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1、练案20电场力的性质一、选择题(本题共10小题，16题为单选，710题为多选)1(2018河南名校期中)宇航员在探测某星球时发现：该星球带负电，而且带电均匀；星球表面没有大气；在一次实验中，宇航员将一个带电小球(其电荷量远远小于星球电荷量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态。如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断( C )A小球一定带正电B小球的电势能一定小于零C改变小球离星球表面的高度并无初速释放后，小球仍然处于悬浮状态D改变小球的电荷量后再在原高度处无初速释放，小球仍然处于悬浮状态解析设星球和带电小球的质量分别为M、m，电荷量分别为Q、q，由于星球带电
2、场匀，可看作电荷集中在球心的点电荷，释放小球后，小球受万有引力和库仑力而处于平衡，有：Gk可知：小球带负电，且平衡位置与高度无关，所以C选项正确。2(2018浙江嘉兴等五校联考)带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：在电场线上运动，在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由( A )A一个带正电的点电荷形成B一个带负电的点电荷形成C两个分立的带等量负电的点电荷形成D一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析负电荷在电场线上运动，说明电场线是直线；负电荷在等势面上做匀速圆周运动，说明等势线是圆形曲线，能满足以上两种情况的场源电荷可以是一个带正电的点电荷，不可能是带负电的点电
3、荷，所以A正确、B错误。两个分立的带等量正电的点电荷可以满足以上条件，而两个分立的带等量负电的点电荷不能使负电荷完成题中运动，所以C错误。D中情况的等势线不能使负电荷做匀速圆周运动，D错误。3.(2018抚顺期中)如图所示带正电的金属圆环竖直放置，其中心处有一电子，若电子某一时刻以初速度v0从圆环中心处水平向右运动，则此后电子将( C )A做匀速直线运动B做匀减速直线运动C以圆心为平衡位置振动D以上选项均不对解析将圆环分成无数个正点电荷，再用点电荷场强公式和场强叠加原理求出v0方向所在直线上的场强分布即可。由场强叠加原理易知，把带电圆环视作由无数个点电荷组成，则圆环中心处的场强为0，v0所在直
4、线的无穷远处场强也为0，故沿v0方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大。从O点沿v0方向向右的直线上各点的场强方向处处向右。再由对称性知，沿v0方向所在直线上的O点左方也必有一点场强最大，无穷远处场强为零，方向处处向左。故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减速至零，再向左运动，当运动到O点处时，速度大小仍为v0，并向左继续运动至速度也为零(这点与O点右方的速度为零处关于O点对称)，然后往复运动。在整个运动过程中，F电是个变力，故加速度也是变化的。4.(2018重庆调研)两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q24Q1，
5、另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则( A )AQ3为负电荷，且放于A左方BQ3为负电荷，且放于B右方CQ3为正电荷，且放于A、B之间DQ3为正电荷，且放于B右方解析因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间。根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧。要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故应选A。5(2018山东省师范大学附中月考)如图所示，a、b是两个点电荷，它们的
6、电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点下列哪种情况能使P点电场强度方向指向MN的右侧( B )AQ1、Q2都是正电荷，且Q1|Q2|CQ1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|Q2|解析Q1、Q2为同种电荷，若Q1、Q2都是正电荷，由Ek可知，当Q1|Q2|时才能使平行四边形的对角线指向MN的左侧，故D错误。Q1、Q2为异种电荷，若Q1是负电荷，Q2是正电荷，P点的场强方向一定指向MN的左侧，故C错误；若Q1是正电荷，Q2是负电荷，P点的场强方向一定指向MN的右侧，故B正确。6(2018浙江六校联考)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三
7、角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场电场强度的大小为( B )ABCD解析以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库，由平衡条件得：2F库cos30Eqc。即：Eqc，E，此时a的受力如图乙所示，()2()2(k)2，解得qc2q，即当qc2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故选项B正确。7.(2018重庆巴蜀中学期中)如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B。现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则( AC
8、D )A若A、B为同种电荷，B球一定做速度变大的曲线运动B若A、B为同种电荷，B球一定做加速度变大的曲线运动C若A、B为异种电荷，B球可能做加速度、速度都变小的曲线运动D若A、B为异种电荷，B球速度的大小和加速度的大小可能都不变解析若A、B为同种电荷，则A、B间为斥力，A、B间距离变大，斥力变小，则B球一定做加速度变小、速度变大的曲线运动，A正确，B错误。若A、B为异种电荷，如果A、B间的引力恰好提供向心力，则B球做匀速圆周运动，所以B球速度的大小和加速度的大小可能都不变，D正确；如果A、B间的引力小于向心力，则B球可能做加速度、速度都变小的离心运动，C正确。8(2018四川南充期中)如图所示
9、，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成60的位置B时速度为零。以下说法正确的是( BC )A小球重力与电场力的关系是mgEqB小球重力与电场力的关系是EqmgC小球在B点时，细线拉力为FTmgD小球在B点时，细线拉力为FT2Eq解析根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin30mgcos30，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零
10、，此时对小球受力分析可知：FTqEsin30mgcos30，化简可知FTmg，选项C正确，D错误。9(2018贵州贵阳月考)如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且POON。现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放 ，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是( AD )A速度先增大，再减小B速度一直增大C加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大D加速度先减小，再增大解析在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷所受库仑
11、力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果P、N相距很近，加速度则先减小，再增大。10(2018河南省南阳市高三上学期第五次月考)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN保持静止，不计重力，则( BD )AM的带电量比N大BM带负电荷，N带正电荷C静止时M受到的合力比N大D移动过程中匀强电场对M做负功解析因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只
12、有M带负电，N带正电才能满足同时静止。又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向相反，由FqE可知，二者所带的电量大小相等。故A错误，B正确；静止时，二者受到的合力都是0，故C错误；M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功，故D正确。故选BD。二、非选择题11(2018山东临沂月考)长为L的绝缘细线下端系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示。当在O点另外固定一个正电荷时，如果小球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍，现将小球拉至图中B处(60)，放开小球让它摆动，问：(1)固定在O处的正电荷的
13、带电荷量为多少？(2)小球摆回到A处时悬线拉力为多少？答案：(1)(2)3mg解析(1)小球静止在A处受三个力作用：重力mg、静电力F和细线拉力F拉。由受力平衡和库仑定律有F拉Fmg，Fk，F拉2mg，联立解得q。(2)小球摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点为零势能点，则mgL(1cos)mv2，由牛顿第二定律和圆周运动规律得F拉mgFm，由(1)知静电力Fmg，联立解得F拉3mg。12(2018安徽省蚌埠月考)如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AB与水平绝缘地面BC平滑连接，且O、A两点高度相同，圆弧的半径R0.5m，水平地面上存在匀强电场，场强方向斜向上与地面成37角，场强
14、大小E1104V/m，从A点由静止释放一带负电的小金属块(可视为质点)，质量m0.2kg，电荷量大小为q5104C，小金属块与水平面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin370.6，cos370.8，求：(1)金属块第一次到达B点(未进入电场)时对轨道的压力。(2)金属块在水平面上滑行的总路程。答案：(1)6N，方向竖直向下(2)1m解析(1)对金属块，从A点到B点，由动能定理有mgRmv2，在B点由向心力公式有FNmgm，由牛顿第三定律：金属块对轨道的压力与轨道对金属块的支持力大小相等，方向相反，即FNFN，得FN6N，方向竖直向下。(2)由于qEcos4N大于滑动摩擦力f(mgqEsin)1N。故金属块往返多次，最终停止于B点。全过程应用动能定理有mgR(mgqEsin)s0，解得s1m。7
