第一章 电场的力的性质检测题Word版含答案

电场的力的性质
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、基础与经典
1．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于静电现象的是(　　)
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小磁针吸引小铁屑
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案　C
解析　梳过头发的塑料梳子因与头发摩擦带电，能吸引轻小物体(纸屑)，是静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，使不带电金属球近端感应出与带电小球异号的电荷而相互吸引，是静电现象；小磁针吸引小铁屑，是磁现象，不是静电现象；从干燥的地毯上走过，人与地毯摩擦产生静电，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是放电现象，属于静电现象。因此不属于静电现象的是C选项。
2．如图所示，在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点处场强大小为Ea，方向与连线ab的夹角为60°。b点处场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°。则a、b两点的场强大小关系为(　　)
A．Eb＝ B．Ea＝
C．Eb＝3Ea D．Ea＝3Eb
答案　
D
解析　由题意知，场源电荷为负点电荷，且－Q应位于两电场线的交点O处，如图所示，设场源电荷带电量为－Q，Ea＝k，Eb＝k，而rb＝ra，所以有Ea＝3Eb，所以D项正确。
3．
如图所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为(　　)
A．E B．E C．E D．E
答案　D
解析　由E＝k得，E＝k，甲、乙两小球接触后，电荷量平分，有Q1＝Q2＝，ED＝k＋k，联立得ED＝E，所以D项正确。
4．
如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)
A．k B．k C．k D．k
答案　B
解析　由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等，方向相反，规定向右为正方向，则：E1＝－E2＝－k；由对称性，圆盘在d点产生的场强E3＝k，点电荷在d点产生的场强E4＝k，故d点的合场强Ed＝E3＋E4＝k，B正确，A、C、D错误。
5．
如图所示，三个点电荷q1、q2、q3在同一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零。由此可以判断，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为(　　)
A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36
C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6
答案　A
解析　由三电荷平衡模型的特点“两同夹异、两大夹小”可知，q1和q3为同号电荷，它们与q2互为异号电荷，设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，对于q1有＝，则有＝，对q3有＝，所以＝，考虑到各电荷的电性，A正确。
6．
在匀强电场中，将一质量为m、电荷量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。则匀强电场的场强大小为(　　)
A．最大值是 B．最小值为
C．唯一值是 D．以上都不对
答案　B
解析　
依题意，带电小球所受合力方向与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则可知，当电场力方向与合力方向垂直时，场强最小，如图所示。则sinθ＝，所以Emin＝，故B正确。又由图可知场强的取值不是唯一而且没有最大值，故A、C、D错误。
7．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　)
A．图甲中与点电荷等距的a、b两点
B．图乙中两等量异号点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点
C．图丙中两等量同号点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点
D．图丁中非匀强电场中的a、b两点
答案　C
解析　题图甲中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，A错误；题图乙中，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，B错误；题图丙中两等量同号点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，C正确；题图丁中根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，D错误。
8．水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示。已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　对小球进行受力分析，小球受重力和A、B、C处正点电荷施加的库仑力。将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向。设α是A、B、C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向3Fcosα＝mg，F＝。根据几何关系得cosα＝，解得q＝。故选C。
9．
(多选)如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5 C，质量均为0．72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷。A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为(k＝9×109 N·m2/C2)(　　)
A．0．5 m B．0．8 m C．1．2 m D．2．5 m
答案　AB
解析　如图，对A受力分析，受重力mg、细线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A受三力平衡时，F的最小值为Fmin＝mgsin30°＝，解得r＝1 m，所以两球的距离d≤1 m，A、B正确。
10．(多选)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是(　　)
A．点电荷M、N一定都是同号正电荷
B．点电荷M、N一定为异号电荷
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
D．x＝4a处的电场强度不一定为零
答案　AC
解析　由题中图象可知，正点电荷P的速度先增大后减小，即点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线特点和电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，故A项正确，B项错误。由图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明在x＝4a处电场强度一定为零，则点电荷M与N在x＝4a处的电场强度大小相等、方向相反，根据库仑定律可知：＝，故QM∶QN＝4∶1，故C项正确，D项错误。
11．如图所示，A是带电量为＋Q半径为R的球体且电荷均匀分布(电荷均匀分布的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体(可看做点电荷)，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点距离也为r，那么只把带＋q的带电体移到e点，则d点场强大小为(　　)
A．k B．k C．k D．k
答案　A
解析　A是带电量为＋Q半径为R的球体且电荷均匀分布，则A在c点产生的场强：大小为EA，方向水平向右；B为带电量为＋q的带电体(可看做点电荷)，则B在c点产生的场强：大小为EB＝k，方向水平向左，因为c点的场强为零，所以有：EA＝EB。把带＋q的带电体B移到e点，则有：A在d点产生的场强：大小为EA＝EB＝k，方向竖直向上；B在d点产生的场强：大小为EB＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加即可得d点场强大小为k，所以A正确，B、C、D错误。
二、真题与模拟
12．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
答案　D
解析　
对固定的小球c受到的库仑力分析，要使c球受到的库仑力合力与a、b的连线平行，则竖直方向小球c受到的库仑力合力为零，则a、b的电荷必须异号，如图所示，则有：k·sinα＝k·sinβ，故＝＝＝，D正确。
13．(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，(　　)
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案　C
解析　将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，则A项错误；由于整个导体处于静电平衡状态，即整个导体为等势体，A、B电势相等，B项错误；移去C，由于A、B中正负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔闭合，C项正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔还是张开的，则D项错误。
14．(2016·浙江高考)(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0．10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0．12 m。已测得每个小球质量是8．0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9．0×109 N·m2/C2，则(　　)
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1．0×10－2 N
C．B球所带的电荷量为4×10－8 C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案　ACD
解析　用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A项正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示，sinθ＝＝0．60，θ＝37°，F库＝mgtan37°＝6．0×10－3 N，B项错误；F库＝k，QA＝QB＝Q，r＝0．12 m，联立得Q＝4×10－8 C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确。
15．(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)
A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向
C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向
答案　B
解析　正点电荷在O点时，G点场强为0，即两负点电荷在G点的场强大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H处场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，B正确。
16．
(2018·安徽合肥联考)如图所示，光滑绝缘水平面上固定有金属小球A，用原长为L0的绝缘弹簧将小球A与另一个金属小球B连接(两球可视为质点)，让它们带上等量同号电荷，两球静止时弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有(　　)
A．x2＝x1 B．x2＝x1
C．x2>x1 D．x2<x1
答案　C
解析　设弹簧的劲度系数为k0，对两种情况下的B球受力分析，可得k0x1＝，k0x2＝，则＝，因为(L0＋x2)<(L0＋x1)，所以<4，x2>x1，C正确。
17．
(2019·湖南湘东六校联考)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下沿直线运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。从O到A的运动过程中，下列粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化图线、运动轨迹上电势φ和粒子的动能Ek随位置x的变化图线可能正确的是(　　)
答案　A
解析　带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下运动到A点，需要克服电场力做功，动能减小，速度减小，D错误；根据电场线的疏密来判断电场强度的大小关系，可知从O到A，电场强度先减小后增大，方向不变，则负电荷受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，但加速度最小时不为零，B错误；根据v-t图象的斜率表示加速度可知A正确；根据电势随位置的变化图线的斜率表示电场强度可知，C错误。
18．(2018·江苏南京市程桥高中模拟)一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小E0＝k，方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4，则(　　)
A．E1>k B．E2＝k
C．E3答案　A
解析　根据点电荷电场强度公式E＝k，且电荷只分布在球的表面，对于题图甲，虽表面积和各点到球心的距离相同，但半球面上部分各处电荷在O点场强夹角相对较小，则根据电场的叠加原理，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为E1>E2；因电荷Q在球心O处产生的场强大小E0＝k，则E1>k，E2k，故C、D错误。
19．(2018·河北衡水中学检测)(多选)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)
A．微粒从B到C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动
C．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
答案　AC
解析　由对称性知，微粒从A到B电场力做的功和微粒从B到C电场力做的功相等，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，qUBC＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A项正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B项错误；过B作垂直AC的线，此线为等势线，电势为零，微粒过C点后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，依据能量守恒定律可以得到微粒最终的速度应该与到B点时的速度相同，故C项正确，D项错误。
20．(2018·广东省实验中学模拟)(多选)如图所示，两等量异号点电荷相距为2a，M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的垂直平分线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且L?a，则两点电荷在M点的合电场强度和N点的合电场强度(　　)
A．大小之比为2∶1，方向相反
B．大小之比为1∶1，方向相反
C．大小均与a成正比，方向相反
D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直
答案　AC
解析　
如图所示，两点电荷在M点产生的合电场强度为E1＝
k－k＝4k，两点电荷在N点产生的合电场强度为E2＝2k·＝2k，所以E1∶E2＝2∶1；又N点处场强方向由＋q指向－q，在M点的场强方向由－q指向＋q，所以E1与E2的方向相反，故A、C正确。
一、基础与经典
21．如图所示，两个相同的带电小球A和B，用长度为L的轻质绝缘细杆相连，A和B质量均为m，电荷量均为＋q，现将AB由竖直位置从静止开始释放，释放时B离虚线的高度为H，虚线所在水平面的下方有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场，且E＝(重力加速度为g)。
(1)求B球刚进入电场时的速度v的大小；
(2)求A从释放到刚好进入电场所经过的时间T的大小；
(3)简述A进入电场之后的2时间里，AB的运动情况(包括速度、加速度的变化情况)。
答案　(1)　(2)＋　(3)见解析
解析　(1)AB整体做自由落体运动，由动能定理得2mgH＝×2mv2，解得v＝。
(2)AB做自由落体运动，H＝gt，解得t1＝。
B进入电场后AB整体受到向上的电场力大小等于总重力，受力平衡做匀速直线运动，vt2＝L，解得
t2＝。
所以，运动的总时间T＝t1＋t2＝＋。
(3)A进入电场之后，对A、B整体有2Eq－2mg＝2ma1，a1＝g，方向向上，整体速度减为零时t3＝＝，则在0～ 时间内，整体向下做加速度大小为g的匀减速直线运动，速度从v＝变为0。由对称性可知，在～2时间内，整体向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，速度从0增加到。
二、真题与模拟
22．(2017·北京高考)如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1．0×10－6 C，匀强电场的场强E＝3．0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
答案　(1)3．0×10－3 N　(2)4．0×10－4 kg
(3)2．0 m/s
解析　(1)F＝qE＝3．0×10－3 N。
(2)对小球进行受力分析可知，＝tan37°，得m＝4．0×10－4 kg。
(3)撤去电场后，只有重力对小球做功，由动能定理得，
mgl(1－cos37°)＝mv2，
得v＝＝2．0 m/s。
23．(2018·湖南张家界模拟)如图所示，真空中有三个点电荷A、B、C。A和B所带电荷量均为＋Q，C所带电荷量为－Q，质量为m，A、B连线水平，长度为L，C围绕A、B连线的中点O在竖直面内做匀速圆周运动，O、C之间的距离为，不计重力，静电力常量为k，求：
(1)C做圆周运动的向心力；
(2)C运动的角速度大小。
答案　(1)，方向指向O　(2)
解析　
(1)以C为研究对象，受力分析如图所示，A、B对它的作用力分别为F1、F2，
根据几何关系，A、C之间的距离r＝＝L
根据库仑定律
F1＝F2＝k＝
F1、F2的合力F即为C做圆周运动的向心力，由图可知，F＝F1＝，向心力方向指向O。
(2)根据圆周运动规律和牛顿第二定律
可知F＝＝mω2
得ω＝ 。
24．(2018·云南师大附中月考)如图所示，在竖直平面内有一质量m＝0．6 kg、电荷量q＝＋3×10－3 C的带电小球，用一根长L＝0．2 m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点。已知A、O、C三点等高，且OA＝OC＝L，若将带电小球从A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10 m/s2。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)求小球从A点由静止释放运动到B点的过程中速度最大时细线的拉力大小；
(3)若将带电小球从C点无初速度释放，求小球到达A点时的速度大小。
答案　(1)2×103 N/C　(2)(18－12) N　(3)2 m/s
解析　(1)小球到达最低点B时速度为零，则由动能定理0＝mgL－EqL，E＝2×103 N/C。
(2)小球到达最低点B时速度为零，当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有mv2－0＝mgLsin45°－Eq(L－Lcos45°)，m＝F－2mgcos45°，F＝(18－12) N。
(3)小球从C点运动到B点做匀加速直线运动，有a＝g，x＝L，vB＝＝2 m/s，到达B点后细线绷直，有机械能的损失，v切＝vBsin45°＝2 m/s，小球由B→A过程中，由动能定理有mv－mv＝－mgL＋EqL，vA＝v切＝2 m/s。