参考答案与解析
1．[导学号66870001] 【解析】选B.电场强度的大小在数值上等于单位电荷在电场中所受的电场力，故A说法正确．电场强度的大小跟有没有试探电荷无关，由电场本身决定，故B说法错误．电场强度的方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致，跟负电荷所受电场力的方向相反，故C、D说法正确．故选B.
2．[导学号66870002] 【解析】选C.甲图中与点电荷等距的a、b两点，场强大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的场强大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，场强大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的场强大于a点的场强，选项D错误．
qAqBqCqB
3．[导学号66870003] 【解析】选C.根据B恰能保持静止可得：k2＝k2.A做匀
L1L2
速圆周运动，k
2
qAqBqCqAqCqBqCqA2
＝mωL，C做匀速圆周运动，k－k＝2－k2A1
L1L2（L1＋L2）2（L1＋L2）23
L1?
mCωL2，联立解得A和C的比荷之比等于??L2?，选项C正确．
4．[导学号66870004] 【解析】选A.由于a点场强为零，说明点电荷在a点的场强与kq
圆盘在a点的场强大小相等，E＝2，根据对称性可知，圆盘在b点产生的场强大小也是E
dkqkqkqkq＝2，则b点的场强为E′＝E＋2，A正确． 2＝2＋d（3d）d9d
5．[导学号66870005] 【解析】选A.从场强E随x的变化关系图象可以看出，x＝2a处的场强为零，在0～2a范围内场强为正，2a～3a范围内场强为负，根据场强叠加原理可知，点电荷M、N为同种电荷，选项B错误，选项A正确；设点电荷M的带电荷量为q1，q1q2点电荷N的带电荷量为q2，x＝2a处的场强为E＝k－k2＝0，解得：q1∶q2＝4∶1，
（2a）2a选项C、D错误．
6．[导学号66870006] 【解析】选BC.存在固定球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自所受电场力合力为零，说明A球带负电而B球带正电，A、B作为整体得固定球对A、B的水平方向的库仑力大小相等方向相反．根据库仑定律得A离固定球近点，所以A球带电荷量较小，B球带电荷量较大．故A、D错误，B、C正确．
7．[导学号66870007] 【解析】选ACD.由等量异种点电荷的电场线分布可知选项A、C、D正确，B错误．
8．[导学号66870008] 【解析】选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，A错误；A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B正确；粒子运动过程中，电场
力与运动方向的夹角大于90°，所以速率减小，C正确；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，D正确．故选BCD.
9．[导学号66870009] 【解析】选BD.释放后，M、N保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qE＝F，两者方向相反，其合力为0，故选项C错误；由牛顿第三定律可知，M、N间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，故选项A错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由题图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由题图图示可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选项D正确．
10．[导学号66870010] 【解析】选AD.b电荷运动轨迹向上弯曲，根据曲线运动特点可知，b电荷在M点受力一定向左上方，所以a电荷一定在虚线MP下方，选项A、D正确．
11．[导学号66870011] 【解析】选ABD.库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件，由题中图示可知两小球相互排斥，故A、D正确；偏角的大小与小球的质量和悬线的长度有关，故B正确．
12．[导学号66870012] 【解析】选BD.由于圆环不能看成点电荷，采用微元法求圆环对小球的库仑力，小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力．以小球为研究对象，进行受力分析，小球受到三个力的作用：线对小球的拉力为F、重力G、圆环各点对小球库RmgL仑力的合力FQ.则Fsin θ＝mg，sin θ＝，解得：F＝，选项C错误，D正确；水平方向
LR上：
Q2
Fcos θ＝k2cos θ，解得：Q＝L
mgL3，选项A错误，B正确． kR
13．[导学号66870013] 【解析】(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为 q2
F＝k2①
L
代入数据得F＝9.0×103 N．②
－
(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为 qE1＝k2③
L
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为 E＝2E1cos 30°④ 由③④式并代入数据得 E＝7.8×103 N/C
场强E的方向沿y轴正向．
【答案】(1)9.0×103 N
－
(2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正向
14．[导学号66870014] 【解析】(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则1h＝gt2 2
得t＝
2h＝g
2×1.25
s＝0.5 s 10
设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB， x1
则vB＝＝ m/s＝2 m/s
t0.5
1212
根据动能定理，有－qEs－μmgs＝mvB－mv0
22得E＝3.2×105 N/C. (2)要使水平射程加倍，则 2x＝vBt′ 1
h＝at′2 2mg－qE′＝ma
代入数据得E′＝6×105 N/C，方向竖直向上．
【答案】(1)3.2×105 N/C (2)6×105 N/C 方向竖直向上
15．[导学号66870015] 【解析】(1)由小球处于平衡状态知小球带正电，对小球受力分析如图所示
FTsin θ＝qE FTcos θ＝mg ①qE由得tan θ＝，
mg②mgtan θ
故q＝.
E
(2)由第(1)问中的方程②知FT＝
mg
，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未cos θ
① ②
剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于F合mgg
.小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运cos θmcos θb动，当碰到金属板上时，它的位移为x＝，
sin θ
1
又由x＝at2，得t＝
2
2x＝a
2bcos θ＝ gsin θ2bcot θ g
2bcot θ. g
mgtan θ
【答案】(1) (2)
E