第9章 静电场及其应用 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了静电场的核心知识，包括电场强度、电势差与电势、场强与电势差的关系等概念，通过定义公式、叠加原理等建立知识点间的逻辑脉络，帮助学生构建完整的静电场知识网络。 其亮点在于采用“考教衔接-易错辨析-分层检测”的复习策略，如结合2024年江苏高考真题与教材习题对比分析电场强度概念，通过易错点剖析培养科学思维，单元检测卷涵盖选择与计算分层设计，助力学生巩固物理观念，教师可精准把握学情提升复习效率。

单元综合提升 　　　　 第九章　静电场及其应用 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 真题 1 √ (2024·江苏高考)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是 A．Ea＝Eb B．Ea＝2Eb C．Ea＝3Eb D．Ea＝4Eb 由F＝qE可知F-q图像的斜率表示电场强度，由题图可知a、b两图线斜率之比为4∶1，则a、b两点的场强大小关系为Ea＝4Eb。故选D。 衔接教材　人教版教材必修第三册P24·T6 在一个点电荷Q的电场中，让x轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3 m和0.6 m(图甲)。在A、B两点分别放置试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示。 (1)求A点和B点的电场强度的大小和方向。 (2)点电荷Q所在位置的坐标是多少？ 衔接分析　2024年江苏高考试题和人教版教材习题均考查了电场强度的概念、定义式以及静电力与电场强度的关系，江苏高考试题考查的更基础一些。 (2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则 A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 √ 真题 2 分别对两小球受力分析如图所示，设 两小球间的距离为l，绳与竖直方向的 夹角为θ，则有－qQE＝mQg tan θ， ＋qPE＝mPg tan θ，显然mQg tan θ<mPg tan θ，即mQ<mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为FT、下端系有小球Q的细绳的张力大小为FT′，则有FT＝，FT′＝，结合上述分析可知FT>FT′，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知>qQE，则>E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。故选B。 衔接教材　人教版教材必修第三册P23·T3 如图，用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点。两小球的质量相等，球A所带的电荷量大于球B所带的电荷量。两小球静止时，悬线与竖直方向的偏角分别为α和β，请判断二者的关系并说明原因。 衔接分析　2024年新课标卷试题与人教版教材习题均考查了悬挂的带电小球的平衡问题，考查了正交分解法或合成法在平衡问题中的应用，新课标卷试题在原题的基础上加了匀强电场，考查知识更加全面，对学生能力的考查进一步提升，是对教材习题的进一步拓展。 (2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为 A． B． C． D． √ 真题 3 由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在M 点产生的合电场强度大小为E＝cos 60˚＝，方向沿 MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M点产生的 电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在A处产生的合电场强度大小为E′＝cos 30˚＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝。故选D。 衔接教材　人教版教材必修第三册P24·T4 如图，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。若图中A点 的电场强度为0，求带电薄板产生的电场在图中B点的电 场强度。 衔接分析　2024年河北高考试题和人教版教材习题均考查了点电荷电场强度的计算公式的理解、电场强度的叠加以及利用对称法求解非点电荷的电场，两者考查的知识内容基本相同。 (2023·湖南高考)如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90˚、60˚和30˚。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为 A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q √ 真题 4 选项A、B中的电荷量均为正值或均为负值，根据电场强 度的叠加原理可知，P点的场强不可能为零，A、B错误； 设P、Q1间的距离为r，C选项中Q1、Q3在P点产生的合场 强大小为E1，根据余弦定理有 ＝2＋2－2··cos 120˚，解得E1＝，而Q2在P点产生的场强大小为E1′＝，则P点的场强不为零，C错误；设D选项中Q1、Q3在P点产生的合场强大小为E2，根据余弦定理有＝2＋2－2··cos 120˚，解得E2＝，而Q2在P点产生的场强大小为E2′＝，则P点的场强为零，D正确。故选D。 衔接教材　人教版教材必修第三册P24·T3 如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，在A点和C 点放有电荷量都为q的正电荷，在B点放了某个未知电 荷q′后，恰好D点的电场强度等于0。求放在B点的电荷 电性和电荷量。 衔接分析　点电荷电场强度的计算与叠加是分析电场的基础，2023年湖南高考试题和人教版教材习题均考查了点电荷电场强度的叠加问题，问题的考查形式和考查目的相同。 针对练．如图，在位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为 A．q B．q C．q D．q √ 根据点电荷场强公式，两等量异种点电荷在P点的场强 大小均为E0＝，方向如图所示，两等量异种点电荷在 P点的合场强为E1＝方向与＋q点电荷与 －q点电荷的连线平行，则可知Q点电荷的位置为(0，2a)， 三个点电荷在P点的合场强为0，则Q点电荷在P点的场强大小为E2＝E1＝k，方向如图所示，解得Q＝2q。故选B。 (2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如 图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从 上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不 同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； 答案：8∶1　 真题 5 设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ 油滴速率为v时所受阻力Ff＝krv 当油滴匀速下落时有mg＝Ff 解得r＝ ∝ 可知ra∶rb＝∶＝2∶1 则ma∶mb＝＝8∶1。 (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所 带电荷量的绝对值之比。 答案：油滴a带负电，油滴b带正电　4∶1 两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电。 当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得E＋Ffa＝mag 其中Ffa＝mag＝mag 对b由受力平衡可得Ffb－|qb|E＝mbg 其中Ffb＝mbg＝2mbg 联立解得|qa|∶|qb|＝ma∶2mb＝4∶1。 衔接教材　鲁科版教材必修第三册P22·例题 如图为密立根油滴实验示意图。一个很小的带电油滴 悬在电场强度为E的电场中，调节电场强度，使作用 在油滴上的静电力与重力平衡。如果E＝4.0×105 N/C， 油滴受到的重力G＝1.8×10-13 N，电子的电荷量大小e ＝1.6×10-19 C，求油滴电荷量与电子电荷量大小的比值。 衔接分析　油滴在电场中运动时受到重力、静电力、空气阻力的作用，在合力为零时做匀速直线运动，2023年新课标卷试题和鲁科版教材例题均考查了油滴在电场中的运动问题，考查的物理模型相同。 返回 易错辨析 返回 √ 易错点1．对近端、远端理解不清楚而出错 如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关S接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B A．不带电 B．带正电 C．带负电 D．不能确定 在感应起电的过程中，远端带同种电荷，近端带异种电荷。将B的左端接地后，B和地球组成了一个大导体，地球是导体的远端，故B成了近端，带负电。故选C。 易错分析　本题出现错解的原因是对感应起电中的远端理解不清楚，易错误地认为闭合S时，导体的右端是导体远离带电体的一端(即远端)，实际上将B的左端接地后，B和地球组成了一个大导体，地球是导体的远端，故整个导体B成了导体的近端。 易错点2．应用库仑定律时忽略电荷间距离的变化 如图所示，真空中两个可视为点电荷的带电小球A、 B，电荷量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘的水平 面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为k0。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。已知弹簧的形变均在弹性限度内，则 A．保持Q不变，将q变为3q，平衡时弹簧的伸长量等于3x0 B．保持q不变，将Q变为3Q，平衡时弹簧的伸长量小于3x0 C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0 D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0 √ 设弹簧的原长为l，由库仑定律、胡克定律和共 点力平衡可得，当小球A、B的电荷量分别为Q、 q时，有k＝k0x0；当保持Q不变，将q变为3q，或保持q不变，将Q变为3Q时，设弹簧的伸长量为x1，有k＝k0x1，解得，x1>x0，x1<3x0；当保持Q不变，将q变为－q，或保持q不变，将Q变为－Q时，设弹簧的压缩量为x2，有k＝k0x2，解得>1，即x2>x0。故选B。 易错分析　此题容易出现的错误是认为当电荷量改变时，电荷间的距离保持不变，从而出现错解。在应用库仑定律解决此类问题时一定要注意这个动态变化过程，当电荷量发生变化时，有时可能引起电荷间距离的变化。 易错点3．不能建立正确的空间概念模型而出错 如图所示，空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为＋q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场，电场强度为E，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场的电场强度大小为 A． B． C． D． √ 设P处的带电小球电荷量为Q，根据库仑定律可知， P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小均为F＝， 根据几何关系，可知正四棱锥的侧棱与竖直方向的 夹角为45˚，再由平衡条件有4×sin 45˚＝mg，若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P处的小球的库仑合力大小为F′＝，当外加匀强电场后，再次平衡，则有E＝mg，解得E＝。故选D。 返回 易错分析　解答本题容易出现的错误是不能建立正确的空间概念模型。四个电荷与小球分布在不同平面内，对小球的作用力不共面，解题时只有建立空间概念，确定四个力的空间分布，将力正交分解才能正确列式求解。 单元检测卷 返回 1．下列说法正确的是 A．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在 B．从公式E＝来看，场强大小E与F成正比，与q成反比 C．当两个带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体可以看成点电荷 D．为了防止静电积聚带来危害，飞机起落架的轮胎应该采用绝缘材料制成 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 电场是客观存在的，电场线是人为设想出来的，其实并不存在，故A错误；E＝是电场强度的定义式，电场强度由电场自身决定，与F、q无关，故B错误；当两个带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体可以看成点电荷，故C正确；为了防止静电积聚带来危害，飞机起落架的轮胎应该采用导电材料制成，以便及时将产生的静电导走，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2．如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使 它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、 B下部的金属箔均是闭合的。下列关于实验现象描述 正确的是 A．把带正电的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 B．把带正电的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开 C．把带正电的物体C移近导体A，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都张开 D．把带正电的物体C移近导体A，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 把带正电的物体C移近导体A稳定后，由于静电感 应，导体B的右端感应出正电荷，导体A的左端感 应出负电荷，所以A、B下部的金属箔都张开，A、 B错误；把带正电的物体C移近导体A，再把A和B 分开，A带负电，B带正电，稳定后A、B下部的金 属箔都张开，C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3．(2025·四川成都外国语学校期中)如图所示，用两根绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球和B球在同一水平面，A球悬线与竖直方向夹角为α，B球悬线与竖直方向夹角为β，如果α＝37˚，β＝53˚，已知sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8。则mA和mB之比为 A．4∶3 B．9∶16 C．16∶9 D．3∶4 √ 设A、B两球之间的静电力大小为F，对A，根据几何关系有＝tan α，对B，根据几何关系有＝tan β，联立可得。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4．(2025·甘肃临夏期末)如图所示，在无限大光滑绝缘水平面内的一条直线上，三个带电小球甲、乙、丙(不计小球大小)均处于静止平衡状态，它们所带的电荷量依次为q1、q2、q3，且甲与乙间的距离大于乙与丙间的距离。以下说法中正确的是 A．甲与丙的电性一定相反 B．q1<q2<q3 C．若将电荷量q2加倍，三个小球仍能平衡 D．若将电荷量q2加倍，同时把甲、丙固定，乙仍然平衡 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 三个小球均处于静止平衡状态，可知甲与丙的电 性一定相同，乙与甲、丙的电性一定相反，A错 误；设甲与乙间的距离为r1，乙与丙间的距离为 r2，对乙受力分析得k，可得，由于r1>r2，可知q1>q3，B错误；若将q2加倍，甲、丙受力不平衡，会发生运动，C错误；甲、丙在乙所在位置产生的电场强度矢量和为零，将q2加倍，同时把甲、丙固定，乙仍然平衡，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5．(2025·云南师大附中期末)如图所示，△ABC为一直角三角形，其中∠A＝60˚，∠B＝30˚，在三角形的三个顶点A、B、C上分别固定电荷量为＋2q、＋q、＋q的点电荷，已知C点处的点电荷在AB连线中点D处的场强大小为E，则D点处的合场强大小为 A．E B．E C．E D．E √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设AB＝2r，由几何关系可知AD＝CD＝BD＝r，由题意知C点处的点电荷在AB连线中点D处的场强大小为E＝k，方向与水平方向成60˚斜向下，A、B两个点电荷在D点产生的合场强大小为EAB＝＝E，方向水平向右，如图，所以D点处的合场强大小为E′＝2E cos 30˚＝E。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6．(2025·云南玉溪高二上期末)如图所示，A、B处 分别固定有等量的正、负点电荷，O为A、B连线中 点。将另一正点电荷(图中未画出)从A、B连线上O点左侧某位置由静止释放，只考虑静电力的作用，下列图中给出的该点电荷速度v随时间t变化的图像，可能正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据等量的正、负点电荷的电场特点可知，A、B连线上中点O场强最小，根据牛顿第二定律可知，正点电荷的加速度应先减小后增大，由于加速度与速度方向同向，则速度增大，结合v-t图像的斜率表示加速度，可知选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37˚的粗糙绝 缘斜面，斜面上方某处固定一带正电的小球，一可视为点 电荷的滑块静止于斜面上，小球和滑块的连线与斜面垂直， 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37˚＝0.6，cos 37˚ ＝0.8。则关于滑块的情况，下列说法正确的是 A．滑块带负电 B．将带电小球沿两者的连线靠近滑块，滑块受到的摩擦力将变大 C．将带电小球沿两者的连线远离滑块，滑块将有可能与斜面发生相对运动 D．将带电小球沿两者的连线靠近滑块，滑块将有可能与斜面出现相对运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 因为μ＝0.5<tan 37˚＝0.75，欲使滑块静止于斜面上，必 须增大其对斜面的正压力，则滑块受到带电小球的库仑 力为斥力，滑块带正电，A错误；将带电小球沿两者的连 线靠近滑块，只要滑块处于静止状态，其所受斜面的静摩 擦力总是与其重力沿斜面向下的分力等大反向，静摩擦力不变，B错误；将带电小球沿两者连线远离滑块，库仑力随距离增大而减小，滑块对斜面的正压力减小，其最大静摩擦力减小，故有可能出现相对滑动，C正确；将带电小球沿两者连线靠近滑块，库仑力随距离减小而增大，滑块对斜面的正压力增大，其最大静摩擦力增大，故不可能出现相对滑动，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8．如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m，带等量异种电荷，电荷量大小均为q(q＞0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45˚。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 A．M带正电荷 B．N带正电荷 C．q＝L D．q＝3L √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对小球M受力分析如图甲所示，对小球N 受力分析如图乙所示，则小球M带负电， 小球N带正电，故A错误，B正确；由几 何关系可知，两小球之间的距离为r＝L， 当两小球的电荷量为q时，由平衡条件得mg tan 45˚＝qE－k，两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由平衡条件得mg tan 45˚＝2qE－k，整理解得q＝故C正确，D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9．如图所示，真空中有A、B、C三个带正电的点电荷，它们固定在边长为L的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q，O点是三角形底边的中点，静电力常量为k。下列说法正确的是 A．点电荷B、C对A的静电力的合力大小为 B．点电荷B、C对A的静电力的合力大小为 C．O点的电场强度大小为 D．O点的电场强度大小为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 点电荷B、C对A的静电力大小均为F＝k，由三个带正电 的点电荷构成等边三角形，由几何知识可得点电荷B、C对 A的静电力的合力大小为F合＝2F cos 30˚＝，A错误， B正确；根据点电荷场强公式，可知点电荷B和点电荷C在O点的电场强度大小相等、方向相反，二者的矢量和为零，点电荷A在O点的电场强度即为O处的电场强度，其大小为EO＝，又rAO＝L sin 60˚＝L，联立可得O点的电场强度大小为EO＝，C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10．如图所示，正方形ABDC的边长为L，在它的四个顶点各放置一个电荷量均为Q、电性未知的点电荷，已知静电力常量为k，则正方形中心O点电场强度的大小可能是 A．0 B． C． D． √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 因为四个点电荷距O点的距离均相同，由几何关系可得r＝L， 根据点电荷电场强度的表达式E＝k，可得四个点电荷在O点 处产生的电场强度大小均为E＝。根据点电荷电场 强度的方向和电场强度的叠加可知，若A、D两处放置的电荷电性相同，B、C两处放置的电荷电性也相同，则O处的电场强度E1＝0；若A、D两处放置的电荷电性相同，B、C两处放置的电荷电性相反，或者A、D两处放置的电荷电性相反，B、C两处放置的电荷电性相同，则O处的电场强度大小E2＝2E＝；若A、D两处放置的电荷电性相反，B、C两处放置的电荷电性也相反，则O处的电场强度大小E3＝。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(8分)在探究两带电体间相互作用力的大小与哪些因素有 关的实验中，一同学猜想可能与两带电体的间距和电荷量有 关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上， B球用绝缘丝线悬挂于C点，如图所示。实验时，先保持两球 电荷量不变，使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球 距离越大，丝线的偏角越小；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小。实验表明：两带电体之间的相互作用力，随其距离的______(选填“增大”或“减小”)而减小，随其所带电荷量的______(选填“增大”或“减小”)而减小。此同学在探究中应用的科学方法是____________(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)。 增大　 减小　 控制变量法 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的静电力F ＝mg tan θ，θ为丝线与竖直方向的夹角，可知丝线的偏 角越大，静电力也越大，所以使A球从B球附近逐渐向远 处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小，说明 两带电体之间的相互作用力随其距离的增大而减小；两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小，说明两带电体之间的相互作用力随其所带电荷量的减小而减小；本实验中先保持两球电荷量不变，改变它们之间的距离，再保持距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的是控制变量法。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12．(8分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60˚角，如图所示。若A球的电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为 k，则B球的电荷量为________，水平外力F大小为________。 mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 当系统平衡以后，B球受到重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F库，如图所示 由平衡条件得 F库cos 30˚－F1cos 30˚＝0 F库sin 30˚＋F1sin 30˚－mg＝0 由库仑定律得F库＝k 联立可得B球的电荷量qB＝ A球受到如图所示的四个力作用，合力为零，由平衡条件得F＝F库′cos 30˚ 而F库′＝F库＝k 解得F＝mg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13．(12分)(2025·黑龙江哈尔滨三中期末)如图所示，将一质量m＝0.04 kg的带电小球B用绝缘线挂起来，用电荷量qA＝3×10-6 C的小球A靠近B，当B球静止时悬线与竖直方向成37˚角，两球位于同一水平面，两球球心连线水平，相距r＝0.3 m。两带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，sin 37˚＝0.6，求： (1)B球所带电荷量的绝对值； 答案：1×10-6 C　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对B受力分析可得F＝mg tan 37˚＝0.3 N 由库仑定律得F＝k 解得|qB|＝1×10-6 C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)A球在B球平衡处产生的电场强度的大小。 答案：3×105 N/C A球在B球平衡处产生的电场强度大小为E＝ 解得E＝3×105 N/C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14．(12分)如图甲所示，电荷量为q＝1×10-4 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的匀强电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求：  (1)前2 s内物块所受静电力的大小； 答案：3 N　 前2 s内物块所受静电力的大小F＝qE1＝1×10-4×3×104 N＝3 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)物块的质量； (3)物块与水平面间的动摩擦因数。 答案： (2)1 kg　(3)0.2 在0～2 s内，由牛顿第二定律得qE1－μmg＝ma 由题图丙得a＝＝1 m/s2 在2～4 s内，由平衡条件得qE2＝μmg 联立解得m＝1 kg，μ＝0.2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15．(14分)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。 (1)求小球所受静电力F的大小； 答案：3.0×10-3 N　 小球所受静电力大小为F＝qE＝1.0×10-6×3.0×103 N＝3.0×10-3 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)求小球的质量m； 答案：4.0×10-4 kg 小球受到重力mg、拉力FT和静电力F的作用而平衡， 如图所示， 则＝tan 37˚ 解得m＝4.0×10-4 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若突然剪断细绳，求小球的加速度； 答案：12.5 m/s2，方向与剪断细绳前细绳拉力的方向相反　 若突然剪断细绳，小球受重力和静电力作用， 做初速度为零的匀加速直线运动， 所受合力大小为F合＝mg 由牛顿第二定律有F合＝ma 解得加速度大小a＝g＝12.5 m/s2，方向与剪断细绳前细绳拉力的方向相反。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)若将电场撤去，求小球回到最低点时速度v的大小。 答案：2.0 m/s 由动能定理得mgl(1－cos 37˚)＝mv2 解得v＝2.0 m/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 第九章　静电场及其应用 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $