1、考点规范练22电场力的性质一、单项选择题1.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径。球1所带电荷为q,球2所带电荷为nq,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时1、2之间作用力的大小仍为F,方向不变。由此可知()A.n=3B.n=4C.n=5D.n=6答案:D解析:由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷。由库仑定律F=kQ1Q2r2知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比。又由于三个小球相同,则两球接触时平分总电荷量,故有q
2、nq=nq2q+nq22,解得n=6,D正确。2.(2020北京牛栏山一中期中)如图所示,实线为一点电荷电场中的三条电场线,虚线与中间那条电场线垂直,a、b是位于虚线上的两点,下列说法正确的是()A.该点电荷带正电B.a、b两点电场强度的方向可能相同C.a点电场强度小于b点电场强度D.虚线为一条等势线答案:C解析:三条电场线的交点为该点电荷所在位置,可知该点电荷带负电,A错误;由题图可知a、b这两点的电场强度方向不相同,B错误;a点离点电荷远,由点电荷的电场强度公式E=kqr2可知,a点的电场强度小,C正确;点电荷的等势线是以该点电荷为圆心的同心圆,不是直线,D错误。3.如图所示,边长为l的正
3、六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为l的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的电场强度为零。若移走+Q及AB边上的细棒,则O点电场强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响)()A.kQl2B.4kQ3l2C.23kQ3l2D.43kQ3l2答案:D解析:根据对称性,AB与ED边上的细棒在O点的电场强度叠加为零,AF与CD边上的细棒在O点的电场强度叠加为零;因O点的电场强度为零,故BC中点的点电荷和EF边上的细棒在O点的电场强度为零,点电荷与细棒在O点的电场强度大小为E=kQ32l2=4kQ3l2,因
4、此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E合=43kQ3l2,其方向如图所示;若移走+Q及AB边上的细棒,那么其余棒在O点的电场强度大小为E合=43kQ3l2,方向与图中方向相反,故A、B、C错误,D正确。4.如图所示,16个电荷量均为+q(q0)的小球(可视为点电荷),均匀分布在半径为r的圆周上。若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,则圆心O点处的电场强度为()A.2kqr2,方向沿半径向左B.2kqr2,方向沿半径向右C.3kqr2,方向沿半径向左D.3kqr2,方向沿半径向右答案:D解析:根据对称性和电场的叠加原理,知原来O处电场强度为零,说明P点处小球在O处产生的电场强度与其
5、余15个小球在O处产生的合电场强度大小相等、方向相反,则其余15个小球在O处产生的合电场强度大小为E=kqr2,方向沿半径向右。将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,其余15个小球在O处产生的合电场强度不变,大小仍为E=kqr2,方向沿半径向右。-2q在O处产生的电场强度大小为E=2kqr2,方向沿半径向右,所以O点处的电场强度为EO=E+E=3kqr2,方向沿半径向右,故D正确。5.(2020山东寿光一中月考)如图甲所示,直线上固定两个正点电荷A与B,其中B带+Q的电荷量,C、D两点将AB连线三等分。现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动,不计粒子所受的重力,并且已知该粒子在
6、C、D间运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示,则A点电荷的电荷量可能是()甲乙A.+5QB.+3QC.+2QD.+Q答案:A解析:由v-t图像可知该粒子在两正点电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动,故点电荷A对其的库仑引力大于点电荷B对其的库仑引力,根据库仑定律,在D点kQAq4r2kQqr2,即QA4Q,选项A正确,B、C、D错误。6.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,同时加竖直方向的电场强度为E的匀强电场,此时P处小球
7、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.mg2qB.mg4qC.2kqa2D.22kqa2答案:D解析:设P处的带电小球电荷量为Q,根据库仑定律可知,P处小球受到底面各个顶点电荷的库仑力大小都为F=kqQa2;根据几何关系,可知正四棱锥的侧棱与竖直线的夹角为45;再由力的分解法则,有4kqQa222=mg;若将P处小球的电荷量减半,则四个顶点的电荷对P处小球的库仑力合力为F=2kqQa2;当外加匀强电场后,再次平衡,则有2kqQa2+Q2E=mg,解得E=22kqa2或E=mgQ,故D正确。7.一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a,在正下方
8、有一光滑的绝缘水平细杆,一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处,小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止,如图所示,现保持悬线与竖直方向的夹角为,并在较远处由静止释放小球b,让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方,在此过程中()A.悬线Oa的拉力逐渐增大,水平细线的拉力逐渐减小B.b球的加速度和速度始终增大C.b球所受的库仑力一直增大D.b球所受的库仑力先减小后增大答案:C解析:b球在较远处时,所受库仑力近似为零,在a球正下方时,库仑力的水平分量为零,所以水平细线的拉力先增大后减小,A错误;中间过程b球受到的库仑力的水平分量不为零,可知库仑力的水平分量先增大,后减小,则b球的加速度先增大,后减小,b
9、球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同,速度一直增大,B错误;b球受到的库仑力F=kqaqbr2,在运动过程中,a、b两球之间的距离一直减小,则b球所受的库仑力一直增大,C正确,D错误。二、多项选择题8.(2020江苏盐城模拟)如图所示,坐标系中有两个电荷量分别为+Q和+3Q的点电荷。在C处放一个试探电荷,则试探电荷所受静电力的方向可能是选项图中的()答案:BD解析:根据点电荷形成的电场的电场强度为E=kQr2,可在C处画出场源电荷分别为+3Q、+Q电场线的示意图;根据平行四边形定则作出合电场强度的大小及方向,若试探电荷为正电荷,则所受的静电力与电场强度方向相同,若试探电荷为负电荷,则所受的静
10、电力与电场强度方向相反,选项B、D正确,A、C错误。9.如图所示,在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b,a球质量为2m、电荷量为+q,b球质量为m、电荷量为+2q,两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v,由于静电斥力的作用,它们不会相碰。则下列叙述正确的是()A.两球相距最近时,速度大小相等、方向相同B.a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C.a、b两球都要反向运动,但a球先反向D.a、b两球都要反向运动,但b球先反向答案:AD解析:水平方向系统动量守恒,由完全非弹性碰撞的知识可知,当两球速度大小相等、方向相同时,系统损失机械能最大,两球相距最小,故A正
11、确。由题意可知,a球动量大于b球动量,b球的速度先减小至零,然后反向加速。因系统动量水平向右,当速度相同时,两球速度均向右,之后b球做加速运动,a球继续做减速运动,速度减至零后,开始反向。故a、b球都要反向运动,但b球要先反向运动。因此静电斥力对两球先做负功后做正功,故B、C错误,D正确。10.如图所示,倾角为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
12、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mgsin=mgcos,当加上竖直向上的电场后,电场力为F,沿斜面方向,(mg-F)sin=(mg-F)cos,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故A错误,B正确。若滑块匀减速下滑,则有mgsinmgcos,加速度大小为a=g(cos-sin),加上竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sin(mg-F)cos,加速度大小为a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos,加速度大小为a=g(sin-cos),加上竖直向下的电场后
13、,在沿斜面方向,(mg+F)sin(mg+F)cos,物体仍匀加速下滑。加速度为a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故D错误,故选A、C、D。三、非选择题11.如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上,彼此相隔的距离为l(l比球半径r大得多)。B球电荷量为QB=-3q,A球电荷量为QA=+6q,若在C上加一个水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始终保持l的间距运动。问:(1)F的大小为多少?(2)C球所带电荷量为多少?带何种电荷?答案:(1)18kq2l2(2)8q带正电解析:将A、B、C三个小球看成一个系统,则三个小球之间的静电力为系统内力,当C
14、上加一恒力F,并使三球始终保持l的间距运动,则三球的加速度相同,均为F3m,且方向为水平向右。对于B球,由于受A球的静电力,且力的方向水平向左,那么受C球的静电力必向右,才可能产生向右的加速度,知C球带正电荷,设C球电荷量为QC,则由库仑定律和牛顿第二定律知对B有k3qQCl2-k3q6ql2=ma,对A有k3q6ql2-k6qQC(2l)2=ma,联立解得QC=8q,a=6kq2ml2。根据牛顿第二定律得,A、B、C三小球构成系统的合外力F=3ma=18kq2l2。12.如图所示,质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上,杆的倾角为,小球A带正电(可视为点电荷),电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为h处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:(1)A球刚释放时的加速度大小;(2)当A球的动能最大时,A球与B点间的距离。答案:(1)gsin -kQqsin2mh2(2)kQqmgsin解析:(1)小球A受到库仑斥力,由牛顿第二定律可知mgsin-F=ma,根据库仑定律有F=kqQr2,又知r=hsin,解得a=gsin-kQqsin2mh2。(2)当A球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大。设此时A球与B点间的距离为d,则mgsin=kQqd2,解得d=kQqmgsin。
