作業(yè)30電場(chǎng)力的性質(zhì)7一、選擇題1由庫侖定律可知，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時(shí)，它們之間相互作用力的大小為Fk，式中k為靜電力常量若用國(guó)際單位制的基本單位表示， k的單位應(yīng)為()Akg·A2·m3Bkg·A2·m3·s4Ckg·m2·C2 D.N·m2·A2解析：由庫侖定律知k，式中都取國(guó)際單位時(shí)k的單位為，由I知，1 C21 A2·s2，又因1 N1，整理可得k的單位應(yīng)為·，即kg·A2·m3·s4，故B正確答案：B圖3012(2019年鄭州模擬)如圖301所示，半徑相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是()A.B.C.D.解析：A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為q、q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷量為q1，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2.由庫侖定律Fk知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕，A項(xiàng)正確答案：A圖3023如圖302所示，Q帶負(fù)電荷，導(dǎo)體P在a處接地，下列說法中正確的是()A導(dǎo)體P的a端不帶電荷，b端帶負(fù)電荷B導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端不帶電C導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端帶負(fù)電荷，且正、負(fù)電荷的電荷量相等D導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端帶負(fù)電荷，正電荷的電荷量大于負(fù)電荷的電荷量解析：導(dǎo)體接地，它與大地組成一個(gè)導(dǎo)體，相對(duì)于負(fù)電荷Q，a端離Q較近根據(jù)“近異遠(yuǎn)同”“兩端等量”的規(guī)律，導(dǎo)體a端帶正電，b端感應(yīng)出來的負(fù)電荷被導(dǎo)到大地上，所以不帶電，大地作為遠(yuǎn)端帶有等量的負(fù)電荷故B正確，A、C、D錯(cuò)誤答案：B圖3034(2019年山西五校四聯(lián))兩點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線如圖303所示根據(jù)電場(chǎng)線的分布情況，下列判斷正確的是()AQ1的電荷量小于Q2的電荷量BQ1的電荷量大于Q2的電荷量CQ1、Q2一定均為正電荷DQ1、Q2一定均為負(fù)電荷解析：由電場(chǎng)線的分布情況可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤因?yàn)殡妶?chǎng)線沒有標(biāo)出方向，不能斷定電荷的正負(fù)，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：A5均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)如圖304所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OMON2R.已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()圖304A. B.EC.E D.E解析：假設(shè)將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為E，由題知當(dāng)半球面如題圖所示在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為EE，B正確答案：B圖3056如圖305所示，一個(gè)均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上圓心為O點(diǎn)，過O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷q，則q在A點(diǎn)所受的電場(chǎng)力為()A.，方向向上 B.，方向向上C.，方向水平向左 D不能確定解析：先把帶電圓環(huán)分成若干個(gè)小部分，每一部分可視為點(diǎn)電荷，各點(diǎn)電荷對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上方向上電場(chǎng)力大小為，故選B.答案：B圖3067(多選)如圖306所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電荷量分別為q、Q、q、Q.四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，q、q的連線與q、Q的連線之間的夾角為.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()Acos3 Bcos3Csin3 Dsin3解析：設(shè)菱形邊長(zhǎng)為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asin，兩個(gè)q之間距離為2acos.選取q作為研究對(duì)象，由庫侖定律和平衡條件得2kcosk，解得cos3，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤選取Q作為研究對(duì)象，由庫侖定律和平衡條件得2ksink，解得sin3，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案：AC圖3078(多選)如圖307所示，有一帶電物體處在一個(gè)斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A物體一定帶正電B物體一定帶負(fù)電C物體不一定受彈力的作用D物體一定受彈力的作用解析：若物體帶負(fù)電荷，則受電場(chǎng)力向右下方，重力向下，則物體必然斜向下運(yùn)動(dòng)，不符合題意，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若物體帶正電，則受力分析如圖308所示，因物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則合力必為零，一定受到摩擦力，必然受到彈力作用，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確圖308答案：AD圖3099(2019年佛山市大聯(lián)考)(多選)如圖309所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×105 C，質(zhì)量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負(fù)電荷，A球通過絕緣細(xì)線吊在天花板上，B球一端固定絕緣棒，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細(xì)線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，g取10 m/s2，則B球距離A球的距離可能為()A0.5 mB0.8 mC1.2 m D2.5 m解析：對(duì)A受力分析，受重力mg、繩的拉力FT、B對(duì)A的吸引力F，由分析知，A平衡時(shí)，F(xiàn)的最小值為Fmgsin30°，解得r1 m，所以兩球的距離d1 m，A、B正確答案：AB10(2019年安徽八校聯(lián)考)(多選)如圖3010所示，一絕緣細(xì)線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計(jì))，地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點(diǎn)靜止釋放小球a由于受到絕緣細(xì)線的拉力而靜止，其中細(xì)線Oa水平，Oa懸線與豎直方向的夾角為.當(dāng)小球b沿圓弧管道運(yùn)動(dòng)到小球a正下方B點(diǎn)時(shí)對(duì)管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點(diǎn)電荷)()圖3010Ab球所受的庫侖力大小為3mgBb球的機(jī)械能逐漸減小C水平細(xì)線的拉力先增大后減小D懸線Oa的拉力先增大后減小解析：電場(chǎng)力對(duì)b球不做功，故b球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得mvmgR，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度vB；小球?qū)艿罒o壓力，則F庫mgm，解得F庫3mg，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)小球b在某位置時(shí)和a點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為，懸線Oa的拉力為FT1，懸線Oa的拉力為FT2，則對(duì)小球a，可得FT2FT1sinFsin，F(xiàn)T1cosFcos，當(dāng)小球b從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，角一直減小，可知FT1一直增大，D錯(cuò)誤；FT2FcostanFsinsin()，則當(dāng)從90°減小到0時(shí)，F(xiàn)T2先增大后減小，C正確答案：AC圖301111(多選)如圖3011所示，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)硬桿一端固定在O點(diǎn)、另一端固定一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球P，桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.先把桿拉至水平位置，然后將桿無初速度釋放，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則()A小球到最低點(diǎn)時(shí)速度最大B小球從開始至最低點(diǎn)過程中動(dòng)能一直增大C小球?qū)U的最大拉力大小為mgD小球可繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)解析：如圖3012所示，小球受到的重力和電場(chǎng)力分別為mg和qEmg，此二力的合力大小為Fmg，方向?yàn)榕c豎直方向成30°角，可知桿從水平位置轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí)，合力F與小球速度的方向夾角一直小于90°，F(xiàn)一直做正功圖3012，故小球轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí)小球速度最大，且從開始至最低點(diǎn)過程中動(dòng)能一直增大，A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)小球的最大速度為v，從釋放到小球達(dá)到最大速度的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理有：Eq(LLsin30°)mgLcos30°mv20，設(shè)小球速度最大時(shí)，桿對(duì)小球的拉力為Fm，對(duì)小球應(yīng)用向心力公式有：FmF，解得Fmmg，由牛頓第三定律知C正確；根據(jù)等效性可知桿轉(zhuǎn)過240°角時(shí)速度減小為0，未到達(dá)圓周的等效最高點(diǎn)，小球不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤答案：BC12(多選)P、Q兩電荷的電場(chǎng)線分布如圖3013所示，a、b、c、d為電場(chǎng)中的四點(diǎn)，c、d關(guān)于PQ連線的中垂線對(duì)稱一個(gè)離子從a運(yùn)動(dòng)到b(不計(jì)重力)，軌跡如圖所示，則下列判斷正確的是()圖3013AP帶正電Bc、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C離子在運(yùn)動(dòng)過程中受到P的吸引力D離子從a到b，電場(chǎng)力做正功解析：由電場(chǎng)線的方向可知P帶正電，Q帶負(fù)電，A正確；c、d兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，但方向不同，B錯(cuò)誤；離子所受電場(chǎng)力的方向應(yīng)該指向曲線的凹側(cè)，故可以判斷出離子在運(yùn)動(dòng)過程中受到P電荷的吸引力，C正確；離子從a到b，電場(chǎng)力的方向和離子速度方向的夾角大于90°，電場(chǎng)力做負(fù)功，D錯(cuò)誤答案：AC二、非選擇題13(2017年高考·北京卷)如圖3014所示，長(zhǎng)l1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角37°.已知小球所帶電荷量q1.0×106 C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E3.0×103 N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：圖3014(1)小球所受電場(chǎng)力F的大??；(2)小球的質(zhì)量m；(3)將電場(chǎng)撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大小解析：(1)FqE3.0×103 N.(2)由平衡條件得tan37°，得m4.0×104 kg.(3)由動(dòng)能定理得mgl(1cos37°)mv2，得v2.0 m/s.答案：(1)3.0×103 N(2)4.0×104 kg(3)2.0 m/s圖301514如圖3015所示，一根長(zhǎng)L1.5 m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在電場(chǎng)強(qiáng)度E1.0×105 N/C、與水平方向成30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q4.5×106 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q1.0×106 C，質(zhì)量m1.0×102 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)(靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，取g10 m/s2)問：(1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h1為多少？圖3016解析：(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力，如圖3016所示沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgqEsinma解得ag代入數(shù)據(jù)得a3.2 m/s2.(2)小球B速度最大時(shí)合力為零，即qEsinmg，解得h1 代入數(shù)據(jù)解得h10.9 m.答案：(1)3.2 m/s2(2)0.9 8