2022届高三物理大一轮复习-第6章-第1节-电场力的性质-.docx

2022高考导航 考纲呈现1物质的电结构、电荷守恒2静电现象的解释3点电荷4库仑定律5静电场6电场强度、点电荷的场强7电场线8电势能、电势9电势差10匀强电场中电势差与电场强度的关系11带电粒子在匀强电场中的运动12示波管13常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系说明：带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向的状况. 热点视角1利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，推断电势凹凸、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式毁灭2电场力的性质与平衡学问、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点3电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点4电场学问与电流、磁场等相关学问的综合应用是考查的高频内容5电场学问与生产技术、生活实际、科学争辩等的联系，如示波管、电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视第一节电场力的性质同学用书P108一、电荷和电荷守恒定律1点电荷：外形和大小对争辩问题的影响可忽视不计的带电体称为点电荷2电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会毁灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电1.(多选)一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发觉该小球上带的负电荷几乎不存在了这说明()A小球上原有的负电荷渐渐消逝了B在此现象中，电荷不守恒C小球上负电荷削减的主要缘由是潮湿的空气将电子导走了D该现象是由电子的转移引起的，照旧遵循电荷守恒定律答案：CD二、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，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上2公式：Fk，式中的k9.0109 Nm2/C2，叫做静电力常量3适用条件：(1)点电荷；(2)真空2.(单选)如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔确定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是()A.FB.FC.F D.F答案：A三、电场强度1意义：描述电场强弱和方向的物理量2公式(1)定义式：E，是矢量，单位：N/C或V/m.(2)点电荷的场强：Ek，Q为场源电荷，r为某点到Q的距离(3)匀强电场的场强：E.3方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向3.(单选)对于由点电荷Q产生的电场，下列说法正确的是()A电场强度的定义式仍成立，即E，式中的Q就是产生电场的点电荷B在真空中，电场强度的表达式为E，式中Q就是产生电场的点电荷C在真空中，电场强度的表达式E，式中q是检验电荷D在Q的电场中某点，分别放置电量不同的正、负检验电荷，电场力大小、方向均不同，则电场强度也不同答案：B四、电场线及特点1电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向2电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处动身，终止于负电荷或无限远处(2)电场线不相交(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大(4)沿电场线方向电势降低(5)电场线和等势面在相交处相互垂直3几种典型电场的电场线(如图所示)4.(单选)如图是某静电场的一部分电场线分布状况，下列说法中正确的是()A这个电场可能是负点电荷的电场BA点的电场强度大于B点的电场强度CA点的电势高于B点的电势D负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向答案：B考点一对库仑定律的理解和应用同学用书P1091对库仑定律的理解(1)Fk，r指两点电荷间的距离对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球心间距(2)当两个电荷间的距离r0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大2电荷的支配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分(2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分(单选)如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的确定值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是()AF引G，F库kBF引G，F库kCF引G，F库kDF引G，F库k思路点拨两球壳质量分布均匀，能否认为质量集中在球心？两球所带电荷分布是否均匀？能否认为电荷集中在球心？解析万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律对于a、b的电荷而言，由于电荷间的引力，电荷在靠近的一侧分布密集，等效距离小于l，故F库k，D正确答案D1.(单选)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上3Q和5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2，则F1与F2之比为()A21B41C161 D601解析：选D.F1k，接触后两球带电量均为Q，则F2k，F1F2601.考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析 同学用书P1101电荷运动的轨迹与电场线一般不重合若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的状况下两者重合：(1)电场线是直线(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行2由粒子运动轨迹推断粒子运动状况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切(2)由电场线的疏密推断加速度大小(3)由电场力做功的正负推断粒子动能的变化(单选)(2021四川名校检测)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度审题点睛(1)电场线方向未知，能否推断电场力的方向？(2)若粒子由P经R到Q，能否判定电场力做功正负？(3)依据什么可推断R、Q两点的场强大小关系？解析依据牛顿其次定律可得maqE，又依据电场线的疏密程度可以得出Q、R两点处的电场强度的大小关系为EREQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度的大小关系为aRaQ，故D错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变，故C错误；依据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向为沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R处电场的方向应当向左，依据等势面与电场线的关系可得R、Q两点处电势的关系为RQ，依据电势能与电势的关系Epq及带电粒子的电性可得R、Q两点处电势能的关系为EpREkQ，依据动能的定义式Ekmv2可得R、Q两点处速度大小的关系为vRvQ，故A正确；P、Q两点处电势的关系为PQ，依据电势能与电势的关系Epq及带电粒子的电性可得P、Q两点处电势能的关系为EpPEpQ，故B错误答案A方法总结求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角状况来分析曲线运动的情景(2)“三不知时要假设”电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的凹凸)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别争辩各种状况2.(单选)一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布状况可能是下图中的()解析：选C.由vt图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B场强变大，电场线变密，选项C正确考点三静电力作用下的平衡问题同学用书P110解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已(2021高考新课标全国卷改编)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c球的电量解析以小球c为争辩对象，其受力如图甲所示，其中F库，由平衡条件得：2F库cos 30Eqc即：Eqc，E此时a的受力如图乙所示，则222得qc2q即当qc2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡答案2q延长总结(1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定争辩对象，假如有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化3.(多选)(2022高考浙江卷)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行小球A的质量为m，电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同，间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球A静止在斜面上，则()A小球A与B之间库仑力的大小为B当时，细线上的拉力为0C当时，细线上的拉力为0D当时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC.依据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得mgtan ，解得，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不行能为0，选项D错误考点四带电体的力电综合问题同学用书P111解决该类问题的一般思路(2021福州模拟)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径现有一带正电小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R，从小球进入管口开头，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最终经过A点设小球运动过程中带电量没有转变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小和方向；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力思路点拨(1)电场力的竖直分力Fymg，方向向上还是向下？小球受到的场力的合力等于什么？(2)小球经过A点，说明Fx向左还是向右？从CA小球做什么运动？解析(1)小球从开头自由下落到管口B的过程中机械能守恒，故有：mg4Rmv解得vB2.(2)由小球经过了A点分析可知，电场力的竖直分力Fymg，方向向上，水平分力Fx方向向左，小球受到的合场力等于Fx.小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx2Rmvmv小球从管口C处脱离圆管后做类平抛运动，由于其轨迹经过A点，故有：y4RvCtx2Raxt2t2联立解得：Fxmg电场力的大小为FqEmg方向与竖直方向成45角偏左上方(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN供应，设弹力FN的方向水平向左，则FxFNm解得：FN3mg(方向水平向左)依据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力为FNFN3mg，方向水平向右答案(1)2(2)mg，与竖直方向成45角偏左上方(3)3mg，方向水平向右4.(2021山西四校联考)如图所示，一表面光滑、与水平方向成60角的绝缘直杆AB放在水平方向的匀强电场中，其下端(B端)距地面高度h0.8 m有一质量为m500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过B端的正下方P点处求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.解析：(1)小环沿AB杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，由图可知qEmg离开直杆后小环只受重力和电场力作用，F合2mgma则a2g20 m/s2，方向垂直于杆向下(2)环离开直杆做类平抛运动，沿平行杆方向为匀速运动，有hv0t垂直于杆方向为匀加速运动，有hat2解得v02 m/s.答案：(1)20 m/s2，垂直杆向下(2)2 m/s同学用书P111思想方法用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能挂念我们生疏和探究某些基本规律，而且也能挂念我们去求解某些具体的物理问题利用对称法分析解决物理问题，可以避开简洁的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，格外制胜，快速简便地求解问题(单选)(2022高考江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()AO点的电场强度为零，电势最低BO点的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势上升D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低审题点睛由于电荷在圆环上均匀分布，所以电场呈现出关于x轴对称和关于环面对称的特点解析将整个圆环看做由两个半圆环组成，由对称性可知，这两个半圆环上的电荷在O点的场强大小相等，方向相反，故合场强为零x轴上的合场强，由对称性可知，在圆环右侧的合场强方向沿x轴向右，电势降低；左侧的合场强方向沿x轴向左，电势降低，故O点电势最高由于在O点场强为零，距O点无限远场强为零，因此沿x轴向左、右两侧，电场强度都呈现出先增大后减小的特征综上所述B正确答案B总结提升本题也可用同号等量电荷模型求解，只要把圆环上的正电荷看做很多组同号等量电荷，就可利用其电场特点求解5.(单选)(2021高考江苏卷)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是()解析：选B.由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，D图中在O点场强为0，B图中两圆环在O点合场强应最大，因此选项B正确1(单选)(2021辽宁大连一中模拟)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，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.EB.C.E D.E解析：选A.左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷q的右半球面的电场的合电场，则EE，E为带电荷q的右半球面在M点产生场强大小带电荷q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则ENEEE，则A正确2(单选)(2021湖北武汉摸底)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四周体，如图所示已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为()A. B.C. D.解析：选C.3kcos mg，sin ，联立解得q.3(多选)(2021北京考试院抽样测试)如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m在A点放一个带正电的摸索电荷，在B点放一个带负电的摸索电荷，A、B两点的摸索电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟摸索电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示下列说法正确的是()AB点的电场强度大小为0.25 N/CBA点的电场强度的方向沿x轴正方向C点电荷Q是正电荷D点电荷Q的位置坐标为0.3 m解析：选BD.由两摸索电荷受力状况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故B正确，C错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EAN/C4105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EBN/C0.25105N/C，解得l0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQxAl0.2 m0.1 m0.3 m，故A错误，D正确4(单选)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变由此可知()An3 Bn4Cn5 Dn6解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷由库仑定律Fk知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有qnq，解之可得n6，D正确5.(单选)实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则()Aa确定带正电，b确定带负电B电场力对a做正功，对b做负功Ca的速度将减小，b的速度将增大Da的加速度将减小，b的加速度将增大解析：选D.因未知电场线的方向，故电荷的正负无法判定，A错；由运动轨迹可知，a、b所受电场力方向与其运动方向夹角小于90，均做正功，动能增大，B、C错误；a向电场线疏处运动，电场力变小，加速度变小，b向电场线密处运动，电场力变大，加速度变大，故D正确6.(单选)(2021高考海南卷)如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且2.则()Aq12q2 Bq14q2Cq12q2 Dq14q2解析：选B.由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向，即两点电荷必带有同种电荷，由Ek有kk，可得q14q2，B正确.扫一扫进入91导学网()电场强度 一、单项选择题1一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从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，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()解析：选D.因质点做减速运动，故其所受电场力F的方向与v的方向夹角为钝角，又由于质点带负电荷，其所受电场力F与电场强度E方向相反，故只有选项D正确，选项A、B、C错误2.(2021眉山模拟)如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(可视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为，不计小球的重力，则()Atan3Btan CO点场强为零 DQ1Q2解析：选A.对小球受力分析如图所示，则F1k，F2k，tan ，整理得tan3，选项A正确3(2021广西四校调研)如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点下列说法中正确的有()A粒子带负电B粒子在M点的动能大于在N点的动能C粒子从M点到N点电场力做正功D粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力解析：选C.由粒子的运动轨迹和电场线的方向可推断粒子带正电，A错；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，再由动能定理知，EkMEkN，B错，C对；由电场线密的地方场强大可知，EMFM，D错4.如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电荷量均为q(q0)将另一个带电荷量也为q(q0)的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，两摆线的夹角恰好为120，则此时摆线上的拉力大小等于()A.mg BmgC2 D.解析：选B.如图为a处带电小球的受力示意图，其中F为摆线对小球的拉力，F1和F2分别为b处带电小球和移动的带电小球对它的库仑力依据题意分析可得F1F2k，依据共点力的平衡学问可得Fcos 30kkcos 60，mgFsin 30ksin 60，联立以上两式解得F或Fmg，故选项中只有B正确5.(2021高考新课标全国卷)如图，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(q0)的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()AkBkCk Dk解析：选B.由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等，即：E1E2k，由对称性，圆盘在d点产生的场强E3k，q在d点产生的场强E4k，方向与E3相同，故d点的合场强EdE3E4k，B正确，A、C、D错误6.将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘悬线Oa与竖直方向的夹角为30，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为()A. B.C. D.解析：选B.取小球a、b整体作为争辩对象，则受重力2mg、悬线拉力T和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F的最小值为2mgsin 30mg，由FqE知A、C、D错，B对二、多项选择题7.如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有q和q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg.现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是()A悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mgB悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mgC悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mgD悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大解析：选CD.首先应用整体法对AB整体分析，悬线OA张力为2mg，并且OA处于竖直方向，选项C正确；然后再接受隔离法以B为争辩对象分析，悬线AB向左偏，其张力为电场力、库仑力与重力的合力，较不加电场时要大，选项D正确，故答案为C、D.8.(2021潍坊模拟)如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零则下列说法正确的是()A该带电质点确定带正电荷B该带电质点确定带负电荷Ca点的电场强度大于b点的电场强度D质点在b点所受到的合力确定为零解析：选BC.带电质点由a点释放后向上运动，可知合力方向向上，而质点所受重力竖直向下，故电场力确定竖直向上，与电场线方向相反，故该质点确定带负电，A错，B对；带电质点到b点时速度又减为零，可知向上运动过程中，合力先向上又向下，因重力不变电场力减小，知a点的场强大于b点，C对，D错9.(2021江西南昌二中检测)如图所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且POON.现将一个带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是()解析：选AB.在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点的电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷沿垂直平分线从无穷远处向O点运动，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，vt图线的斜领先变大后变小；由O点运动到无穷远，速度变化状况同另一侧速度的变化状况具有对称性假如P、N距O点足够远，B正确，假如P、N距O点很近，A正确10.(2021河南林州模拟)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点现有一检验电荷q(电性未知)以确定的初速度沿直线从b点开头经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的速度图象如图乙所示则()AQ2必定是负电荷BQ2的电荷量必定大于Q1的电荷量C从b点经a点向远处运动的过程中检验电荷q所受的电场力始终减小D可以确定检验电荷的带电性质解析：选AD.由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，若Q2是正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力不行能转变方向，故Q2确定为负电荷，故A正确；依据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为Ekk，q在ba运动过程中，受力向左，在a点右侧运动过程中，受力向右由于r1r2，若Q1Q2，故B错误；由图乙可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大，故C错误；在b处，若kk，考虑到Q1Q2，r1r2，设q移动的位移为x，由数学学问可以证明，则确定有kk，即E始终朝一个方向，不符合题意，故在b处必定有kk，场强Eb必定向左，而q在b处受力向左，因此q电荷确定为正电荷，故D正确三、非选择题11(2022高考福建卷)如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L2.0 m若将电荷量均为q2.0106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向解析：(1)依据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为Fk代入数据得F9.0103N.(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1kA、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E2E1cos 30由式并代入数据得E7.8103N/C场强E的方向沿y轴正向答案：(1)9.0103N(2)7.8103N/C方向沿y轴正向12(2021济南模拟)如图所示，空间存在着强度E2.5102N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m0.5 kg、电荷量q4102C的小球现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取g10 m/s2.求：(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力；(3)当小球连续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度解析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qEmg)Lmv2在最高点对小球由牛顿其次定律得，FTmgqEm由式解得，FT15 N.(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则Lvt设竖直方向上的位移为x，则xat2由解得x0.125 m所以小球距O点高度为xL0.625 m.答案：(1)正电(2)15 N(3)0.625 m