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2019-2020年高考物理一輪復習 課時提升練18 電場力的性質(zhì) 題組一　對電場強度的理解 1．(多選)下列關于電場強度的兩個表達式E＝F/q和E＝kQ/r2的敘述，正確的是(　　) A．E＝F/q是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量 B．E＝F/q是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中電荷所受的電場力，q是放入電場中電荷的電荷量，它適用于任何電場 C．E＝kQ/r2是點電荷場強的計算式，Q是產(chǎn)生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場 D．從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F＝k，式是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產(chǎn)生的電場在q2處場強的大小 【解析】　公式E＝F/q是電場強度的定義式，適用于任何電場．E＝是點電荷場強的計算公式，只適用于點電荷電場，庫侖定律公式F＝k可以看成q1在q2處產(chǎn)生的電場強度E1＝對q2的作用力，故A錯誤，B、C、D正確． 【答案】　BCD 圖6113 2．如圖6113所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30角．關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結(jié)論正確的是(　　) A．Ea＝Eb B.Ea＝Eb C．Ea＝Eb D.Ea＝3Eb 【解析】　由題圖可知，rb＝ra，再由E＝可知，＝＝，故D正確． 【答案】　D 題組二　對庫侖定律的理解應用 3．(xx上海高考)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為(　　) A．－F/2　　　B．F/2　　　　C．－F　　　　D．F 【解析】　設AB間距離為x，則BC間距離為2x，根據(jù)庫侖定律有F＝k，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為F′＝k＝，考慮電場力方向易知B正確． 【答案】　B 4．(多選)(xx武漢市高三調(diào)研)如圖6114所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是(　　) 圖6114 A．cos3 α＝ B．cos3 α＝ C．sin3 α＝ D．sin3 α＝ 【解析】　若設Q與－q之間的距離為r，則－q與－q之間的距離為2rcos α.對其中一－q進行受力分析如圖所示，其中F1為另一－q對它的庫侖力，F(xiàn)2和F3分別為兩Q對它的庫侖力，由對稱性和庫侖定律可得F1＝k，F(xiàn)2＝F3＝k，由矢量平行四邊形中的幾何關系可得＝F2cos α，聯(lián)立以上幾式解得cos3 α＝.如果對其中一Q進行受力分析，根據(jù)共點力的平衡知識同理可得出結(jié)論sin3 α＝. 【答案】　AC 題組三　電場線的理解應用 5．一負電荷從電場中的A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度—時間圖象如圖6115所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下列圖中的(　　) 圖6115 【解析】　由速度—時間圖象可知，電荷的速度越來越大，且加速度也是越來越大，故電荷在運動過程中，應受到逐漸增大的吸引力作用，所以電場線的方向應由B指向A.由于加速度越來越大，所以電場力越來越大，即B點的電場強度應大于A點的電場強度，即B點處電場線應比A點處密集，所以正確答案為C. 【答案】　C 6．一個帶正電的粒子，在xOy平面內(nèi)以速度v0從O點進入一個勻強電場，重力不計．粒子只在電場力作用下繼續(xù)在xOy平面內(nèi)沿圖6116中的虛線軌跡運動到A點，且在A點時的速度方向與y軸平行，則電場強度的方向可能是(　　) 圖6116 A．沿x軸正方向 B．沿x軸負方向 C．沿y軸正方向 D．垂直于xOy平面向里 【解析】　在O點粒子速度有水平向右的分量，而到A點的水平分量變?yōu)榱?，說明該粒子所受電場力向左或有向左的分量，又因為粒子帶正電，故只有B正確． 【答案】　B 題組四　場強的疊加應用 7．兩帶電荷量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的圖是(　　) 【解析】　越靠近兩電荷的地方場強越大，兩等量異種點電荷連線的中點處場強最小，但不是零，B、D錯；兩電荷的電荷量大小相等，場強大小關于中點對稱分布，C錯，應選A. 【答案】　A 8．圖6117中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點處的場強為(　　) 圖6117 A.，方向由C指向O B.，方向由O指向C C.，方向由C指向O D.，方向由O指向C 【解析】　每個點電荷在O點處的場強大小都是E＝＝，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點處的合場強為E0＝2E＝，方向由O指向C.B項正確． 【答案】　B B組　深化訓練——提升應考能力 9．(多選)在相距為r的A、B兩點分別放上點電荷QA和QB，C為AB的中點，如圖6118所示．現(xiàn)引入帶正電的檢驗電荷q，則下列說法中正 圖6118 確的是(　　) A．如果q在C點受力為零，則OA和OB一定是等量異種電荷 B．如果q在AB延長線上離B較近的D點受力為零，則QA和OB一定是異種電荷，且電荷量大小QA>QB C．如果q在AC段上的某一點受力為零，而在BC段上移動時始終受到向右的力，則QA一定是負電荷，且電荷量大小QAQB，B正確；同理得出，C正確；q沿AB的垂直平分線移動時受力方向始終不變，說明中垂線上各點的場強方向相同，則有QA和QB一定是等量異種電荷，D正確． 【答案】　BCD 10．如圖6119所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角并固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m、電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止(　　) 圖6119 A．垂直于桿斜向上，場強大小為mgcos θ/q B．豎直向上，場強大小為mg/q C．垂直于桿斜向上，場強大小為mgsin θ/q D．水平向右，場強大小為mgcot θ/q 【解析】　若所加電場的場強垂直于桿斜向上，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球在沿桿方向上不可能平衡，選項A、C錯誤；若所加電場的場強方向豎直向上，對小球受力分析可知，當E＝mg/q時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項B正確；若所加電場的場強水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設小球此時能夠靜止，則根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtan θ，所以E＝mgtan θ/q，選項D錯誤．本題答案為B. 【答案】　B 11．如圖6120所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在A點正上方離A高度為h的B點由靜止釋放某帶電的液珠，液珠開始運動的瞬間加速度大小為(g為重力加速度)．已知靜電力常量為k，兩帶電物體均可看成點電荷，液珠只能沿豎直方向運動，不計空氣阻力，求： 圖6120 (1)液珠的比荷(電荷量與質(zhì)量的比值)； (2)若液珠開始釋放時的加速度方向向上，要使液珠釋放后保持靜止，可以加一豎直方向的勻強電場，則所加勻強電場的方向如何？電場強度的大小為多少？ 【解析】　(1)加速度的方向分兩種情況 ①加速度向下時，因為mg－k＝m(g) 所以＝ ②加速度向上時，因為k－mg＝m(g) 所以＝ (2)因為液珠開始釋放時的加速度方向向上，所以液珠帶正電．要使液珠釋放后保持靜止，必須加一方向豎直向下的勻強電場． 因為qE－mg＝0 所以E＝＝. 【答案】　(1)　　(2)豎直向下　 12．如圖6121所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線水平．質(zhì)量為m的帶正電小球從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R.從小球(小球直徑小于細圓管直徑)進入管口開始，整個空間中突然加上一個斜向左上方的勻強電場，小球所受電場力在豎直方向上的分力方向向上，大小與重力相等，結(jié)果小球從管口C處離開圓管后，又能經(jīng)過A點．設小球運動過程中電荷量沒有改變，重力加速度為g，求： 圖6121 (1)小球到達B點時的速度大小； (2)小球受到的電場力大??； (3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管壁的壓力． 【解析】　(1)小球從開始自由下落至到達管口B的過程中機械能守恒，故有： mg4R＝mv 到達B點時速度大小為 vB＝. (2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg，小球從B運動到C的過程中，由動能定理得： －Fx2R＝mv－mv 小球從管口C處離開圓管后，做類平拋運動，由于經(jīng)過A點，有y＝4R＝vCt，x＝2R＝axt2＝t2 聯(lián)立解得：Fx＝mg 電場力的大小為 F＝qE＝＝mg. (3)小球經(jīng)過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力FN的合力提供，設彈力FN的方向向左，則Fx＋FN＝，解得：FN＝3mg. 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力為FN′＝FN＝3mg，方向水平向右． 【答案】　(1)　(2)mg　(3)3mg，方向水平向右