高考物理一轮复习课时作业31电场力的性质（含解析）

电场力的性质

一、选择题

1．关于电场，下列说法正确的是(　　)

A．由E＝知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍

B．由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比

C．由E＝k知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同

D．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向

答案　B

解析　电场中某点的场强大小与试探电荷的电量无关，故A项错误；由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比，B项正确；由E＝k知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处电场强度大小均相同，但是方向不同，C项错误；电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，D项错误；故选B项．

2．(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)

A．粒子必定带正电荷

B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度

C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能

答案　ACD

解析　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向，故此粒子带正电荷，A项正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点加速度大，C项正确；粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点动能大，故D项正确．

3.(2018·肇庆二模)如图，两个等量正点电荷位于垂直于x轴的连线上，相对原点O对称分布，则x轴上电场强度E与位置x的关系可能是(　　)

答案　A

解析　两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强，再依据由同种电荷相斥，可知，O点两边的电场强度方向不同，故A项正确，B、C、D三项错误．

4.在如图甲所示的电场中，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，则它运动的v­t图像可能是图乙中的(　　)

答案　B

解析　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，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v­t图像可能是图中的B.

5．(2018·齐齐哈尔二模)如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的球壳对点电荷q的库仑力的大小为(　　)

A.F　　　　　　　　 B.F

C.F   D．F

答案　D

解析　将图乙中的均匀带电球壳分成三个带电球壳，关于球心对称的两个带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D项正确．

6．(2018·广州二模)如图所示，探究电荷间相互作用力的示意图，图中金属球A带电，置于绝缘支架上，带电小球B悬于绝缘丝线的下端，质量为m.当悬在P1点，B球静止时，两带电小球刚好在同一高度，此时绝缘丝线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　)

A．A、B间的库仑力为mgcotθ

B．A、B间的库仑力为mgsinθ

C．将悬点移到P2，平衡时B低于A

D．将悬点移到P2，平衡时A、B仍在同一高度

答案　C

解析　A、B两项，当B球处于平衡状态时，刚好与A球在同一水平面上，其受力如图所示，A、B带同种电荷，再由力的平行四边形定则可得：F库＝mgtanθ，故A、B两项错误；

C、D两项，若把悬点移到P2，由库仑定律可知，距离越远，A、B间的库仑力越小，B球越低，故C项正确，D项错误．

7.如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为，球外有一点B，与球心距离为，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为(　　)

A．3∶1   B．1∶1

C．9∶8   D．9∶1

答案　C

解析　以O为球心，R为半径的球体体积V＝πR3，故OA为半径的球体体积V′＝π(R)3＝V；设球体带电量为Q，那么，A点场强相当于O点处带电量为Q′＝Q的点电荷激发的场强，故EA＝＝；B点场强相当于O点处带电量为Q的点电荷激发的场强，故EB＝＝；所以，EA∶EB＝9∶8，故C项正确，A、B、D三项错误．

8．(2018·兰州模拟)真空中正三角形ABC的三个顶点上分别放有电量相等、电性不同的点电荷，A、C两点为正电荷，B点为负电荷，如图所示．A处点电荷所受静电力大小为F，则B、C两处点电荷所受静电力大小分别为(　　)

A.F　F   B.F　F

C．2F　2F   D．2F　2F

答案　B

解析　A处点电荷所受静电力大小为F，如图所示：

根据库仑定律，结合几何关系，及三角知识，可以知道，C处的电场力大小为F；

而B点的电场力为F，故A、C、D三项错误，B项正确．

9.(2018·衡阳模拟)(多选)如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则下列说法不正确的是(　　)

A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑

B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑

C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大

D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑

答案　ACD

解析　若滑块匀速下滑，则有mgsinθ＝μmgcosθ，当加上竖直向上的电场后，电场力为F，沿斜面方向，(mg－F)sinθ＝μ(mg－F)cosθ，受力仍平衡，则滑块仍匀速下滑，故A项错误，B项正确；若滑块匀减速下滑，加速度大小为a1＝g(μcosθ－sinθ)，加上竖直向上的电场后，加速度大小为a1′＝<a1，C项错误；若滑块匀加速下滑，加速度大小为a2＝g(sinθ－μcosθ)，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀加速下滑．加速度为a2′＝>a2.即加速度增大，D项错误．

10.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，在这半球的中心O处电场强度等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为α(α<)，从半球中分出这一部分球面，则剩余部分球面上(在“大瓣”上)的电荷(电荷分布不变)在O处的电场强度为(　　)

A．E＝E0sincos   B．E＝E0

C．E＝E0cos   D．E＝E0sin

答案　C

解析　根据对称性，作出两球面上的电荷在O点产生的电场分布，两个分场强相互垂直，如图所示．由平行四边形定则得到“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度为：E1＝E0cos.故A、B、D三项错误，C项正确．

11.(2018·广东一模)(多选)如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为＋q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡．已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°，由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置．已知静电力常量为k，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)

A．小球2带负电 B．小球2在C位置时所带电荷量为

C．小球2在A位置时所带电荷量为 D．弹性绳原长为

答案　CD

解析　A项，两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电．故A项错误；

B项，小球在C点时，受力如图：

由几何关系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg①

T＝mgcos30°＝mg②

根据库仑定律得：F＝③

联立①③可得：q2＝.故B项错误；

C项，小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角相互为120°，所以三个力的大小相等，所以：T′＝F′＝mg④

根据库仑定律得：F′＝⑤

小球2在A位置时所带电荷量：q1＝.故C项正确

D项，小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝＋l＝

小球2在C位置时，弹性绳的长度：l2＝＋l

设弹性绳的劲度系数为k，则：T′＝k·(l1－l0)；

T＝k·(l2－l0)

联立可得：l0＝0.5l.故D项正确．

12.(2018·江苏模拟)(多选)如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝R.重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　)

A．小球d一定带正电

B．小球b的周期为

C．小球c的加速度大小为

D．外力F竖直向上，大小等于mg＋

答案　CD

解析　A项，a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A项错误．

B项，设db连线与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝，sinα＝＝

对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：kcosα－2kcos30°＝mR＝ma

解得：T＝，a＝

则小球c的加速度大小为.故B项错误，C项正确．

D项，对d球，由平衡条件得：F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D项正确．

二、非选择题

13.(2018·石家庄一模)如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：

(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；

(2)整个过程中电场力所做的功．

答案　(1)3E　(2)

解析　(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，

电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，

小金属块由A点运动到B点过程，由位移时间公式得，x＝×t2①

由速度－时间公式得，v1＝t②

小金属块由B点运动到A点过程，

由位移－时间公式得，－x＝v1t－×t2③

由速度－时间公式得，－v2＝v1－t④

联立①～④解得：E1＝3E；v2＝⑤

(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功

W＝mv22－0⑥

联立⑤⑥解得：W＝.

14．如图1所示，平行板电容器的M、N两板间距为d，两板间存在竖直向上的匀强电场E，M、N的正中央各有一小孔．在上板小孔正上方有一竖直放置长为l的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均为m＝0.01 kg，A带q1＝2.5×10－4 C的正电，B带q2＝5×10－5 C的负电，B球距上板M的距离为h，现将轻杆由静止释放，小球B从刚进入电场到刚好离开电场过程中的v­t图像如图2所示(忽略空气阻力，g＝10 m/s2)．

(1)试求匀强电场E及板间距离d；

(2)试判定A球能否从下板离开匀强电场．

答案　(1)2 000 N/C　1.1 m　(2)见解析

解析　(1)将轻杆由静止释放到B刚好进入电场的过程中，A、B两个小球做自由落体运动，在B进入电场而A没有进入电场的过程中由图可知它们的加速度：

a1＝＝ m/s2＝15 m/s2

对AB球整体进行受力分析得：2mg＋q2E＝2ma1

代入数据得：E＝2 000 N/C

B进入电场时的速度：v0＝1 m/s，最大速度是4 m/s，出电场时的速度是2 m/s，由匀变速直线运动的v­t图像的特点可得：

d＝×(0.3－0.1)m＋×(0.5－0.3)m＝1.1 m

(2)由图2可知，轻质绝缘细杆的长度：

l＝×(0.3－0.1)m＝0.5 m

B出电场时，A到电场的下边的距离：l＝0.5 m

B出电场后A、B系统的加速度大小：a2＝

代入数据得：a2＝－15 m/s2

若A不离开N板，当A速度减小到0时A下降的高度为s，由运动学公式有：0－v2＝2a2s

则：s＝＝ m＝ m<l＝0.5 m

故A球不能从下板离开匀强电场，以后反向加速运动．