2025年新高二物理人教版尖子生专题复习《静电场及其应用》

第66页（共66页）2025年新高二物理人教版（2019）尖子生专题复习《静电场及其应用》一．选择题（共8小题）1．（2025•广州三模）如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是（）A．小球N带负电 B．小球N受到的库仑力大小是mg C．小球M所带电荷量是2mgD．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是22．（2025春•市中区校级期中）如图甲所示，△MNP是一等边三角形，在顶点MN各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点P处电场强度的大小为E1；若将M点处的负点电荷取走，并放置一个电荷量为q的正点电荷如图乙，这时顶点P处电场强度的大小为E2；则E1A．2 B．22 C．3 D．3．（2025•苏州校级一模）如图所示，一个绝缘球壳上均匀分布着正电荷。已知均匀带电的球壳在其内部激发的电场强度处处为零，现在球壳表面P处取走一面积足够小、带电荷量为q的曲面，若球壳的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，则球壳内部空间的电场线分布情况可能正确的是（）A． B． C． D．4．（2025•海宁市校级模拟）如图所示，水平面上放置一个绝缘轻支杆，支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢释放细线，使B球缓慢移动一小段距离，支杆始终静止，下列说法正确的是（）A．带电小球B受到的库仑力大小不变 B．地面给绝缘轻支杆的支持力一直大于带电小球A的重力 C．细线的拉力一直变小 D．带电小球B的运动轨迹为直线5．（2024秋•广东期末）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处正点电荷形成的电场，如图是显微镜的示意图，a、b、c是玻璃泡内以O为球心的半球面上的三个点，且abc平面与钨针垂直，d为导电膜上一点，其中a、b、c三点到O点的距离与cd连线距离相等，则（）A．a、b、c三点的场强相同 B．φa＝φc＜φb C．一电子从b点向d点运动，电势能减少 D．Ucd＜Uoc6．（2025春•灌南县期中）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上均匀分布正电荷，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，轴线上CO＝DO＝3R。一质量为m、电荷量为q的小球（用绝缘细线悬挂于悬点），受半球面产生的电场影响偏转θ角度静止于C点，（若球C与半球面AB彼此不影响对方的电量分布）则半球面AB在D点产生的场强大小为（）A．kQ9R2+mgtanθC．k2Q9R7．（2025•江苏学业考试）如图所示是一个金属杆，原来不带电。现在沿着杆的轴线方向放置一个点电荷Q。金属杆达到静电平衡状态，杆上感应电荷产生的电场在轴线上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）A．Ea＞Eb＞Ec B．Ea＜Eb＜Ec C．Ea＜Eb＝Ec D．Ea＝Eb＞Ec8．（2024秋•金华期末）关于如图几幅图片的说法错误的是（）A．燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火 B．真空冶炼炉利用交变电流直接产生热能给炉体加热，从而融化炉内金属 C．高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用 D．金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•淄博期中）如图，用两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α＝30°、β＝45°。现将两细线同时剪断，下列说法中正确的是（）A．两球都做匀变速运动 B．a球质量大于b球质量 C．a球落地时的速度小于b球落地时的速度 D．b球比a球先落地（多选）10．（2025春•北仑区校级期中）如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中能使验电器金属箔片张开的是（）A．用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触 B．用绝缘外壳的导线把验电器跟取电棒C的导A体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触 C．使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住B D．使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住A（多选）11．（2025春•开福区校级期中）四种电场中分别标有a，b两点，两点电场强度相同的是（）A．甲图：与点电荷等距的a、b两点 B．乙图：等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图：等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图：匀强电场中的a、b两点（多选）12．（2025•汉台区二模）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为3q，质量为m，重力加速度为g。则（）A．小球甲一定带正电 B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为mgqC．小球甲所带电荷量的绝对值为mgRD．小球甲所带电荷量的绝对值为3三．填空题（共4小题）13．（2024春•和平区校级期中）如图所示，两个可视为质点的金属球A、B质量都是m，带电荷量分别为+3q和﹣q，用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住A悬挂于O点而保持平衡。重力加速度为g，则连接OA的细线张力是，连接AB的细线张力是。14．（2024秋•思明区校级月考）如图，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，其中Q＝5×10﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它们相距L＝3m，如果在两点电荷连线的中点放一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点。则：球心O处的电场强度大小N/C；球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度大小N/C，方向。（填“水平向左”或“水平向右”）15．（2024秋•鼓楼区校级期中）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，则q的电性为，电荷量大小为（用题目给的字母表示）。16．（2024秋•福清市期中）如图所示，一绝缘细线上端固定，下端栓一质量为m、电荷量为﹣q的小球。将它置于水平方向的匀强电场中，当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态。则匀强电场的大小为，方向。四．解答题（共4小题）17．（2025春•天心区校级期中）如图所示，两个带正电小球A、B的质量均为m，且qA＝2qB（qA，qB未知），A用长为L的绝缘细线悬于O点，B放在固定绝缘光滑斜面上且正好在悬点O的正下方，A、B在同一水平线上且均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为60°，两球均可视为质点，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：（1）细线对A球的拉力大小。（2）斜面倾角θ为多少。（3）A球的带电量qA为多少。18．（2025春•灌南县期中）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°，已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小球的质量m；（2）若突然剪断细绳，求小球的加速度大小；（3）若将电场撤去，求小球回到最低点时速度v的大小。19．（2025春•高邮市期中）光滑绝缘水平转台上有两个等量异种电荷（可视为点电荷）被约束在相距为d＝0.3m的位置，带电量为q＝2×10﹣7C，质量都为m＝2×10﹣3kg，已知静电力常量k＝9×109N•m2/C2，求：（1）两电荷之间的库仑力大小；（2）同时释放两个电荷，求两个电荷相距为d2（3）若解除对两个电荷的约束，请设计方案使两个点电荷间距保持d不变。20．（2025春•铜山区期中）如图所示，电荷量为+q的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板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，A点的电场强度为零。求：（1）点电荷+q在A点产生电场的电场强度大小；（2）B点的电场强度大小。

2025年新高二物理人教版（2019）尖子生专题复习《静电场及其应用》参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DCAADDBB二．多选题（共4小题）题号9101112答案BCBCBDAB一．选择题（共8小题）1．（2025•广州三模）如图所示，光滑绝缘正方形方框竖直固定，边长是a，两个质量均为m的带电小球M、N套在方框上。M球带正电，固定于底边AB中点处；带电荷量为q的小球N置于方框右边BC中点时恰好静止不动，已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均看成点电荷，下列说法正确的是（）A．小球N带负电 B．小球N受到的库仑力大小是mg C．小球M所带电荷量是2mgD．小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是2【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】结合题意，对小球N受力分析，根据几何关系、平衡条件、电场力与电场强度的关系、点电荷电场强度的公式分别列式，即可分析判断，进而判断ABCD正误。【解答】解：结合题意，对小球N受力分析，如下图：小球N受竖直向下的重力mg，水平向左的支持力N'，由M指向N的库仑斥力F，才能处于当前的平衡状态；因为M球带正电，所以N球也带正电；由几何关系可知：θ＝45°，MO=2MN，MN＝0.5a则由平衡条件可知：Fcosθ＝mg，解得：F=2mg由电场力与电场强度的关系可知：F＝qE，解得小球M在N处产生的电场强度大小是：E=F由点电荷的电场强度公式E＝kQr2可知，若小球M在方框中心O处产生的电场强度大小是则有：E'：E＝MN2：MO2，联立可得：E'=2由点电荷的电场强度公式可得：E'＝kQM联立可得：QM=2mga22故选：D。【点评】本题主要考查库仑力作用下的受力平衡问题，解题时需注意，根据库仑定律及平衡条件确定力与力的关系。2．（2025春•市中区校级期中）如图甲所示，△MNP是一等边三角形，在顶点MN各放置一个电荷量为Q的负点电荷，这时顶点P处电场强度的大小为E1；若将M点处的负点电荷取走，并放置一个电荷量为q的正点电荷如图乙，这时顶点P处电场强度的大小为E2；则E1A．2 B．22 C．3 D．【考点】电场强度的叠加．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据平行四边形定则，结合几何知识分别求出E1和E2，再求E1【解答】解：在顶点M、N各放置一个电荷量为Q的负点电荷时，P点的场强E方向垂直MN向下，如图甲所示。若将M点处的负点电荷取走，并放置一个电荷量为Q的正点电荷，这时顶点P处电场强度的大小为E2＝2Ecos60°＝E方向如图乙所示。则E1E2=3故选：C。【点评】解答本题的关键要掌握电场的叠加原理，熟练运用平行四边形定则作图，结合几何关系解答。3．（2025•苏州校级一模）如图所示，一个绝缘球壳上均匀分布着正电荷。已知均匀带电的球壳在其内部激发的电场强度处处为零，现在球壳表面P处取走一面积足够小、带电荷量为q的曲面，若球壳的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，则球壳内部空间的电场线分布情况可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】电场线的定义及基本特征；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度的叠加．【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】A【分析】将取走的小曲面看作带正电的点电荷，结合电场强度的叠加原理、正点电荷电场线的分布特点，即可分析判断ABCD正误。【解答】解：将取走的小曲面看作带正电的点电荷，由题意可知，在取走该小曲面之前，其他带正电的曲面和该小曲面在P处的合场强为0，则由电场强度的叠加原理可知，其他带正电的曲面在P处的电场强度应与该小曲面在P处的电场强度等大、反向，结合正点电荷电场线的分布特点可知，取走该小曲面后，球壳内部空间的电场线都应以辐射状会聚到P处，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题主要考查电场强度的叠加，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。4．（2025•海宁市校级模拟）如图所示，水平面上放置一个绝缘轻支杆，支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢释放细线，使B球缓慢移动一小段距离，支杆始终静止，下列说法正确的是（）A．带电小球B受到的库仑力大小不变 B．地面给绝缘轻支杆的支持力一直大于带电小球A的重力 C．细线的拉力一直变小 D．带电小球B的运动轨迹为直线【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】A【分析】以小球B为研究对象，结合库仑定律，根据相似三角形法判断拉力和库仑力的大小变化；对小球A和绝缘轻支杆整体受力分析，可知地面给绝缘轻支杆的支持力与带电小球A的重力的关系；根据两球间距离的变化判断B球的运动轨迹。【解答】解：AC、对带电小球B受力分析，如图所示根据相似三角形知识可得Gh可知，G、h、kqAqB不变，缓慢释放细线（L变大），则拉力变大，r不变，故库仑力不变，故A正确，C错误；B、对小球A和绝缘轻支杆整体受力分析，受重力、绳子向下的作用力、地面的支持力，可知地面给绝缘轻支杆的支持力小于带电小球A的重力，故B错误；D、由Gh=kqA故选：A。【点评】本题考查动态平衡问题，解题关键是做好受力分析利用库仑定律和共点力平衡列式求解即可。5．（2024秋•广东期末）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处正点电荷形成的电场，如图是显微镜的示意图，a、b、c是玻璃泡内以O为球心的半球面上的三个点，且abc平面与钨针垂直，d为导电膜上一点，其中a、b、c三点到O点的距离与cd连线距离相等，则（）A．a、b、c三点的场强相同 B．φa＝φc＜φb C．一电子从b点向d点运动，电势能减少 D．Ucd＜Uoc【考点】电荷在导体上的分布、尖端放电；电场线的定义及基本特征．【专题】定量思想；推理法；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】AB、根据正点电荷电场线及等势线的分布情况分析；C、根据电势的高低分析电势能；D、分析Oc部分与cd部分的场强的大小，由此分析电压大小。【解答】解：AB.由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处正点电荷形成的电场，根据电场线及等势线的分布情况可知，a、b、c三点的场强大小相等、方向不同，且位于同一等势面上，故有φa＝φc＝φb，故AB错误；C.由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φb＞φd，电子带负电，故一电子从b点向d点运动，电势能增大，故C错误；D.越靠近O点场强越强，则Oc部分的场强大于cd部分的场强，则根据U＝Ed.，可判别Ucd＜Uoc，故D正确。故选：D。【点评】考查对点电荷电场线、电场强度分布情况的理解，熟记其定义。6．（2025春•灌南县期中）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上均匀分布正电荷，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，轴线上CO＝DO＝3R。一质量为m、电荷量为q的小球（用绝缘细线悬挂于悬点），受半球面产生的电场影响偏转θ角度静止于C点，（若球C与半球面AB彼此不影响对方的电量分布）则半球面AB在D点产生的场强大小为（）A．kQ9R2+mgtanθC．k2Q9R【考点】电场强度与电场力的关系和计算；共点力的平衡问题及求解；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据平衡条件，可得重力与电场力qE2的关系，补齐右半球，可得D点的合场强为，利用场强的叠加求解。【解答】解：设半球面AB在D点产生的场强大小为E1，在C点产生的场强大小为E2，根据平衡条件得tanθ=补齐右半球，D点的合场强为k2则半球面AB在D点产生的场强大小E1故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题旨在考查电场强度、电场强度的叠加，难度一般。7．（2025•江苏学业考试）如图所示是一个金属杆，原来不带电。现在沿着杆的轴线方向放置一个点电荷Q。金属杆达到静电平衡状态，杆上感应电荷产生的电场在轴线上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比（）A．Ea＞Eb＞Ec B．Ea＜Eb＜Ec C．Ea＜Eb＝Ec D．Ea＝Eb＞Ec【考点】静电平衡现象、等势体；电场强度与电场力的关系和计算．【专题】比较思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】处于静电平衡下的导体内部场强处处为零。【解答】解：处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。根据点电荷场强公式可以判断点电荷Q在金属棒内三点的场强关系为Ea＜Eb＜Ec，所以感应电荷产生的电场在此三点的场强关系也是Ea＜Eb＜Ec，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】要知道处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。8．（2024秋•金华期末）关于如图几幅图片的说法错误的是（）A．燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火 B．真空冶炼炉利用交变电流直接产生热能给炉体加热，从而融化炉内金属 C．高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用 D．金属编织网包裹着导体线芯利用了静电屏蔽原理降低干扰【考点】静电屏蔽的原理与应用；电荷在导体上的分布、尖端放电．【专题】定性思想；归纳法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】根据尖端放电原理的应用分析；真空冶炼炉是交流电在金属中产生涡流加热的；根据静电屏蔽分析CD。【解答】解：A、燃气灶中针尖形点火器是利用高压尖端放电原理进行点火的，故A正确；B、真空冶炼炉是利用高频交流电在炉内金属中产生涡流进行加热，使金属熔化，而不是利用交变电流直接产生热能，故B错误；C、根据静电屏蔽原理可知高压输电线上方的两根接地导线具有避雷保护线路的作用，故C正确；D、根据静电屏蔽的原理可知，用铜丝编织的管线包裹话筒线是为了防止外部信号干扰，故D正确。本题是选错误的，故选：B。【点评】本题考查了涡流、尖端放电和静电屏蔽的具体应用，基础题。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•淄博期中）如图，用两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α＝30°、β＝45°。现将两细线同时剪断，下列说法中正确的是（）A．两球都做匀变速运动 B．a球质量大于b球质量 C．a球落地时的速度小于b球落地时的速度 D．b球比a球先落地【考点】带电体在匀强电场中的受力平衡；在外力作用下的类平抛运动．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库仑力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解。【解答】解：B．两球之间的静电力为一对相互作用力，令大小为F，大小相等，两球处在同一水平面上，根据平衡条件，分别对两球进行分析，有F＝magtanα，F＝mbgtanβ解得ma=3可知，a球质量大于b球质量，故B正确；A．将两细线同时剪断后，两球竖直方向均向下做自由落体运动，水平方向上均向相反方向做加速运动，由于两球间距增大，静电力减小，两球所受合力均减小，即加速度减小，可知两球都做变加速运动，故A错误；C．静电力大小相等，由于a球质量大于b球质量，根据牛顿第二定律可知，水平方向上a球的加速度小于b球的加速度，竖直方向上两球加速度均为重力加速度，可知，落地时，水平方向上a球的分速度小于b球的分速度，竖直方向上两球的分速度相等，根据速度合成可知，a球落地时的速度小于b球落地时的速度，故C正确；D．根据上述，两球在竖直方向上均做自由落体运动，两球竖直分位移相等，根据h=结合分运动的等时性可知，两球同时落到，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题（多选）10．（2025春•北仑区校级期中）如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中能使验电器金属箔片张开的是（）A．用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触 B．用绝缘外壳的导线把验电器跟取电棒C的导A体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触 C．使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住B D．使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住A【考点】验电器与静电计．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】在静电平衡状态下，不论是空心导体还是实心导体，不论导体本身带电多少，或者导体是否处于外电场中，必定为等势体，其内部场强为零，净电荷只分布在外表面上；使验电器A靠近B，金属球A感应带负电荷。【解答】解：A、用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下，由于B的静电荷分布在外表面内部没有电荷，C与B内部接触之后也不会带电，故再跟A接触金属箔片也不能张开，故A错误；B、用绝缘导线把验电器A跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒C与B的内壁接触，ABC三者组成新的等势体，电荷将移动到A，验电器金属箔片张开，故B正确；CD、使验电器A靠近B，即使用金属网罩罩住B，在金属网内表面感应出负电荷，外表面感应出正电荷，在金属网外仍有电场，会使金属球A带负电荷，金属箔片带正电荷，金属箔片会张开；而如果金属网罩罩住A，由于静电屏蔽，A不会有感应电荷，金属箔片不会张开，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】弄清静电屏蔽的实质，并能正确理解和应用，尤其注意静电平衡状态特点，注意所学基础知识的灵活应用。（多选）11．（2025春•开福区校级期中）四种电场中分别标有a，b两点，两点电场强度相同的是（）A．甲图：与点电荷等距的a、b两点 B．乙图：等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图：等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图：匀强电场中的a、b两点【考点】根据电场线的疏密判断场强大小；电场线的方向与电场强度方向的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】BD【分析】在电场中，电场线的疏密表示场强的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度方向，且沿电场线方向电势降落，结合电场线与等势线的分布，从而即可求解。【解答】解：A、甲图：与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B、乙图：等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度相同，故B正确；C、丙图：等量同种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，但方向不同，故C错误；D、丁图：匀强电场中的a、b两点，电场强度相同，故D正确。故选：BD。【点评】判断电势的高低，根据电场线的方向。判断场强的大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向。要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。（多选）12．（2025•汉台区二模）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为3q，质量为m，重力加速度为g。则（）A．小球甲一定带正电 B．小球甲在b点处产生的电场强度大小为mgqC．小球甲所带电荷量的绝对值为mgRD．小球甲所带电荷量的绝对值为3【考点】电场强度与电场力的关系和计算；库仑定律的表达式及其简单应用；库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力；分析综合能力．【答案】AB【分析】根据受力分析合力为零判断乙的受力情况，根据库仑定律求解其他问题。【解答】解：对乙受力分析两种情况如图1、2所示图1：mg+FNcos60°＝Fcos30°，FNsin60°＝Fsin30°，解得FN＝mg，F=3图2：mg+Fcos30°＝FNcos60°，Fsin30°＝FNsin60°，则无解，故受力为图1；A、图1中甲、乙库仑力为斥力，则甲、乙带同种电荷，则小球甲一定带正电，故A正确；B、根据电场强度定义式，E=Fq=CD、根据甲、乙库仑定律，F=k3qq甲(3故选：AB。【点评】本题考查库仑力与弹力的受力分析，注意有两种情况：图1和图2，通过正交分解确定为图1情况。三．填空题（共4小题）13．（2024春•和平区校级期中）如图所示，两个可视为质点的金属球A、B质量都是m，带电荷量分别为+3q和﹣q，用长为L的绝缘细线相连，另用绝缘细线系住A悬挂于O点而保持平衡。重力加速度为g，则连接OA的细线张力是2mg，连接AB的细线张力是mg-3k【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】2mg；mg-【分析】将AB作为一个整体受力分析，即可得到OA间细线的张力；由B受力平衡，结合库仑定律，即可计算AB间细线的张力。【解答】解：对整体进行分析，根据受力平衡可得连接OA的细线张力大小为F1＝2mg对B球分析，根据受力平衡可得mg=解得连接AB的细线张力大小为F2故答案为：2mg；mg-【点评】解该题就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。14．（2024秋•思明区校级月考）如图，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为﹣Q和+2Q，其中Q＝5×10﹣10C，k＝9.0×109Nm2/C2，它们相距L＝3m，如果在两点电荷连线的中点放一个半径为r（2r＜L）的空心金属球，且球心位于O点。则：球心O处的电场强度大小0N/C；球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度大小6N/C，方向水平向右。（填“水平向左”或“水平向右”）【考点】用特殊的方法求解电场强度；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】0；6；水平向右。【分析】空心金属球处于静电平衡状态，据此判断球心O处的电场强度大小；因为球心O处的电场强度大小为零，所以球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度与AB两处的点电荷在O点产生的合场强等大、反向，据此分析求解。【解答】解：空心金属球处于静电平衡状态，则球心O处的电场强度大小为零；因为球心O处的电场强度大小为零，所以球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度与AB两处的点电荷在O点产生的合场强等大、反向，则感应电荷在球心O处产生的电场强度大小为：E=故答案为：0；6；水平向右。【点评】本题考查用特殊的方法求解电场强度，解题时需注意，多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和。15．（2024秋•鼓楼区校级期中）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，则q的电性为负，电荷量大小为2QΔLπR【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】负，2QΔL【分析】根据场强公式计算分析。【解答】解：取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E=根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为为E′=E根据E'=kq故答案为：负，2QΔL【点评】考查对电场的理解，熟记场强公式。16．（2024秋•福清市期中）如图所示，一绝缘细线上端固定，下端栓一质量为m、电荷量为﹣q的小球。将它置于水平方向的匀强电场中，当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态。则匀强电场的大小为mgtanαq，方向水平向左【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】mgtanαq【分析】根据受力分析及平衡条件求解电场强度。【解答】解：根据带电置于水平方向的匀强电场中，小球所受电场力方向水平向右，小球受力分析如图所示：对球由力的平衡条件得：qE＝mgtanθ解得场强大小E=mgtanα故答案为：mgtanαq【点评】本题主要考查带电粒子在电场与重力场中的运动，解决本题的关键在于做出受力分析图并结合几何关系进行分析。四．解答题（共4小题）17．（2025春•天心区校级期中）如图所示，两个带正电小球A、B的质量均为m，且qA＝2qB（qA，qB未知），A用长为L的绝缘细线悬于O点，B放在固定绝缘光滑斜面上且正好在悬点O的正下方，A、B在同一水平线上且均处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为60°，两球均可视为质点，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：（1）细线对A球的拉力大小。（2）斜面倾角θ为多少。（3）A球的带电量qA为多少。【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；运动的合成和分解专题；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】（1）细线对A球的拉力大小为2mg；（2）斜面倾角θ为60°；（3）A球的带电量qA为33【分析】（1）对小球A，根据平衡条件分析；（2）根据力的合成可得B球对斜面的作用力，再利用三角函数求解；（3）根据库仑力求解。【解答】解：（1）设细线的拉力为T，对小球A，根据平衡条件Tcos60°＝mg可得细线的拉力大小T＝2mg（3）A、B间的库仑力大小F库＝Tsin60°＝kq结合qA＝2qB解得qA=33mgL（2）根据力的合成可得B球对斜面的作用力大小为F=F设斜面倾角为θ，则cosθ=mg2mg=1答：（1）细线对A球的拉力大小为2mg；（2）斜面倾角θ为60°；（3）A球的带电量qA为33【点评】本题考查平衡条件、力的合成的知识，三角函数知识、库仑力，属于基础题目，较简单。18．（2025春•灌南县期中）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°，已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣6C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求小球的质量m；（2）若突然剪断细绳，求小球的加速度大小；（3）若将电场撤去，求小球回到最低点时速度v的大小。【考点】带电体在匀强电场中的受力平衡；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）小球的质量m为4.0×10﹣4kg；（2）若突然剪断细绳，小球的加速度大小为12.5m/s2；（3）若将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【分析】（1）小球静止时合力为零，分析其受力情况，根据共点力的平衡条件求解小球的质量m；（2）若突然剪断细绳，小球受重力和电场力不变，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求加速度；（3）电场撤去后小球运动过程根据动能定理，求小球回到最低点时速度v的大小。【解答】（1）小球受到重力mg、拉力T和电场力F的作用而平衡，如图所示则有FmgF＝qE解得m＝4.0×10﹣4kg（2）若突然剪断细绳，小球受重力和电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，所受合力F合由牛顿第二定律F合＝ma得加速度大小a=5（3）若将电场撤去，由动能定理得mgl(1故有v代入数据得v＝2m/s答：（1）小球的质量m为4.0×10﹣4kg；（2）若突然剪断细绳，小球的加速度大小为12.5m/s2；（3）若将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为2m/s。【点评】本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和动能定理列出方程解答；要注意细线剪断后，小球的重力、电场力不变。19．（2025春•高邮市期中）光滑绝缘水平转台上有两个等量异种电荷（可视为点电荷）被约束在相距为d＝0.3m的位置，带电量为q＝2×10﹣7C，质量都为m＝2×10﹣3kg，已知静电力常量k＝9×109N•m2/C2，求：（1）两电荷之间的库仑力大小；（2）同时释放两个电荷，求两个电荷相距为d2（3）若解除对两个电荷的约束，请设计方案使两个点电荷间距保持d不变。【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）两电荷之间的库仑力大小为4×10﹣3N；（2）同时释放两个电荷，两个电荷相距为d2时加速度大小为8m/s2（3）若解除对两个电荷的约束，让两个电荷绕两者连线的中点做匀速圆周运动，此时两电荷间的库仑力刚好提供向心力，当角速度大小为2303rad/s时，可以使两个点电荷间距保持【分析】（1）根据库仑定律计算；（2）根据库仑定律和牛顿第二定律计算；（3）两个电荷做匀速圆周运动时，由两电荷间的库仑力提供向心力，据此计算即可。【解答】解：（1）根据库仑定律F=F＝4×10﹣3N（2）设两个电荷的加速度为a，根据牛顿第二定律有kq代入数据解得a＝8m/s2（3）当两电荷间的库仑力刚好提供向心力时，d可以保持不变，即：F＝mrω2两电荷绕两者连线中点匀速转动r解得：ω=答：（1）两电荷之间的库仑力大小为4×10﹣3N；（2）同时释放两个电荷，两个电荷相距为d2时加速度大小为8m/s2（3）若解除对两个电荷的约束，让两个电荷绕两者连线的中点做匀速圆周运动，此时两电荷间的库仑力刚好提供向心力，当角速度大小为2303rad/s时，可以使两个点电荷间距保持【点评】本题考查了库仑定律的应用，基础题。20．（2025春•铜山区期中）如图所示，电荷量为+q的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板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，A点的电场强度为零。求：（1）点电荷+q在A点产生电场的电场强度大小；（2）B点的电场强度大小。【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；用特殊的方法求解电场强度．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）点电荷+q在A点产生电场的电场强度大小等于kq9（2）B点的电场强度大小等于10kq【分析】（1）由点电荷的场强公式可得出+q在A点形成的场强；（2）由A点的电场强度为零可判断薄板带负电，由电场的叠加原理可求得薄板在A点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在B点形成的场强，由电场的叠加原理求解B点的电场强度大小。【解答】解：（1）电荷量为+q的点电荷产生的电场在A点的电场强度大小EA（2）电荷量为+q的点电荷产生的电场在B点的电场强度大小E1方向水平向左，A点的电场强度为零，则带电薄板在A点的电场强度与电荷量为+q的点电荷产生的电场在A点的电场强度等大反向，则E2方向水平向右，A、B点关于带电薄板对称，则带电薄板在B点的电场强度大小E'方向水平向左，则B点的电场强度大小EB答：（1）点电荷+q在A点产生电场的电场强度大小等于kq9（2）B点的电场强度大小等于10kq【点评】题目中薄板形成的场强，看似无法解决，但注意A点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在A点的电场强度。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy合4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．在外力作用下的类平抛运动【知识点的认识】1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。本考点旨在研究物体在拉力或其他力的作用下做曲线运动的情形。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。【命题方向】如图所示，将一小球从固定斜面顶端A以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端B．若初速度不变，对小球施加不为零的竖直方向的恒力F，使小球落到AB连线之间的某点C．不计空气阻力。则（）A、小球落到B点与落到C点的速度方向一定相同B、小球落到B点与落到C点的速度大小一定不同C、小球落到C点时的速度方向可能竖直向下D、力F越大，小球落到斜面的时间越长分析：不加水平力F时小球做平抛运动；加水平力F后，小球做类平抛运动，根据运动的合成知识结合平抛运动的知识进行判断。解答：AB、A小球从A到B做平抛运动，加恒力F后，从A到C做类平抛运动，两次都落在斜面上，故位移偏向角相等，则速度偏向角也相等，初速度相同，所以末速度也相同，故A正确，B错误；C、小球有水平方向的速度，故C错误；D、力F竖直向下，力越大，竖直方向的加速度越大，小球落到斜面的时间越短，故D错误；故选：A。点评：本题考查运动的合成和分解，掌握这种化曲为直的处理方法，结合分运动的规律解答。【解题思路点拨】解决类平抛运动问题的步骤（1）分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动，并明确物体两个分运动的方向。（2）利用两个分运动的规律求解分运动的速度和位移。（3）根据题目的已知条件和要求解的物理量充分利用运动的等时性、独立性、等效性解题。4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。5．验电器与静电计【知识点的认识】一、验电器与静电计的结构与差异1.验电器：验电器的主要结构相对简单，它主要由一根上端带有金属球的金属棒和两片悬挂在棒下端的金属箔组成。金属棒和金属箔通常封装在一个玻璃瓶内，以隔绝外部环境的影响。验电器示意图如下：2.静电计：静电计的主要结构通常包括一个绝缘底座，上面装有一个金属圆筒作为外壳。外壳的前面装有透明玻璃，方便观察内部情况。后面装有标有刻度的毛玻璃，用于读取测量结果。顶端带有金属球的金属杆插入圆筒内，金属杆和圆筒之间装有绝缘套筒，以保证两者之间的绝缘性。金属杆下部的水平轴上装有金属指针，可以绕水平轴灵活转动。圆筒的底部有接线柱，可用于接地或与其他导体相连。静电计示意图如下：二、验电器与静电计的工作原理1.验电器：验电器的工作原理基于同种电荷互相排斥的原理。当带电体与验电器金属球接触时，电荷会传递到金属箔上，使两片金属箔带上同种电荷并相互排斥而张开。根据金属箔张开的角度可以判断物体是否带电以及带电的强弱。此外，通过用已知电性的带电体接触验电器的金属球，还可以判断待测物体所带电荷的电性。2.静电计：静电计的工作原理基于电容器原理。其金属杆、金属指针与金属外壳共同构成一个电容基本不变的电容器。当静电计的两个电极之间存在一定的电势差时，电容器上的电荷会发生重新分布，导致金属指针发生偏转。通过读取指针偏转的角度或刻度值，可以定量测量两导体间的电势差或某导体的电势。【命题方向】用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球a和金箔b的带电情况是（）A、a、b均带正电B、a、b均带负电C、a带正电，b带负电D、a带负电，b带正电分析：导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动，绝缘体上的电子不能自由移动，所以导体能发生感应起电，而绝缘体不能．解答：由于人和地球都是导体，用手指瞬间接触金属杆c时，人、地球和验电器构成一个整体，在带负电荷的橡胶棒的影响下发生静电感应，近端带正电；移开手指后，验电器上的正电荷不会再改变，故验电器带正电，再移开橡胶棒后，验电器上的正电荷不会再改变；故选：A。点评：感应起电的实质不是产生了电荷，而是导体上的自由电荷从一端移动到另一端，从而使导体两端带上等量异号的电荷，且符合近端所带电荷的电性与引起静电感应的带电体的电性相反，而远端相同的规律．【解题思路点拨】对验电器与静电计的简单理解就是：①验电器是检测物体有没有带电的仪器，利用的原理是同种电荷相互排斥，不管靠近或接触上端金属球的物体带什么点，下端的两个金属箔总是带上相同的电荷，从而互相排斥分开。定性来看，金属箔张角越大，说明带电体的电荷量越大。②静电计可以看成电压表。电压越大，静电计的张角越大。6．库仑定律的表达式及其简单应用【知识点的认识】1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝kq1q2r2，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•3．适用条件：真空中的静止点电荷．【命题方向】题型一：对库仑定律的理解例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（）A.3FB.F3C.F分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．解：距离改变之前：F=k当电荷量都变为原来的3倍时：F1=联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．故选：D．点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．题型二：库仑定律与力学的综合问题例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为19×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s（1）小球A的带电荷量；（2）释放瞬间小球B的加速度大小；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，沿绳子方向上，小球受到的合力为零，则mgcos60°＝kqA代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；（2）小球所受合力方向与绳子垂直，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，a=（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcos60°）=12mv2﹣小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+kqAqB解得：FT=32mg＝答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；（2）释放瞬间小球B的加速度大小为53m/s2；（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．【解题方法点拨】1．库仑定律适用条件（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．应用库仑定律需要注意的几个问题（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．（2）库仑定律的应用方法：库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．（3）三个点电荷的平衡问题：要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝kq1（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛顿第二定律方程．7．库仑力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】本考点旨在针对带电体在有库仑力存在时的平衡问题。注意这个考点下只针对点电荷之间的作用力，不含电场类问题。【命题方向】质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，如图所示则（）A、若m1＝m2，q1＜q2，则α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，则α＞βC、若m1＞m2，则α＜β，与q1、q2是否相等无关D、若q1＝q2，m1＞m2，则α＞β分析：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．解答：设左边球为A，右边球为B，则对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：设T为绳的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．则有α＞β；若m1＞m2．则有α＜β根据题意无法知道带电量q1、q2的关系。故选：C。点评：要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较．【解题思路点拨】解这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。8．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E=2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。4.点单荷电场的特点：根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（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（如下图），即E=式中的r是球心到该点的距离（r＞R），Q为整个球体所带的电荷量。【命题方向】一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．解答：由点电荷的场强公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．【解题思路点拨】1.公式E=kQr2又2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。4.电场强度三个计算式的比较表达式比较E=E＝kQE=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场比较决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离相同点矢量，单位：1N/C＝1V/m9．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点