）0.02 0.44 0.1 2.20 （2）0.1 1.70 0.5 8.5
解析：（1）使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。
（2）使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，表针示数为8.5 V。
素养训练
1.B 比较按题图甲、乙测量时的电压表、电流表的读数，可知电压变化量ΔU＝0.10 V，则＝＝，电流变化量ΔI＝1.00 mA，则＝＝，可见＞，即电流变化明显一些，故应采取电流表内接法来减小实验误差，即用题图甲所示电路测量时，电阻Rx的阻值更接近于其真实值，由题意知，用题图甲所示电路测得的Rx＝ Ω＝600 Ω，此法测得的测量值相对于真实值偏大，故B正确。
2.（1）2.933（2.931～2.934均可） （2）2.60 0.52
解析：（1）螺旋测微器的读数为d＝2.5 mm＋43.3×0.01 mm＝2.933 mm。
（2）因电压表的每小格读数为0.1 V，所以应估读到0.01 V，所以电压表的读数为2.60 V；电流表的每小格读数为0.02 A，应估读到0.01 A，所以电流表的读数为0.52 A。
【教学效果·勤检测】
1.B 0.410
解析：螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B。螺旋测微器的示数为（0＋41.0×0.01）mm＝0.410 mm。
2.11.4 mm 10.60 mm 4.20 mm
解析：图甲的读数为11 mm＋4×0.1 mm＝11.4 mm；图乙的读数为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm；图丙的读数为4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm。
3.（1）2.18（2.16～2.19均可） 10.8 （2）0.80 0.16
4.C 该电路采用的是电流表内接法，根据电路图可知，Rx的真实值为Rx＝－RA＝ Ω－0.2 Ω＝99.8 Ω，故选C。
第2课时 金属丝电阻率的测量
【必备技能·细培养】
【典例1】 （1）A D E （2）甲 （3）0.510 （4）
解析：（1）由于电源的电压为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为 I＝＝0.6 A，电流表应选D；滑动变阻器若最大阻值太大，不便于操作，所以变阻器应选E。
（2）由于＞，应采用电流表外接法，应选题图甲所示电路。
（3）由题图丙可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，题图丁读数为0.5 mm＋0.01×3.0 mm＝0.530 mm，所以金属丝直径为0.510 mm。
（4）R＝ρ，S＝πd2，所以ρ＝。
【典例2】 （1）乙 （2） （3）6.5×10－5
解析：（1）由题图（a）可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图（b）中可以看出L越大，电压表示数U越大，且U-L图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，说明L为电压表所测样品部分的长度，即L是丙到乙的距离。
（2）电阻决定式为R＝ρ，其中所测样品横截面积为S＝a2，解得ρ＝＝，其中电阻R＝，解得ρ＝，由题图（b）可知，U-L图像的斜率为k＝，所以该样品的电阻率可以表示为ρ＝。
（3）由题图（b）可知斜率为k＝＝6.5 V/m，代入电阻率的表达式得ρ＝＝ Ω·m＝6.5×10－5 Ω·m。
【典例3】 （1）图见解析 （2） （3）
解析：（1）测电阻需要电压表和电流表，本题器材中没有电压表，但电流表A2的内阻已知，可当成电压表使用，其满偏电压Ug2＝Ig2r2＝3 V。因为其内阻r2已知，则电流表A1采用外接法时，可消除A2表分流带来的误差。电路图如图所示。
（2）R和A2并联，其两端电压相等，则R（I1－I2）＝I2r2，可得R＝。
（3）该导体横截面积为S＝a2－＝a2，由电阻定律R＝ρ，结合表达式R＝，可得ρ＝。
【教学效果·勤检测】
1.（1）M （2）b 移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
解析：（1）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于M端，使得闭合开关后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用。
（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变。
2.（1）0.384（0.383～0.385均可） （2）A1 R1
（3）见解析图 （4）
解析：（1）螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为38.4×0.01 mm＝0.384 mm，故d＝0.384 mm。
（2）由于通过待测金属丝的最大电流为Imax＝＝0.2 A，所以电流表应选择A1；根据欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻约为Rmax＝＝45 Ω，则滑动变阻器需要的最大电阻为45 Ω－15 Ω＝30 Ω，所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。
（3）接法如图所示。
（4）根据欧姆定律应有R＝，又R＝ρ，S＝，联立可得ρ＝。
3.（1）不同 1.000 （2）0.5 （3）1.96×10－5 （4）小于
解析：（1）选择铅笔芯的不同位置进行多次测量，取其平均值作为铅笔芯的直径，可降低偶然误差；由题图乙可知，螺旋测微器读数为1 mm＋0.0×0.01 mm＝1.000 mm。
（2）由题图甲所示电路图可知，电阻箱与铅笔芯并联，忽略电流表内阻，当电阻箱阻值与铅笔芯阻值相等时，流过两支路的电流相等，即I2＝IRx，由并联电路规律可知，I1＝I2＋IRx，则I2＝0.5I1。
（3）由电阻定律Rx＝ρ＝ρ，又Rx＝R1，解得铅笔芯的电阻率ρ＝≈1.96×10－5 Ω·m。
（4）电流表A2的内阻不能忽略时，电流表A2与电阻箱的电阻之和等于待测铅笔芯的电阻，则铅笔芯电阻的测量值小于真实值。
4.串联电路和并联电路
【基础知识·准落实】
知识点一
I1＝I2＝…＝In 电流之和 电压之和 U1＝U2＝…＝Un R1＋R2＋…＋Rn 倒数之和
知识点二
1.电流 3.（1）串联 （2）并联
情景思辨
（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：三个灯泡是并联连接的。这样连接的好处是当其中一个灯泡断开时，不影响其他灯泡正常工作。
【典例1】 B 串联电路各电阻两端的电压与各电阻的阻值成正比，则S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，故A错误；根据串、并联电路的特点可知I1＝I2＋I3，由于R2＝R3，所以I2＝I3，则I1＝2I2，即S闭合时，通过R1与R2的电流之比为2∶1，故B正确；由U＝IR，结合S闭合时R1∶R2＝1∶5，I1＝2I2，可知S闭合时，R1与R2两端的电压之比为2∶5，故C错误；S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，则U1＝，S闭合时U1'∶U2'＝2∶5，则U1'＝，故S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为7∶12，故D错误。
素养训练
1.C 由部分电路欧姆定律I＝可知，三个电阻并联后接入电路电压相同，则通过三个支路电流的比为I1∶I2∶I3＝∶∶＝10∶5∶2，选项C正确，A、B、D错误。
2.C 滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端的电压在0～U范围内变化，滑片P逐渐向a端移动的过程中，灯泡第2课时 电场线 匀强电场
知识点一 电场线
1.定义：画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的 方向表示该点的电场强度方向。
2.特点
（1）电场线从 或无限远出发，终止于无限远或 。
（2）电场线在电场中 ，这是因为在电场中任意一点的电场强度不可能有两个方向。
（3）电场线的 程度可以描述电场的强弱，电场强度较大的地方，电场线较 。
知识点二 匀强电场
1.定义：各点的电场强度大小 、方向 的电场。
电场线特点：间隔 的平行线。
2.实例：相距 的一对带 异种电荷的平行金属板间的电场。
【情景思辨】
将一个铜质小球置于圆形玻璃器皿中心，将蓖麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀。用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样。判断下列说法的正误。
（1）发散状的黑线是电场线。（ ）
（2）带电铜球周围存在着电场。（ ）
（3）电场线可以描述电场的强弱和电场的方向。（ ）
（4）两条电场线之间的空白处电场强度为零。（ ）
（5）电场线不是实际存在的，但电场是实际存在的。（ ）
要点一 电场线 匀强电场
【探究】
（1）电荷周围存在着电场，法拉第采用了什么简洁方法来描述电场？
（2）在实验室，可以用实验模拟电场线；头发屑在蓖麻油中排列显示了电场线的形状，这能否说明电场线是实际存在的线？
【归纳】
1.电场线是人们为了研究电场而假想的线，只是为了更形象地描述电场的分布情况。电场线是完全虚拟出来的，并不是真实存在的，而电场是客观存在的，尽管它看不见、摸不着。
2.单一点电荷的电场线
（1）点电荷的电场线呈辐射状，正电荷的电场线向外至无限远，负电荷则相反，如图甲、乙所示。
（2）以点电荷为球心的球面上，电场线疏密相同，但方向不同，说明电场强度大小相等，但方向不同。
（3）同一条电场线上，电场强度方向相同，但大小不等。实际上，点电荷形成的电场中，任意两点的电场强度都不同。
3.匀强电场的电场线
匀强电场的电场线是间隔相等的平行线，场中各点电场强度大小相等、方向相同。
【典例1】
如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是（ ）
A.这个电场不可能是孤立的负点电荷的电场
B.点电荷q在A点处受到的静电力与在B点处受到的静电力一样大
C.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小（不计重力）
D.负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点的切线方向
尝试解答
1.在如图所示的电场中，a、b两点的电场强度相同的是（ ）
2.如图为金属球放入匀强电场后电场线的分布情况。设该电场中A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，则A、B两点（ ）
A.EA＝EB，电场方向相同 B.EA＜EB，电场方向相同
C.EA＞EB，电场方向不同 D.EA＜EB，电场方向不同
要点二 两等量点电荷的电场
【探究】
如图所示，A、B是点电荷a、b连线上的两点，实线是它们间的电场线。讨论：
（1）电荷a、b各带有什么性质的电荷？
（2）A、B两点的电场强度相同吗？方向相同吗？
【归纳】
等量异种点电荷与等量同种点电荷的电场线比较
等量异种点电荷 等量同种 （正）点电荷
电场线 分布图
连线上的电场强度大小 O点最小，从O点沿连线向两边逐渐变大 O点为零，从O点沿连线向两边逐渐变大
中垂线上的电场强度大小 O点最大，从O点沿中垂线向两边逐渐变小 O点为零，从O点沿中垂线向两边先变大后变小
关于O点对称的点A与A'、B与B'的电场强度 等大同向 等大反向
【典例2】 如图所示，a、b两点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，它所受的静电力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是（ ）
A.Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右
B.Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上
C.Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0
D.Fd、Fc、Fe的大小都相等
尝试解答
1.（多选）如图所示，在等量负点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D两点关于O点对称，关于这几点的场强大小关系，正确的是（ ）
A.EA＞EB，EB＝ED B.EA＜EB，EB＜ED
C.可能有EA＜EB＜EC qD.可能有EA＝EC＜EB
2.真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线如图所示，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是（ ）
A.A、B可能是带等量异种的正、负电荷
B.A、B可能是带不等量的正电荷
C.a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零
D.同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反
1.如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在该直线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a、b两点的电场强度大小，则（ ）
A.电场线从a指向b，所以Ea＜Eb
B.电场线从a指向b，所以Ea＞Eb
C.电场线是直线，所以Ea＝Eb
D.不知a、b附近的电场线分布，Ea、Eb大小关系不能确定
2.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.c点的电场强度大于b点的电场强度
B.若将一试探电荷＋q由a点静止释放，它将沿电场线运动到b点
C.b点的电场强度大于d点的电场强度
D.a点和b点的电场强度的方向相同
3.（多选）A、B两个点电荷在真空中产生电场的电场线（方向未标出）如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是（ ）
A.这两个点电荷一定是等量异种电荷
B.这两个点电荷一定是等量同种电荷
C.把某正电荷从C点移到D点所受电场力方向不变
D.C点的电场强度可能比D点的电场强度小
4.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（ ）
A.甲图中与点电荷等距的a、b两点
B.乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C.丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D.丁图中非匀强电场中a、b两点
提示：完成课后作业 第九章 3. 第2课时
5 / 53.电场 电场强度
课标要求 素养目标
1.知道电场是一种物质。 2.了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法。 3.用电场线描述电场 1.掌握电场强度的概念、公式、矢量性及方向的规定。（物理观念） 2.知道电场线，熟记几种常见电场的电场线。（物理观念） 3.领悟比值定义法定义物理量的特点。（物理观念） 4.能根据库仑定律和电场强度的定义式推导点电荷场强的计算式，并能进行有关的计算。（科学推理） 5.在进行场强叠加等计算时培养综合分析能力和知识的迁移能力。（科学思维）
第1课时 电场强度 电场强度的叠加
知识点一 电场 电场强度
1.电场
（1）概念：存在于电荷周围的一种特殊的 ，由电荷产生。它是物质存在的一种形式。
（2）基本性质：对放入其中的电荷产生 。电荷之间通过 相互作用。
2.试探电荷：为研究电场各点的性质而引入的 和体积都很小的点电荷。
3.场源电荷：激发 的带电体所带的电荷，简称源电荷。
4.电场强度
（1）定义：试探电荷所受的 与它的电荷量之比。
（2）定义式：E＝ 。
（3）单位：牛每库，符号为N/C。
（4）方向：电场强度是 量，电场中某点电场强度的方向与正电荷在该点所受的静电力的方向 。
知识点二 点电荷的电场 电场强度的叠加
1.点电荷的电场
（1）计算式：E＝ 。
（2）方向：如图甲所示，若Q为 电荷，球面上各点的电场强度方向沿Q和该点的连线背离Q；如图乙所示，若Q为 电荷，电场强度方向沿Q和该点的连线指向Q。
2.均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心，电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。
3.电场强度的叠加
电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的 。
例如，图中P点的电场强度E等于点电荷Q1在该点产生的电场强度E1与点电荷Q2在该点产生的电场强度E2的 。
【情景思辨】
A为已知电场中的一固定点，在A点放一电荷量为q的试探电荷B，B所受电场力为F，A点的电场强度为E，判断下列说法的正误。
（1）若在A点换上电荷量为－q的试探电荷，A点电场强度方向发生变化。（ ）
（2）若在A点换上电荷量为2q的试探电荷，A点的电场强度将变为2E。（ ）
（3）若移去试探电荷B，A点的电场强度变为零。（ ）
（4）A点电场强度的大小、方向与试探电荷的有无及电荷量的大小、正负均无关。（ ）
（5）情景中所给的物理量满足F＝Eq。（ ）
要点一 电场 电场强度
【探究】
把同一试探电荷放在电场中的不同位置，由图可知，该试探电荷在不同位置所受的静电力的大小和方向不相同，这说明各点的电场的强弱和方向不相同。
（1）用什么物理量表征电场的强弱？如何定义这个物理量？
（2）同一位置，放不同试探电荷，试探电荷受力越大，则该位置电场强度越大吗？
【归纳】
1.公式E＝是电场强度的定义式，适用于一切电场，因为E与F、q无关，所以不能认为E∝F，E∝。但定义式给出了一种测量电场强度大小的方法。
2.电场中某一点的电场强度是唯一的，与试探电荷无关，它取决于形成电场的电荷（场源电荷）及空间位置。
3.E＝变形可得F＝qE，该式表明，如果已知电场中某点的电场强度E，便可计算在电场中该点放任意电荷量的带电体所受的静电力大小，即电场强度E是反映电场的力的性质的物理量。
【典例1】 由电场强度的定义式E＝可知，在电场中同一点（ ）
A.电场强度E跟F成正比，跟q成反比
B.无论放入电场中的电荷q值多大，F与q的比值都相同
C.先后放入带电荷量为＋q和－q的电荷，所受电场力等大反向，电场强度分别为E和－E
D.如果没有放入电荷q，那么该点的电场强度一定为零
尝试解答
1.在电场中的某点放入电荷量为－q的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为＋3q的试探电荷，此时测得该点的电场强度（ ）
A.大小为3E，方向和E相反
B.大小为E，方向和E相同
C.大小为3E，方向和E相同
D.大小为E，方向和E相反
2.电场中A点的电场强度为E，方向水平向右。若在A点放一电荷量为＋q的试探电荷，则它受到的电场力大小为F；若在A点放置一个电荷量为－2q的试探电荷，下列说法正确的是（ ）
A.A点的电场强度方向变为水平向左
B.A点的电场强度变为2E
C.电荷量为－2q的试探电荷受到的电场力方向水平向左
D.电荷量为－2q的试探电荷受到的电场力大小也为F
要点二 点电荷的电场 电场强度的叠加
1.E＝与E＝k的比较
公式 E＝ E＝k
本质区别 定义式 决定式
适用范围 一切电场 真空中点 电荷的电场
Q或q 的意义 q表示引入电场的（试探、检验）电荷的电荷量 Q表示产生电场的点电荷（场源电荷）的电荷量
关系 E用F与q的比值来表示，但E的大小与F、q的大小无关 E不仅用Q、r来表示，且E∝Q，E∝
2.电场强度的叠加
（1）电场强度是矢量，遵循矢量运算法则。
（2）同一直线上电场强度叠加，可以把矢量运算转化为代数运算，同向相加，异向相减。
（3）不在同一条直线上时，运用平行四边形定则合成运算。
【典例2】 下列关于点电荷的场强公式E＝k的几种不同的理解，正确的是（ ）
A.以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同
B.当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0
C.点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定背离点电荷Q向外
D.在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比
尝试解答
【典例3】 如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量大小相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的电场强度大小变为E2。那么E1与E2之比为（ ）
A.1∶2 B.2∶1
C.2∶ D.4∶
尝试解答
1.（多选）真空中距点电荷（电荷量为Q）为r的A点处，放一个带电荷量为q（q Q）的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的电场强度为（ ）
A. B.
C.k D.k
2.如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度（ ）
A.大小为，方向竖直向上 B.大小为，方向竖直向上
C.大小为，方向竖直向下 D.大小为，方向竖直向下
1.（多选）下列选项中的图像是电场中某点的电场强度E及试探电荷所受电场力F与放在该点处的试探电荷所带电荷量q之间的函数关系图像，其中正确的是（ ）
2.如图所示，O、P、Q三点不在一条直线上，＜，在O处有一正点电荷。若P、Q两点的电场强度分别为EP、EQ，则（ ）
A.EP＜EQ，且方向相同
B.EP＞EQ，且方向相同
C.EP＜EQ，且方向不同
D.EP＞EQ，且方向不同
3.如图所示，A、B、C三点的连线构成一个等腰直角三角形，∠A是直角。在B点放置一个电荷量为＋Q的点电荷，测得A点的电场强度大小为E。若保留B点的电荷，再在C点放置一个电荷量为－Q的点电荷，则A点的电场强度大小等于（ ）
A.0 B.E
C.E D.2E
4.如图所示，真空中一条直线上有四点A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A点放一电荷量为＋Q的点电荷时，B点电场强度为E，若又将等量异种的点电荷－Q放在D点，则（ ）
A.B点电场强度为E，方向水平向右
B.B点电场强度为E，方向水平向右
C.B点的电场强度大于C点的电场强度
D.BC线段的中点电场强度为零
提示：完成课后作业 第九章 3. 第1课时
5 / 5
