1、课时规范练22电场力的性质1.(库仑定律)(2019河南安阳调研)两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为r2,则两球间库仑力的大小为()A.5F16B.F5C.4F5D.16F52.(库仑定律)(2019云南江川模拟)两个半径为r的相同的金属球分别带有q1、q2的异种电荷,已知q1=3q2,两球心相距为10r,其相互作用力为F1。现将两球接触后分开,再放回原来的位置,这时两球间的相互作用力为F2,则()A.F2=F1B.F2=13F1C.F213F1D.F2EDC.FCkq1q2(10r)2
2、=3100kq22r2;根据题意两球接触后分开,两球带同种电荷,两球表面所带电荷的“等效中心”位置之间的距离必大于10r,而两球接触后平分电量,则两球的电荷量q=q1-q22=q2,则作用力F2=kq22(r)2kq22(10r)2=1100kq22r2F13,故A、B、C错误,D正确。3.D两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡。小球P带负电荷时,匀强电场提供的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故A、B、C错误,D正确。4.B由题意可知,在圆心O产生的电场强度
3、大小为E,则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为E2,方向水平向右。当正电荷移至c点,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120,大小不变,则O点的合电场强度大小为E2,方向沿Oe方向,故A错误;当正电荷移至e处,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120,大小不变,则O点的合电场强度大小为E2,方向沿Oc,故B正确;当正电荷移至b点时,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60,大小不变,则O点的合电场强度大小为2E2cos30=32E,方向沿Od与Oe角平分线向上,故C错误;当正电荷移至f点,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60,大小不变,则O点的合电场强度大小为2E2cos30=32E,方向沿
4、Od与Oc角平分线向下,故D错误。5.B若将带电量为2q的球体放在O处,均匀带电的球体在A、B点所产生的电场强度为E0=2kq(2R)2=kq2R2,由题知半球体在A点产生的电场强度为E,则B点的电场强度为E=E0-E,解得E=kq2R2-E,故选B。6.B电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向,因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90,粒子做减速运动,电场力越来越小,加速度越来越小,故B项正确。7.B设弹簧的劲度系数为k,原长为x,当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0,则有:kx0=kQq(x+x0)2,保持Q不变,将q变为2q时,平衡时有:kx1=k2Qq(x+
5、x1)2,由上式易得:x12x0,A项错误;同理可以得到,保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2x0,B项正确;保持q不变,将Q变为-Q,如果缩短量等于x0,因两点电荷间距离减小,则静电力大于弹力,故会进一步吸引,故平衡时弹簧的缩短量大于x0,C项错误;同理,D项错误。8.BC在甲图中,p、q间电场线方向均指向O点,正点电荷可沿直线从p运动到q,在乙图中,p、q间电场线方向垂直p、q连线,正点电荷所受的电场力与p、q连线垂直,不可能沿直线运动,故A错误;在甲图中,M、N间电场线方向均背离O点,正点电荷可沿直线从M运动到N,在乙图中,M、N间电场线方向由M指向N,正点电荷所受的电场力
6、与M、N连线平行,也可以沿直线运动,故B正确;正点电荷在甲图所示电场中,所受的电场力指向O点,正点电荷可以绕O点做匀速圆周运动,并经过p、q,故C正确;在乙电场中,正点电荷受到的电场力与p、q连线垂直,不可能做匀速圆周运动,故D错误。9.D设P处的带电小球电量为Q,根据库仑定律可知,则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为F=kqQa2;根据几何关系可知,正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45;再由力的分解法则,可得4kqQa222=mg;若将P处小球的电荷量减半,则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为F=2kqQa2;当外加匀强电场后,再次平衡,则有2kqQa2+Q2E=mg;解得E=22kq
7、a2,故D正确,A、B、C错误。10.AD根据题意可知,A板在C点产生的匀强电场方向向左,B板在C点产生的匀强电场方向向右,所以EC=2k-2k2=-2k,方向向右,同理可得:ED=2k2-2k=2k,方向向左,所以EC=ED,电场强度大小相等,检验正电荷受到的力也相等,故AD正确。11.D对c小球受力分析可得,a、b小球必须带同种电荷c小球才能平衡,对b小球受力分析可得,b、c小球带异种电荷b小球才能平衡,故A、B两项错误。对c小球受力分析,将力正交分解后可得:kqaqcrac2sin60=kqbqcrbc2sin30,又racrbc=13,解得:qaqb=39。故C项错误,D项正确。12.答案 (1)16 N/C(2)2 m/s解析 (1)当杆竖直固定放置时,FN=Eq,mg=Ff,Ff=FN,解得E=mgq=16N/C。(2)小球与杆之间摩擦力为零,说明小球与杆之间的弹力为零,则有Eqcos=mgsin,所以tan=Eqmg=43,=53。设小球的加速度为a,则mgcos53+Eqsin53=ma,解得a=503m/s2。由v2=2aL解得小球离开杆时的速度大小为v=2m/s。
