第八章 第1講　電場力的性質(zhì)-2025高三總復(fù)習(xí) 物理（新高考）

三年考情電場力的性質(zhì)2023·海南卷·T8、2023·山東卷·T11、2023·湖南卷·T5、2023·全國乙卷·T24、2022·遼寧卷·T10、2021·湖南卷·T4電場能的性質(zhì)2023·廣東卷·T9、2023·山東卷·T11、2023·湖北卷·T3、2023·遼寧卷·T9、2023·海南卷·T12、2023·全國乙卷·T19、2022·全國乙卷·T19、2022·江蘇卷·T9、2022·河北卷·T6、2022·山東卷·T3、2022·湖南卷·T2、2021·全國甲卷·T19、2021·全國乙卷·T15、2021·廣東卷·T6、2021·山東卷·T6、2021·河北卷·T10、2021·天津卷·T8電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)2023·山東卷·T15、2023·北京卷·T8、T19、2023·湖北卷·T10、2023·浙江6月選考·T12、2023·全國甲卷·T18、2022·重慶卷·T2、2022·江蘇卷·T15、2022·遼寧卷·T14、2022·湖北卷·T10、2021·全國乙卷·T20、2021·湖南卷·T9命題規(guī)律目標(biāo)定位本章主要考查庫侖定律、電荷守恒定律、電場強(qiáng)度、電場線、電勢(shì)與電勢(shì)差、電勢(shì)能、電場力做功等概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用，還有帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用問題，命題常與生產(chǎn)生活中的實(shí)際情境相聯(lián)系，常以選擇題、計(jì)算題的形式呈現(xiàn)，計(jì)算題中常與磁場知識(shí)等綜合命題考查。第1講電場力的性質(zhì)[課標(biāo)要求]1．了解靜電現(xiàn)象，能用電荷守恒的觀點(diǎn)分析靜電現(xiàn)象。2．知道點(diǎn)電荷模型，體會(huì)科學(xué)研究中建立物理模型的方法，掌握并會(huì)應(yīng)用庫侖定律。3．掌握電場強(qiáng)度的概念和公式，會(huì)用電場線描述電場。4．掌握電場強(qiáng)度疊加的方法，知道靜電的防止與利用?？键c(diǎn)一電荷守恒定律與庫侖定律1．點(diǎn)電荷：有一定的電荷量，忽略形狀、大小及電荷分布狀況的一種理想化模型。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消滅，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電。(3)帶電實(shí)質(zhì)：物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子。3．庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。(2)表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。(3)適用條件：①真空中；②靜止的點(diǎn)電荷?！净A(chǔ)知識(shí)判斷】1．只要是體積小的帶電體都可以看成點(diǎn)電荷。(×)2．正、負(fù)電荷中和后電荷都消失了。(×)3．當(dāng)兩個(gè)電荷的距離趨近于零時(shí)，庫侖力趨近于無窮大。(×)4．物體帶電的實(shí)質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移。(√)學(xué)生用書第150頁1．電荷分配規(guī)律：兩個(gè)完全相同的帶電導(dǎo)體球接觸后再分開，二者所帶電荷量平均分配：Q1′＝Q2′＝eq\f(Q1＋Q2,2)。注意：Q1、Q2都必須帶著正、負(fù)號(hào)運(yùn)算。2．庫侖定律的理解(1)庫侖定律適用于真空中靜止點(diǎn)電荷間的相互作用。(2)若是兩個(gè)均勻帶電絕緣球：可將其視為電荷集中在球心的點(diǎn)電荷，r為球心間的距離。(3)若是兩個(gè)帶電導(dǎo)體球：要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。①同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；②異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2)。(4)不能根據(jù)公式錯(cuò)誤認(rèn)為r→0時(shí)，庫侖力F→∞，因?yàn)楫?dāng)r→0時(shí)，兩個(gè)帶電體已不能看作點(diǎn)電荷了?？枷?電荷守恒定律與庫侖定律的應(yīng)用如圖是庫侖做實(shí)驗(yàn)用的庫侖扭秤。帶電小球A與不帶電小球B等質(zhì)量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫侖力使橫桿旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時(shí)A、C間的庫侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比?，F(xiàn)用一個(gè)電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開，再次轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M使小球A回到初始位置，此時(shí)旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度與第一次旋轉(zhuǎn)的角度之比為()A．1 B．eq\f(1,2)C．2 D．4答案：C解析：設(shè)A帶電荷量為qA，C帶電荷量為qC，庫侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比，則有θ＝k1F，依題意有θ1＝k1F1＝k1eq\f(kqAqC,r2)，由題可知D球帶電荷量為qD＝3qC，接觸后分開，電荷量將均分，有qC′＝eq\f(3qC＋qC,2)＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1eq\f(kqC′qA,r2)＝2k1eq\f(kqAqC,r2)，聯(lián)立可得eq\f(θ2,θ1)＝2?？枷?庫侖力作用下的平衡問題(2023·河北保定檢測(cè))如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，帶電荷量為＋q的小球B固定在O點(diǎn)正下方的絕緣柱上。當(dāng)小球A平衡時(shí)，懸線沿水平方向。已知lOA＝lOB＝l，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，則關(guān)于小球A的電性及帶電荷量qA的大小，下列選項(xiàng)正確的是()A．正電，eq\f(2\r(2)mgl2,kq) B．正電，eq\f(\r(2)mgl2,kq)C．負(fù)電，eq\f(2\r(2)mgl2,kq) D．負(fù)電，eq\f(\r(2)mgl2,kq)答案：A解析：小球A靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件，小球A受到小球B的斥力，故小球A帶正電；由平衡條件得eq\f(kqqA,（\r(2)l）2)＝eq\r(2)mg，解得qA＝eq\f(2\r(2)mgl2,kq)，故選A?？枷?三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡問題如圖所示，在一條直線上有兩個(gè)相距0.4m的點(diǎn)電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，恰好使三個(gè)點(diǎn)電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電情況及位置應(yīng)為()A．－4Q，B的右邊0.4m處B．＋4Q，B的左邊0.2m處C．－eq\f(9,4)Q，A的右邊0.2m處D．－eq\f(9,4)Q，A的左邊0.2m處答案：D解析：要使三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠(yuǎn)大”的原則，所以點(diǎn)電荷C應(yīng)在A左側(cè)，帶負(fù)電。設(shè)C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間的距離用r表示，由于C處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQq,（r＋x）2)，解得x＝0.2m，又對(duì)電荷A由平衡條件得keq\f(Qq,x2)＝keq\f(Q·9Q,r2)，解得q＝eq\f(9,4)Q，選項(xiàng)D正確。學(xué)生用書第151頁【拓展變式】如圖所示，如果已知兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2的電荷量分別為＋1C和＋4C，且在水平面上能自由移動(dòng)，它們之間的距離d＝3m，現(xiàn)引入點(diǎn)電荷Q3，試求：當(dāng)Q3滿足什么條件，并把它放在何處時(shí)才能使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡？答案：Q3為負(fù)電荷，電荷量為eq\f(4,9)C，且放在Q1、Q2連線中間離Q11m處解析：若整個(gè)系統(tǒng)處于平衡，則點(diǎn)電荷Q1、Q2、Q3所受合外力均為零，由E＝eq\f(F,q)知，三個(gè)點(diǎn)電荷均處在合電場強(qiáng)度為零處。由于Q1、Q2電性相同都為正電荷，合電場強(qiáng)度為零處必在兩點(diǎn)電荷連線中間某處，則Q3處在Q1、Q2連線中間某處，又Q2、Q3在Q1處的合電場強(qiáng)度為零，則Q3帶負(fù)電，根據(jù)keq\f(Q1Q3,req\o\al(2,1))＝keq\f(Q3Q2,req\o\al(2,2))，可得eq\f(r1,r2)＝eq\r(\f(Q1,Q2))＝eq\f(1,2)，即Q3距離電荷量較小的電荷Q1較近，又因r1＋r2＝d，d＝3m，所以Q3到Q1的距離r1＝1m，根據(jù)keq\f(Q1Q3,req\o\al(2,1))＝keq\f(Q1Q2,d2)，可得Q3＝eq\f(4,9)C。規(guī)律總結(jié)三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡問題1．平衡條件：每個(gè)點(diǎn)電荷受另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合力為零或每個(gè)點(diǎn)電荷平衡的位置是另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合場強(qiáng)為零的位置。2．平衡規(guī)律：考向4庫侖力作用下的加速問題如圖所示，光滑絕緣水平面上有質(zhì)量分別為m和2m的兩小球A、B，兩小球帶異種電荷。將方向水平向右、大小為F的力作用在B上，當(dāng)A、B間的距離為L時(shí)，兩小球可保持相對(duì)靜止。若改用方向水平向左的力作用在A上，欲使兩小球間的距離保持為2L并相對(duì)靜止，則外力的大小應(yīng)為()A．eq\f(1,16)F B．eq\f(1,8)FC．eq\f(1,4)F D．eq\f(1,2)F答案：B解析：當(dāng)方向水平向右、大小為F的力作用在B上，A、B間的距離為L時(shí)，對(duì)A、B兩個(gè)小球整體有F＝3ma1，對(duì)小球A有eq\f(kq1q2,L2)＝ma1，若改用方向水平向左的力作用在A上，兩小球間的距離保持為2L并相對(duì)靜止時(shí)，對(duì)A、B兩個(gè)小球整體有F2＝3ma2，對(duì)小球B有eq\f(kq1q2,（2L）2)＝2ma2，聯(lián)立可得F2＝eq\f(1,8)F，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選B?？键c(diǎn)二電場強(qiáng)度的理解與應(yīng)用1．電場(1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)。(2)基本性質(zhì)：對(duì)放入其中的電荷有力的作用。2．電場強(qiáng)度(1)定義：放入電場中某點(diǎn)的電荷受到的靜電力與它的電荷量之比。(2)定義式：E＝eq\f(F,q)；單位：牛每庫，符號(hào)為N/C。(3)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受靜電力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向。3．點(diǎn)電荷的電場：真空中距場源電荷Q為r處的場強(qiáng)大小為E＝keq\f(Q,r2)?！靖呖记榫虫溄印?2023·湖南高考·改編)如圖，真空中有三個(gè)點(diǎn)電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點(diǎn)和三個(gè)點(diǎn)電荷的連線與點(diǎn)電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零。判斷下列說法的正誤：(1)如果三個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3在P點(diǎn)分別產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，則Q3的電荷量最大。(√)學(xué)生用書第152頁(2)P點(diǎn)的電場強(qiáng)度是三個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3的合場強(qiáng)。(√)(3)若P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零，則三個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3的電性一定相同。(×)1．三個(gè)場強(qiáng)公式的比較2．電場強(qiáng)度的疊加如果某空間有多個(gè)點(diǎn)電荷同時(shí)存在，則某點(diǎn)的電場強(qiáng)度應(yīng)為各個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和?？枷?電場強(qiáng)度的理解如圖甲所示，真空中Ox坐標(biāo)軸上的某點(diǎn)有一個(gè)點(diǎn)電荷Q，坐標(biāo)軸上A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為0.2m和0.7m。在A點(diǎn)放一個(gè)帶正電的試探電荷，在B點(diǎn)放一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷，A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到靜電力的方向都跟x軸正方向相同，靜電力的大小F跟試探電荷的電荷量q的關(guān)系分別如圖乙中直線a、b所示。忽略A、B間的作用力。下列說法正確的是()A．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為0.25N/CB．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向沿x軸負(fù)方向C．點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3mD．點(diǎn)電荷Q是正電荷答案：C解析：由A處試探電荷的F-q圖線可得，該處的電場強(qiáng)度大小為E1＝eq\f(F1,q1)＝4×105N/C，方向沿x軸正方向，同理可得，B處的電場強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(F2,q2)＝0.25×105N/C，方向沿x軸負(fù)方向，A、B錯(cuò)誤；由A、B項(xiàng)的分析可知，點(diǎn)電荷Q應(yīng)為負(fù)電荷，且在A、B之間，設(shè)Q到A點(diǎn)的距離為l，由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式可得E1＝keq\f(Q,l2)＝4×105N/C，E2＝keq\f(Q,（0.5m－l）2)＝0.25×105N/C，聯(lián)立解得l＝0.1m，故點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3m，C正確，D錯(cuò)誤?？枷?電場強(qiáng)度的疊加如圖所示，△ABC是直角三角形，∠B＝30°，∠A＝90°，兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在A點(diǎn)和C點(diǎn)，A點(diǎn)處電荷的帶電量與C點(diǎn)處電荷的帶電量的絕對(duì)值之比為n(n未知)，測(cè)得B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向垂直于BC邊向下，則()A．A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，n＝eq\f(\r(3),2)B．A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，n＝eq\f(1,2)C．A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，n＝eq\f(\r(3),2)D．A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，n＝eq\f(1,2)答案：C解析：若A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，則A點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向由A指向B，合場強(qiáng)方向豎直向下，由平行四邊形定則可知C點(diǎn)的點(diǎn)電荷在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向由B指向C，即C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電。電場疊加如圖所示。設(shè)AC長度為l，水平方向滿足EBC＝EABcos30°，又因?yàn)镋BC＝keq\f(QC,（2l）2)，EAB＝keq\f(QA,（\r(3)l）2)，n＝eq\f(QA,QC)，聯(lián)立解得n＝eq\f(\r(3),2)，故A、B錯(cuò)誤，C正確；若A點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向由B指向A，C點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶正電，則在B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向由C指向B，由平行四邊形定則可知，B點(diǎn)此時(shí)的合場強(qiáng)方向不可能豎直向下，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)練．如圖所示，在半徑為R的圓周上均勻分布著六個(gè)不同的點(diǎn)電荷，則圓心O處的電場強(qiáng)度大小和方向?yàn)?)A．eq\f(2kq,R2)；由O指向FB．eq\f(4kq,R2)；由O指向FC．eq\f(2kq,R2)；由O指向CD．eq\f(4kq,R2)；由O指向C答案：B解析：由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式可知，在A、B、C、E、F五個(gè)位置的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kq,R2)，在D位置的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E＝eq\f(3kq,R2)，電場強(qiáng)度是矢量，求合電場強(qiáng)度應(yīng)用平行四邊形定則，作出電場強(qiáng)度的示意圖，如圖所示，可得A點(diǎn)的電場強(qiáng)度與D點(diǎn)電場強(qiáng)度合成后大小為E1＝ED－EA＝eq\f(2kq,R2)，方向指向A點(diǎn)；B點(diǎn)的電場強(qiáng)度與E點(diǎn)的電場強(qiáng)度合成后大小為E2＝EB＋EE＝eq\f(2kq,R2)，方向指向E點(diǎn)，C點(diǎn)的電場強(qiáng)度與F點(diǎn)的電場強(qiáng)度合成后大小為E3＝EC＋EF＝eq\f(2kq,R2)，方向指向F點(diǎn)，故E1、E2、E3大小相等，且E3剛好在E1與E2的角平分線上，由幾何關(guān)系可知兩者之間的夾角為120°，故將E1、E2合成后大小仍為E4＝eq\f(2kq,R2)，方向指向F點(diǎn)，再將E4與E3合成，則最終O點(diǎn)的合電場強(qiáng)度為EO＝E3＋E4＝eq\f(4kq,R2)，方向由O指向F，故選B。學(xué)生用書第153頁考點(diǎn)三電場線的理解及應(yīng)用1．定義：在電場中畫出的有方向的曲線，曲線上每點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向，曲線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小。2．特點(diǎn)3．幾種常見的電場線自主訓(xùn)練1電場線的理解如圖是一對(duì)不等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布圖，帶電荷量大小分別為q和2q，兩點(diǎn)電荷間的距離為2r，P、Q兩點(diǎn)關(guān)于兩電荷連線對(duì)稱，靜電力常量為k。由圖可知()A．P、Q兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．右邊的小球帶電荷量為－2qD．兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為3keq\f(q,r2)答案：D解析：電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，根據(jù)題圖可知，P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小等于Q點(diǎn)電場強(qiáng)度大小，但是兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向不同，則電場強(qiáng)度不相同，故A錯(cuò)誤；同理，M點(diǎn)的電場線較N點(diǎn)密集，可知M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場線的方向可知，右邊的小球帶負(fù)電，但帶電荷量小于左邊小球的帶電荷量，故右邊的小球帶電荷量為－q，故C錯(cuò)誤；依據(jù)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)及疊加原則，兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小為E合＝keq\f(2q,r2)＋keq\f(q,r2)＝3keq\f(q,r2)，故D正確。自主訓(xùn)練2兩個(gè)等量點(diǎn)電荷的電場線分布(多選)電場線能直觀、方便地反映電場的分布情況。圖甲是等量異種點(diǎn)電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點(diǎn)；O是電荷連線的中點(diǎn)，E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也相對(duì)O對(duì)稱。則()A．E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)相同B．A、D兩點(diǎn)場強(qiáng)不同C．B、O、C三點(diǎn)，O點(diǎn)場強(qiáng)最小D．從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的電子所受電場力逐漸減小答案：AC解析：等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線，電場強(qiáng)度方向與等勢(shì)線垂直，因此E、F兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，則其場強(qiáng)大小也相等，故A正確；根據(jù)對(duì)稱性可知，A、D兩點(diǎn)處電場線疏密程度相同，則A、D兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，由題圖甲看出，A、D兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相同，故B錯(cuò)誤；由題圖甲看出，B、O、C三點(diǎn)比較，O點(diǎn)的電場線最稀疏，場強(qiáng)最小，故C正確；由題圖甲可知，電子從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場線逐漸變密，則電場強(qiáng)度逐漸增大，電子所受電場力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。自主訓(xùn)練3電場線與帶電粒子的軌跡問題(2023·全國甲卷)在一些電子顯示設(shè)備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當(dāng)?shù)姆莿驈?qiáng)電場，可以使發(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實(shí)線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中正確的是()答案：A解析：帶電粒子在電場中做曲線運(yùn)動(dòng)，粒子所受電場力指向軌跡的凹側(cè)，如圖所示，B、C、D中靜電力均指向軌跡外側(cè)。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。1．等量同種和異種點(diǎn)電荷的電場線與場強(qiáng)的比較比較項(xiàng)目等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場線的分布圖連線中點(diǎn)O處的場強(qiáng)連線上O點(diǎn)場強(qiáng)最小，指向負(fù)電荷一方為零連線上的場強(qiáng)大小(從左到右)沿連線先變小后變大沿連線先變小后變大沿連線的中垂線由O點(diǎn)向外的場強(qiáng)大小O點(diǎn)最大，向外逐漸變小O點(diǎn)最小，向外先變大后變小學(xué)生用書第154頁關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱點(diǎn)的場強(qiáng)(如A與A′、B與B′、C與C′等)等大同向等大反向2．分析電場線與粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡相結(jié)合問題的方法畫出運(yùn)動(dòng)軌跡在初始位置的切線(“速度線”)與在初始位置電場線的切線(“力線”)方向，從二者的夾角情況來分析曲線運(yùn)動(dòng)的情況?？键c(diǎn)四靜電現(xiàn)象及應(yīng)用1．靜電平衡(1)定義：處于電場中的導(dǎo)體內(nèi)部沒有電子發(fā)生定向移動(dòng)的狀態(tài)。(2)特點(diǎn)：導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零。(3)應(yīng)用：尖端放電、靜電屏蔽、靜電吸附等。2．尖端放電導(dǎo)體尖端周圍的電場使空氣電離，電離出的與導(dǎo)體尖端電荷符號(hào)相反的粒子與尖端的電荷中和，相當(dāng)于導(dǎo)體從尖端失去電荷。3．靜電屏蔽處于電場中的封閉金屬殼，由于殼內(nèi)電場強(qiáng)度保持為0，從而外電場對(duì)殼內(nèi)的儀器不會(huì)產(chǎn)生影響。自主訓(xùn)練1靜電平衡的理解(多選)不帶電的金屬棒AB長為L，O為AB的中點(diǎn)，在距離A點(diǎn)為R的C點(diǎn)處放一帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，C與AB在同一條直線上，如圖所示。下列說法正確的是()A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0B．金屬棒上A點(diǎn)的電勢(shì)等于B點(diǎn)的電勢(shì)C．金屬棒上感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(L,2)))2)D．若將A端接地，金屬棒將帶上正電荷答案：ABC解析：金屬棒達(dá)到靜電平衡，棒內(nèi)各點(diǎn)的場強(qiáng)為零，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，故A正確；金屬棒達(dá)到靜電平衡，整個(gè)金屬棒是一個(gè)等勢(shì)體，則金屬棒上A點(diǎn)的電勢(shì)等于B點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；金屬棒內(nèi)各點(diǎn)的場強(qiáng)為零，棒上感應(yīng)電荷在棒內(nèi)中點(diǎn)O產(chǎn)生的場強(qiáng)大小與點(diǎn)電荷＋Q在該處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，則感應(yīng)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(L,2)))\s\up8(2))，故C正確；若將A端接地，大地上的電子跑到金屬棒將正電荷中和，所以金屬棒將帶上負(fù)電荷，故D錯(cuò)誤。故選ABC。自主訓(xùn)練2靜電屏蔽的應(yīng)用如圖所示，銅絲編織的管線包裹著兩個(gè)銅導(dǎo)線，能夠?qū)崿F(xiàn)高保真信號(hào)傳輸，銅絲編織的管線作用是()A．參與信號(hào)傳輸B．減少信號(hào)衰減C．屏蔽外部干擾D．提高絕緣效果答案：C解析：銅絲編織的管線起到靜電屏蔽的作用，能夠屏蔽外部干擾，從而實(shí)現(xiàn)高保真信號(hào)傳輸。故選C。自主訓(xùn)練3靜電吸附的應(yīng)用一次性醫(yī)生口罩中間層的熔噴布是一種用絕緣材料做成的帶有靜電的超細(xì)纖維布，它能阻隔幾微米的病毒，這種靜電的阻隔作用屬于()A．尖端放電 B．靜電屏蔽C．靜電感應(yīng)和靜電吸附 D．靜電感應(yīng)和靜電屏蔽答案：C解析：熔噴布的主要原料是聚丙烯，是一種超細(xì)靜電纖維布，是一種纖維過濾器，含有病毒的飛沫靠近熔噴布后，就會(huì)被吸附在熔噴布的表面，無法透過，因此可以吸附以氣溶膠形式存在的病毒。故選C。處于靜電平衡狀態(tài)導(dǎo)體的特點(diǎn)1．導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零。2．導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體，導(dǎo)體表面是等勢(shì)面。3．導(dǎo)體表面處的場強(qiáng)方向與導(dǎo)體表面垂直。4．導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷，凈電荷只分布在導(dǎo)體的外表面上。5．在導(dǎo)體外表面越尖銳的位置，凈電荷的密度(單位面積上的電荷量)越大，凹陷的位置幾乎沒有凈電荷。學(xué)生用書第155頁點(diǎn)電荷的場強(qiáng)一般情況下可應(yīng)用公式E＝eq\f(F,q)、E＝keq\f(Q,r2)計(jì)算，但在求解帶電棒、帶電圓環(huán)、帶電平面等一些非點(diǎn)電荷帶電體產(chǎn)生的場強(qiáng)時(shí)，上述公式無法直接應(yīng)用。這時(shí)，如果變換思維角度，靈活運(yùn)用對(duì)稱法、補(bǔ)償法、微元法、等效法等巧妙方法，可以快捷解題。方法方法解讀對(duì)稱法利用空間上對(duì)稱分布的電荷形成的電場具有對(duì)稱性的特點(diǎn)，使復(fù)雜電場的疊加計(jì)算問題大為簡化。補(bǔ)償法將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)為完整圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)為完整球面，然后再應(yīng)用對(duì)稱的特點(diǎn)進(jìn)行分析，有時(shí)還要用到微元思想。微元法將帶電體分成許多電荷元，每個(gè)電荷元看成點(diǎn)電荷，先根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式求出每個(gè)電荷元的場強(qiáng)，再結(jié)合對(duì)稱性和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng)。等效法在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。應(yīng)用1．[對(duì)稱法](2022·山東高考)半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電荷量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負(fù)電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負(fù)電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案：C解析：取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對(duì)稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由圖可知，兩場強(qiáng)的夾角為120°，則兩者的合場強(qiáng)為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)E′＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2R))2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C。應(yīng)用2．[補(bǔ)償法＋等效法]均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R。已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為()A．eq\f(kq,2R2)－E B．eq\f(kq,4R2)C．eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E答案：A解析：左半球面AB上的正電荷q產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個(gè)球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝keq\f(2q,（2R）2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則EN＝E′＝keq\f(2q,（2R）2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，A正確。應(yīng)用3．[微元法]如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點(diǎn)，OP＝L，試求P點(diǎn)的場強(qiáng)大小。答案：keq\f(QL,（R2＋L2）\s\up8(\f(3,2)))解析：將圓環(huán)看成由n個(gè)小段組成，當(dāng)n相當(dāng)大時(shí)，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量Q′＝eq\f(Q,n)，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可求得每一小段帶電體在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E＝eq\f(kQ,nr2)＝eq\f(kQ,n（R2＋L2）)。由對(duì)稱性知，各小段帶電體在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P處的場強(qiáng)EP，EP＝nEx＝nkeq\f(Q,n（R2＋L2）)cosθ＝keq\f(QL,（R2＋L2）\s\up8(\f(3,2)))。應(yīng)用4．[等效法]如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z＜0的空間，z＞0的空間為真空。將電荷量為q的點(diǎn)電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電荷?？臻g任意一點(diǎn)處的電場皆是由點(diǎn)電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零，則在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強(qiáng)大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(4q,h2) B．keq\f(4q,9h2)C．keq\f(32q,9h2) D．keq\f(40q,9h2)答案：D解析：導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷等效于在z＝－h(huán)處的帶等量的異種電荷－q，故在z軸上z＝eq\f(h,2)處的場強(qiáng)大小為E＝keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))\s\up8(2))＋keq\f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)＋h))\s\up8(2))＝keq\f(40q,9h2)，選項(xiàng)D正確。課時(shí)測(cè)評(píng)34電場力的性質(zhì)eq\f(對(duì)應(yīng)學(xué)生,用書P420)(時(shí)間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂！)(選擇題每題5分，共60分)1．如圖所示，兩個(gè)帶電金屬球(半徑R)中心距離為r，r＝3R，帶電荷量相等均為Q，則關(guān)于它們之間的靜電力F大小的說法正確的是()A．若是異種電荷F＜keq\f(Q2,r2)B．若是同種電荷F＞keq\f(Q2,r2)C．若是異種電荷F＞keq\f(Q2,r2)D．不論是何種電荷F＝keq\f(Q2,r2)答案：C解析：由于r＝3R，故兩個(gè)帶電金屬球不能看成點(diǎn)電荷，當(dāng)兩個(gè)金屬球帶異種電荷時(shí)，電荷間相互吸引，導(dǎo)致電荷間距比r小，因此靜電力F＞keq\f(Q2,r2)，故A錯(cuò)誤，C正確；若是同種電荷，則出現(xiàn)相互排斥，導(dǎo)致電荷間距比r大，因此靜電力F＜keq\f(Q2,r2)，故B、D錯(cuò)誤。2．(2024·黑龍江大慶模擬)如圖所示，真空中A、B兩點(diǎn)分別固定兩個(gè)相同的帶電金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)，所帶電荷量分別為＋Q和－5Q，在A、B的延長線上的C點(diǎn)處固定一電荷量為q的電荷，該電荷受到的靜電力大小為F1，已知AB＝BC。若將兩帶電金屬小球接觸后再放回A、B兩處時(shí)，電荷受到的靜電力大小為F2，則eq\f(F1,F2)為()A．eq\f(21,10) B．eq\f(21,16)C．eq\f(19,10) D．eq\f(19,16)答案：C解析：設(shè)AB＝BC＝l，根據(jù)庫侖定律得F1＝eq\f(5kQq,l2)－eq\f(kQq,（2l）2)＝eq\f(19kQq,4l2)，將兩帶電金屬小球接觸后，兩小球所帶電荷量均為－2Q，根據(jù)庫侖定律得F2＝eq\f(2kQq,l2)＋eq\f(2kQq,（2l）2)＝eq\f(5kQq,2l2)，所以eq\f(F1,F2)＝eq\f(19,10)，故選C。3．某電場的電場線分布如圖所示，下列說法正確的是()A．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度B．若將一試探電荷＋q由a點(diǎn)釋放，它將沿電場線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)C．b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相同答案：C解析：電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，由題圖可知Eb＞Ec，Eb＞Ed，C正確，A錯(cuò)誤；由于電場線是曲線，由a點(diǎn)釋放的正電荷不可能沿電場線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；電場線的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向，a點(diǎn)和b點(diǎn)的切線不同向，D錯(cuò)誤。4．(2023·海南高考)如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點(diǎn)，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現(xiàn)有一個(gè)帶正電小球靜置于軌道內(nèi)側(cè)P點(diǎn)(小球可視為點(diǎn)電荷)，已知AP∶BP＝n∶1，試求Q1∶Q2是()A．2n2∶1 B．4n2∶1C．2n3∶1 D．4n3∶1答案：C解析：對(duì)小球受力分析如圖所示，由正弦定理有eq\f(FA,sin∠PHD)＝eq\f(FB,sin∠CHP)，其中∠PHD＝∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，eq\f(AP,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－∠POB)))＝eq\f(AO,sin∠APO)，同理有eq\f(BP,sin∠POB)＝eq\f(BO,sin∠OPB)，其中FA＝keq\f(Q1q,AP2)，F(xiàn)B＝keq\f(Q2q,BP2)，聯(lián)立有Q1∶Q2＝2n3∶1，故選C。5．(2023·山東濰坊二模)用絕緣細(xì)線a、b將兩個(gè)帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細(xì)線b水平，則()A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量B．細(xì)線a拉力大小為2eq\r(3)GC．細(xì)線b拉力大小為eq\f(\r(3),3)GD．小球1與2的質(zhì)量比為1∶2答案：B解析：由F庫＝eq\f(kq1q2,r2)可知，不能確定小球1與小球2的帶電量，故A錯(cuò)誤；對(duì)小球2，由平衡條件可得Fb＝F庫cos30°，G＝F庫sin30°，解得細(xì)線b拉力大小為Fb＝eq\f(G,tan30°)＝eq\r(3)G，故C錯(cuò)誤；對(duì)小球1，由平衡條件可得Fasin30°＝F庫cos30°，m1g＋F庫sin30°＝Facos30°，解得細(xì)線a拉力大小為Fa＝2eq\r(3)G，小球1與2的質(zhì)量比為m1∶m2＝2∶1，故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。6．(2024·河南駐馬店模擬)如圖所示，ABCD-A′B′C′D′為正方體，兩個(gè)等量異種電荷分別在正方體的上底面和左側(cè)面的中心位置，則與A點(diǎn)電場強(qiáng)度相同的點(diǎn)是()A．B點(diǎn) B．B′點(diǎn)C．C點(diǎn) D．C′點(diǎn)答案：A解析：根據(jù)等量異種電荷電場分布可知，只有B點(diǎn)與A點(diǎn)關(guān)于等量異種電荷連線的中垂線對(duì)稱，故與A點(diǎn)電場強(qiáng)度相同的點(diǎn)是B點(diǎn)。故選A。7．直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處電場強(qiáng)度的大小和方向分別為()A．eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正方向 B．eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)方向C．eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正方向 D．eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)方向答案：B解析：處于O點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在G點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負(fù)方向；因?yàn)镚點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零，所以M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度大小E2＝E1＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸正方向；根據(jù)對(duì)稱性，M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度大小E3＝E2＝keq\f(Q,a2)，方向沿y軸負(fù)方向；將該正點(diǎn)電荷移到G處，該正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E4＝keq\f(Q,（2a）2)，方向沿y軸正方向，所以H點(diǎn)處的電場強(qiáng)度大小E＝E3－E4＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)方向，故選B。8．(2023·河北邯鄲二模)半圓形光滑絕緣細(xì)桿固定在豎直面內(nèi)，O為圓心?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)帶電小球穿在細(xì)桿上，其靜止時(shí)的位置如圖所示，甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，則m1∶m2等于()A．4∶3 B．3∶4C．3∶5 D．5∶3答案：B解析：假設(shè)甲、乙兩球之間的靜電力為F，對(duì)甲、乙受力分析結(jié)合數(shù)學(xué)正弦定理有eq\f(F,sin53°)＝eq\f(m1g,sin45°)，eq\f(F,sin37°)＝eq\f(m2g,sin45°)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(3,4)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。故選B。9．下列選項(xiàng)中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是()答案：B解析：由于電荷均勻分布，則各eq\f(1,4)圓環(huán)上的電荷等效集中于eq\f(1,4)圓環(huán)的中心，設(shè)圓的半徑為r，則A圖O點(diǎn)處的場強(qiáng)大小為EA＝eq\f(kq,r2)；將B圖中正、負(fù)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)進(jìn)行疊加，等效兩電荷場強(qiáng)方向間的夾角為90°，則在O點(diǎn)的合場強(qiáng)EB＝eq\f(\r(2)kq,r2)，方向沿x軸負(fù)方向；C圖中兩正電荷在O點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，則C中的場強(qiáng)大小為EC＝eq\f(kq,r2)，D圖由于完全對(duì)稱，易得合場強(qiáng)ED＝0。故O處電場強(qiáng)度最大的是圖B。故選B。10．(多選)如圖所示，一條光滑絕緣柔軟輕繩跨過一定滑輪，輕繩兩端連接質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)帶同種電荷的小球，穩(wěn)定時(shí)，兩側(cè)輕繩的長度分別為l1、l2，且l1＞l2，與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，現(xiàn)緩慢減少小球m1的電荷量到一定值，系統(tǒng)重新穩(wěn)定，兩側(cè)輕繩的長度分別變?yōu)閘1′、l2′，與豎直方向的夾角分別變?yōu)棣?′、θ2′，關(guān)于穩(wěn)定時(shí)的情景，下列說法正確的是()A．θ1′＜θ2′ B．θ1′＝θ2′C．l1′＜l1 D．l1′＝l1答案：BD解析：以兩小球作為一個(gè)整體研究，滑輪對(duì)輕繩的作用力豎直向上，同一輕繩上彈力FT大小處處相等，結(jié)合對(duì)稱性可知，左右兩側(cè)輕繩與豎直方向的夾角等大，故平衡時(shí)滿足θ1＝θ2，θ1′＝θ2′，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)兩邊帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由相似三角形可得eq\f(m1g,h)＝eq\f(FT,l1)，同理對(duì)右邊小球有eq\f(m2g,h)＝eq\f(FT,l2)，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(l2,l1)，可得m1＜m2，由于m1與m2不變，輕繩的