1、第1节电场力的性质基础必备 1.法拉第是19世纪最伟大的实验物理学家之一,他在电磁学研究方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献一样,具有划时代的意义,他提出了电场的概念.关于静电场电场强度的概念,下列说法正确的是(C)A.由E=可知,某电场的电场强度E与q成反比,与F成正比B.正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反,所以某一点电场强度方向与放入检验电荷的正负有关C.电场中某一点的电场强度与放入该点的检验电荷的正负无关D.电场中某点不放检验电荷时,该点电场强度等于零解析:电场强度是用比值定义的,与放入的检验电荷受到的电场力F及带电荷量q无关,是由电场本身性质决定的,选项A,D错
2、误,C正确;规定电场强度的方向与正电荷受力方向相同,与负电荷受力方向相反,选项B错误.2.如图,M,N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,MOP=60.电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M,N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点的电场强度大小变为E2,E1与E2之比为(B)A.12B.21C.2D.4解析:由题意知,每个点电荷在O点产生的电场强度为,则当将N点处的点电荷移至P点时,两电荷在O点产生的电场的电场强度方向的夹角为120,合场强大小E2=,则E1E2=21,选项B正确.3.(2019广东揭阳联考)(多选)如图所示的实验装置为库
3、仑扭秤.细银丝的下端悬挂一根绝缘棒,棒的一端是一个带电的金属小球A,另一端有一个不带电的球B,B与A所受的重力平衡,当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时,A和C之间的作用力使悬丝扭转,通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小,便可找到力F与距离r和电荷量q的关系.这一实验中用到了下列哪些方法(AC)A.微小量放大法B.极限法C.控制变量法D.逐差法解析:把微弱的库仑力转换放大成可以看得到的扭转角度,并通过扭转角度的大小找出力和距离的关系,是微小量放大法;同时体现了控制变量法,即分别控制q和r不变,研究库仑力F与r和q的关系.故A,C正确.4.(2019四川成都模拟)如图所示为电场中的一条电
4、场线,在该电场线上有a,b两点,用Ea,Eb分别表示这两处的电场强度的大小,则(D)A.a,b两点的电场强度方向相反B.因为电场线由a指向b,所以EaEbC.因为电场线是直线,所以Ea=EbD.因不清楚a,b两点附近的电场线分布情况,所以不能确定Ea,Eb的大小关系解析:由电场线方向可知,a,b两点的电场强度方向都向右,选项A错误;仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系,选项B,C错误,D正确.5.(2019福建南平模拟)如图所示,倾角为的光滑绝缘斜面固定在水平面上。为了使质量为m,带电荷量为+q的小球静止在斜面上,可加一平行纸面的匀强电场(未画出),则(C)A.电场强度的最小
5、值为E=B.若电场强度E=,则电场强度方向一定竖直向上C.若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场强度逐渐增大D.若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场强度先减小后增大解析:当所加的电场强度最小时,电场强度方向沿斜面向上,此时mgsin =qE,解得Emin=,选项A错误;若qE=mg,则可能是电场力、重力以及斜面的支持力三力互成120,此时电场强度的方向不是竖直向上,选项B错误;由图可知,若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场力逐渐变大,电场强度逐渐增大,选项C正确,D错误.6.a,b,c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态,已知a所带的电荷量
6、为+Q,b所带的电荷量为-q,且Qq,关于电荷c,下列判断正确的是(B)A.c一定带负电B.c所带的电荷量一定大于qC.c可能处在a,b之间D.如果固定a,b,仍使c处于平衡状态,则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定解析:根据库仑定律和平衡条件可以确定三个点电荷平衡时应满足“两同夹异”、“两大夹小”,故c一定带正电,且c所带的电荷量一定大于q,故A,C错误,B正确;如果a,b固定,则只需使c处于a,b合场强为0位置即可,由于a,b带异号电荷,c应位于a,b连线的外侧,又由于a的电荷量大于b的电荷量,则c应靠近b,c的电荷量、电性不能确定,故D错误.7.如图所示,两个质量均为m的完全相同的金属球
7、壳a与b,其壳层的厚度和质量分布均匀,将它们固定于绝缘支座上,两球心间的距离l为球半径的3倍.若使它们带上等量异种电荷,使其电荷量的绝对值均为Q,引力常量为G,静电力常量为k,那么a,b两球之间的万有引力F1、库仑力F2分别满足(C)A.F1=G,F2=kB.F1G,F2=kC.F1=G,F2kD.F1=G,F2k,选项C正确.8.(多选)如图所示,在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球,带电荷量分别为-q,+Q,-q,+Q.四个小球构成一个菱形,-q,-q的连线与-q,+Q的连线之间的夹角为.若此系统处于平衡状态,则正确的关系式可能是(AC)A.cos3=B.cos3=C.sin3=D.sin3=
8、解析:设菱形边长为a,则两个Q之间距离为2asin ,两个-q之间距离为2acos .选取-q作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得2kcos =k,解得cos3=,选项A正确,B错误;选取+Q作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得2ksin =k,解得sin3=,选项C正确,D错误.9.两个质量都为3.010-4 kg的导体球,分别被两根长0.04 m的丝线吊在同一点上.让它们带上等量同种电荷后,两球互相排斥至如图所示位置平衡(已知静电力常量k=9.0109 Nm2/C2).(1)试求两球间静电力的大小和导体球所带的电荷量.(2)如果让其中一个小球的电荷量减少一半,而另一个小球的电荷量加倍,小球
9、还能在原位置平衡吗?解析:(1)对左边导体球受力分析,如图所示.设两小球带电荷量为q,根据平衡条件有F=mgtan 30而两球间的静电力F=k,r=2Lsin 30=L,解得F=10-3 Nq=10-8 C.(2)由于两球电荷量乘积不变,则库仑力的大小不变,小球还能在原位置平衡.答案:(1)10-3 N10-8 C(2)能能力培养 10.(2019福建三明模拟)(多选)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a,b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,不计两粒子间的相互作用,则(CD)A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b
10、的速度将增大C.a的加速度将减小,b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大解析:根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异种电荷,但无法确定其具体电性,故A错误;由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B错误,D正确;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变得稀疏,b粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C正确.11.如图所示,两根细线挂着两个质量相同的小球A,B,上、下两根细线的拉力分别为FA,FB,现使两球带同种电荷,此时上、下细线所受拉力分别为FA,FB,则(B)A.FA=FA,FBFBB.
11、FA=FA,FBFBC.FAFBD.FAFA,FBFB,选项B正确.12.如图所示,两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球(可视为质点)系于同一点,A球靠在绝缘墙壁上,B球保持静止状态.两球所带电荷量分别为qA=2q和qB=4q.现将B球与A球接触后再次释放,稳定后两球均静止,下列说法正确的是(D)A.B球的电荷量不变B.轻绳对B球的拉力变大C.A,B两球间库仑力减小D.A,B两球间距离与原来两球间距离的比值为解析:两球接触时,平分电荷量,qB=qA=3q,A错误;设两轻绳的长度分别为h和L0,两球间距离为L,当两球处于静止状态时,对B球进行受力分析,如图所示.根据三角形相似可得=,=
12、,而G=G,故T=G,F=G,所以轻绳对B球的拉力不变,B错误;由F=k,得L=,则再次平衡时,两球间距离增大,库仑力增大,C错误;两球间距离与原来两球间距离的比值为=,D正确.13.(2019山东潍坊期中)直角坐标系xOy在竖直面内,x轴水平,空间存在平行xOy面的匀强电场.如图所示,质量为m,带电荷量为-q的小球,从坐标原点O沿与x轴正方向成角射入,方向与匀强电场方向垂直,初速度大小为v0.射入后小球沿直线运动,空气阻力不计,重力加速度为g,求:(1)匀强电场的电场强度;(2)t时刻小球的位置坐标.解析:(1)小球做直线运动,故合力方向与初速度方向在同一直线上,对小球受力分析如图所示,可知
13、电场强度方向与y轴负方向成角斜向下.在沿电场强度方向有qE=mgcos 解得E=.(2)小球做匀减速运动,加速度大小为a,则a=gsin t时刻小球的位移s=v0t-gt2sin 设t时刻小球的位置坐标分别为x,y,则x=scos =v0t-gt2sin cos =v0tcos -gt2sin 2y=ssin =v0t-gt2sin sin =v0tsin -gt2sin2.答案:(1),方向与y轴负方向成角斜向下(2)v0tcos -gt2sin 2,v0tsin -gt2sin214.如图所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg、带电荷量为q=+2.010-6 C的
14、小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数=0.1.t=0时刻开始,空间加上一个电场强度大小和方向呈周期性变化的电场,取水平向右为正方向,g取10 m/s2.求:(1)02 s内小物块加速度的大小;(2)24 s内小物块加速度的大小;(3)14 s末小物块的速度大小;(4)前14 s内小物块的位移大小.解析:(1)02 s内小物块的加速度大小a1=2 m/s2.(2)24 s内小物块的加速度大小a2=2 m/s2.(3)02 s内小物块的位移s1=a1=4 m,2 s末的速度v2=a1t1=4 m/s,24 s内位移为s2=s1=4 m,4 s末的速度为v4=0.小物块做周期为4 s的直线运动,故第14 s末的速度v14=v2=4 m/s.(4)14 s内小物块经过了3.5个周期,故位移s=3(s1+s2)+s1=28 m.答案:(1)2 m/s2(2)2 m/s2(3)4 m/s(4)28 m
