静电场及其应用经典例题

【答案】BD

【解析】设两球距离为d，分析A球的受力如图所示，图中$F=k\dfrac{q^2}{d^2}$。设绝缘线长度为L，由图中两个相似三角形关系可得：$\dfrac{mg}{L}=\dfrac{T}{L}=\dfrac{F}{D}$，即mg＝T。由A球的受力矢量图可知，$2mgsin\dfrac{\theta}{2}＝F＝k\dfrac{q^2}{d^2}$。 同时使两悬线长度减半，则d减半，不能满足上式，选项A错误；同时使A球的质量和电量都减半，上式成立，选项B正确；同时使两球的质量和电量都减半，不能满足上式，选项C错误；同时使两悬线长度和两球的电量都减半， 则d、q₁、q₂减半，上式仍然能满足，选项D正确。

【扩展训练】

(多选) (2021·山东省等级考试第二次模拟)内半径为R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小球均紧靠球壳静止。小球的电荷量均为Q，可视为质点且不计重力。则小球静止时，以下判断正确的是(　　)

A. 三个小球之间的距离均等于R
B.三个小球可以位于球壳内任一水平面内
C.三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面
D.每个小球对球壳内壁的作用力大小均为$\frac{\sqrt{3}kQ^2}{3R^2}$，k为静电力常量

由库仑定律可知F_AC＝F_BC＝$k \frac{Q^2}{(\sqrt{3}R)^2}$＝$\frac{kQ^2}{3R^2}$

其合力为F＝2F_ACcos 30°＝$\frac{\sqrt{3}kQ^2}{3R^2}$

【答案】CD

【解析】根据两个点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，进行分析即可，所以每个电荷产生的场强为$\frac{E}{2}$，所以选C，

答案：C

【答案】BC

【解析】由题意可知小球运动的加速度方向与F 的作用线平行，则有：F_BCsin 30°＝F_AB，F_BCcos 30°＝ma，解得：q_C＝2q，$\frac{\sqrt{3}kq^2}{mL^2}$，C 球带负电，故C 球的电荷量为－2q 故选【BC】

这题简单，但是我发现多数学生都不能快速准确的完成，主要是对加速的解读太多了。
力的分解只要几何形状确定，其中一个力确定，就可以顺藤摸瓜了，好比写程序，开始学习的时候要养成明确大致方向，然后简单的方式计算力，用制度解决粗心问题即可，养成良好的习惯会好很多。

【答案】C

【解析】

这类题一定要注意草稿纸的格式，一眼看不出关系的，列方程组即可，但是方程组要写的整齐，这样一眼就能看出怎么解决问题。

设Q与A点的距离为L，Q与B点的距离为L_B，Q与C点的距离为L_C，

$E_B=\dfrac{1}{2}E_A$………..(1)

$E_A=\dfrac{kQ}{L^2}$………….(2)$\dfrac{1}{2}E_A=\dfrac{kQ}{2L^2}$

$E_B=\dfrac{kQ}{L^2+X^2}$……(3) $\dfrac{1}{2}E_A=\dfrac{kQ}{L^2+X^2}$

轻松得到：$2L^2=L^2+X^2$=>$L^2=X^2$

$E_C=\dfrac{kQ}{L^2+(2X)^2}$=>$E_C=\dfrac{kQ}{5L^2}=\dfrac{1}{5}E_A$

前两个简化一下

故选C。

【答案】BD

【解析】根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势，故A错误；将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的场强大小分别为E₁和E₂。由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E₁＝E₂。根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E₂和E₁，且 E₁＝E₂。则在图示电场中，A的场强大小为E₁，方向向右，B的场强大小为E₂，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故B正确；点电荷从A点移到B点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故C错误；A点的电势高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，知同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大，故D正确。故选BD

【扩展训练】

(2021·福建联考)均匀带电薄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上均匀分布有正电荷，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，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)

A．$\dfrac{kq}{4R^2}-E$         B．$\dfrac{kq}{4R^2}$         C．$\dfrac{kq}{2R^2}-E$         D．$\dfrac{kq}{2R^2}$

若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M点所产生的电场为$E_{2Q}=\dfrac{kq}{2R^2}$，而将右侧去掉只剩左侧，M处的场强为E，说明右侧去掉部分在M处产生的场强为E′=$\dfrac{kq}{2R^2}-E$，根据对称性，左侧没去掉部分在右侧N点产生的场强也为$\dfrac{kq}{2R^2}-E$，故C 正确

【答案】CD

【解析】

根据题中“球壳上均匀分布着正电荷…取下一面积足够小、带电量为q的曲面…球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场…球壳内部电场的电场线”可知，根据电场强度的叠加规律，应用割补法、点电荷的场强特点、等量异种电荷的场强特点、电势能等知识分析求解。

B：球壳表面A处取下一面积足够小、带电量为q的曲面，相当于在球壳表面点A处放入等电荷密度、等面积的带负电荷的曲面。球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场可以看作两部分电荷电场的叠加，一部分是原球壳上均匀分布的正电荷在内部激发的电场，处处为零；另一部分是球壳上位于A处的等量负点电荷激发的电场，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场等同于只有A处的一个负点电荷激发的电场，如图(a)所示。故B项错误。

C：据B项分析可得，空间所有电荷在球壳内激发的电场相当于两个等量异种电荷产生的电场，如图(b)所示。故C项正确。

A：由图(b)知，带正电的试探电荷从A点处移动到O点，电势升高，电势能增加。故A项错误。

D：由C项分析知，球心O点场强大小$E_0=k\dfrac{q}{R^2}-k\dfrac{q}{(2R)^2}=k\dfrac{3q}{4R^2}$。故D项正确。

【答案】B

【解析】由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度

$$E=K \dfrac{Q}{\dfrac{L}{2}^2} + K \dfrac{Q}{\dfrac{3L}{2}^2} = \dfrac{40KQ}{9L^2} $$

A错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知E_a>E_b，B正确；图中b、c两点的场强方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误．

【答案】D

【解析】A．由于φ-x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x₁的过程中，场强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变，故A错误；
B．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x₁运动到x₃的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B错误；
C．若小球恰好能运动到x₁处，初速度v₀最小，从x=0到x₁处，根据动能定理得

$-q{\varphi} _0=0-\dfrac{1}{2}m{v_0}^2$

得$\sqrt{\dfrac{2q {\varphi} _0}{m}}$故C错误；
当带电粒子运动到x₃处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x₃处，根据动能定理得

$q {\varphi} _0=\dfrac{1}{2}m{v_m}^2-\dfrac{1}{2}m{v_0}^2$

由题意${v_0}=2\sqrt{\frac{q {\varphi} _0}{m}}$，得最大速度为

$\sqrt{\dfrac{6q {\varphi} _0}{m}}$故D正确

【答案】ABD

【解析】如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

因为匀强电场，则有：$E=\dfrac{U_{cb}}{d}$
依据几何关系，则$d=\dfrac{b’c×bc}{bb’}=\dfrac{4.5×6}{\sqrt{4．5^2+6^2}} =3.6cm$，
因此电场强度大小为$E=\dfrac{26−17}{3.6}=2.5V/cm$，故A正确；
B、根据φ_c-φ_a=φ_b-φ_o，因a、b、c三点电势分别为φ_a=10V、φ_b=17V、φ_c=26V，解得：原点处的电势为φ₀=1 V，故B正确；
C、因U_ab=φ_a-φ_b=10-17=-7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qU_ab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；
D、同理，U_bc=φ_b-φ_c=17-26=-9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qU_bc=9 eV，故D正确；
故选：ABD．

【答案】ABC

【解析】在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场强为E₁，在P关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段，其在a点产生的场强为E₂，由对称性可知，E₁、E₂的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下.同理可得，b点场强方向也竖直向下，由于a、b两点关于圆心对称，则b点处场强大小与a点处相等，故A正确；同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同一条等势线上，电势相等，故B正确；由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向下，故C正确；在c、d点所在直径上，电场方向由c到d，c点电势高于d点电势，故D错误.

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（上海交通大学自主招生）两个半径相同的金属球A、B带等量同种电荷，它们之间的距离远大于小球本身直径。已知它们相隔一定距离时，两球之间的相互作用力的大小是F，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的半径相同的金属小球C，先与小球A接触，再和小球B接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力大小变为

A．F/2              B．F/4     

C．3F/4             D．3F/8

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答案：D

解析：根据库仑定律，金属球A、B之间的库伦力正比于金属球A、B带电量的乘积，即F=kQ²/r²。设开始时金属球A、B带电量均为Q，金属小球C与小球A接触后，二者平分，各自带电量Q/2。金属小球C再与小球B接触后，二者平分，各自带电量（Q+Q/2）/2=3Q/4。这时二者带电量的乘积为Q/2·3Q/4=3Q/8。所以A、B两球之间的相互作用力大小变为3F/8。选项D正确。

【答案】B
【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轴上的各点合场强，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】C

【解析】半球的中心O处电场强度E是部分球面上电荷产生的电场叠加的结果，根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，由平行四边形定则求解“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度．

解：根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度E=Esin$\dfrac{a}{2}
故选 C
点评：本题解题关键是抓住对称性，作出两部分球面上电荷产生的电场分布图．

【解析】选
C　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，圆心处场强为
0，则知在P处带电量＋q的小球在圆心处产生的场强大小为$E_1=k\dfrac{q}{r^2}$，方向水平向左，可知圆周上其余小球在O处产生的场强大小为$E_2=E_1=k\dfrac{q}{r^2}$，方向水平向右，带电量为－2q的小球在圆心处产生的场强大小为$E_3=k\dfrac{2q}{r^2}$，方向水平向右。根据叠加原理E＝E₂＋E₃，则$k\dfrac{q}{r^2}=\dfrac{E}{3}$，所以撤去P点的小球后，圆心处场强大小为3(E)，
C正确。

解析】选
C　由图像可以知道，在O～x₁范围内各点电势不变，是一条等势线，所以电场方向应该与x轴垂直，选项
A错误；在x轴上O～x₁范围内，各点电势相等，任意两点间电势差为零，电场力做功为零，而且电荷做直线运动，可能做匀速运动，选项
B错误；负电荷沿x轴从x₂移到x₃的过程中电势升高，则电场力对负电荷做正功，电势能减小，选项
C正确；在x₂～x₃范围内相对于x₄～x₅范围内等差等势面密集，所以前者电场强度大些，选项
D错误。

【解析】选
AB　电场沿x轴对称分布，在－x₁处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在－x₁与x₁之间做往返运动，选项
A正确。带负电的粒子以一定的速度由－x₁处沿x轴正方向运动到x₁处，它在x₁处的速度等于在－x₁处的速度，选项
B正确。带正电的粒子以一定的速度由－x₁处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项
C错误。从x₁处到x₃处，电场强度方向沿x轴正方向，带正电的粒子从x₁处到x₃处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x₁处的电势能比x₂处的电势能大、比x₃处的电势能大，选项
D错误。

【解析】选
C　电子在A、B之间做匀加速运动，且eU＝ΔE_k，
A正确；在B、C之间做匀速运动，
B正确；在C、D之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，
C错误，
D正确。

【分析】

（1）分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经过t₁后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t₁又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出v_B的速度大小；
（2）因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E₂的大小；而根据题意，为求出t₁与v₀满足的条件，只需要使E₂＞E₁即可，那么就可以最终求得t₁与v₀间的关系式．

【解答】 解：（1）设油滴质量为m，带电荷量为q，增大后的电场强度为$E_2$，根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；
对于匀速运动阶段，有$qE_1=mg$…①
对于场强突然增大后的第一段$t_1$时间，由牛顿第二定律得：$qE_2-mg=ma_1$…②
对于场强第二段$t_1$时间，由牛顿第二定律得：$qE_2+mg=ma_2$ …③
由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：$v_1=v_0+a_1t_1$④
油滴在B的速度为：$v_B=v_1-a_2t_1$…⑤
联立①至⑤式，可得：$v_B=v_0-2gt_1$；方向向上；

方法二：还记得冲量是改变速度的原因吧？上下时间相等，而增加部分的电场力是一样的，所以向上的冲量和向下的冲量是一样的，所以不会影响速度变化，所以vB=v0-2gt1。

（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h，由运动学公式，有：${v_0}^2=2gh$…⑥
根据位移时间关系可得：$v_0t_1+\frac{1}{2}a_1{t_1}^2=x1$…⑦
$v_1t_1-\frac{1}{2}a_2{t_1}^2=x2$…⑧
油滴运动有两种情况：

情况一：
位移之和$x_1+x_2=\frac{h}{2}$ ⑨
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑨可得：
$E_2=E_1+\frac{E_1}{g} (g+\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $
由题意得$E_2＞E_1$由题意满足条件$\frac{2v_0}{t_1}−\frac{{v_0}^2}{4{t_1}^2}<g$
即当$0＜t_1＜（1−\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$或$t_1＞（1+\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$才是可能的；

情况二：
位移之和$x_1+x_2=-\frac{h}{2}$⑩
联立①、②、③、⑥、⑦、⑧、⑩可得：
$E_2=E_1+\frac{E_1}{g} (g-\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $
由题意得$E_2＞E_1$，即满足条件$\frac{2v_0}{t_1}+\frac{{v_0}^2}{4{t_1}^2}＜g $，即$t_1＞（1+\frac{\sqrt{5}}{2}）\frac{v_0}{g}$，另一解为负，不合题意，舍去．

答：
（1）油滴运动到B点时的速度为：$v_B=v_0-2gt_1$；
（2）增大后的电场强度的大小为$E_1+\frac{E_1}{g}（g+\frac{{v_0}^2}{{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}）$，t₁和v₀应满足的条件为$0＜t_1＜（1−\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$或$t_1＞（1+\frac{\sqrt{3}}{2}）\frac{v_0}{g}$
或$E_1+\frac{E_1}{g} (g-\frac{v^2}{4g{t_1}^2}−\frac{2v_0}{t_1}) $；相应的t₁和v₀应满足的条件为$t_1＞（1+\frac{\sqrt{5}}{2}）\frac{v_0}{g}$