電場力的性質一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題)1.如圖，水平直線表示電場中的一條電場線，A、B為電場線上的兩點．一負點電荷僅在電場力作用下，從靜止開始由A向B做勻加速運動．則電場強度()A．逐漸增大，方向向左 B．逐漸增大，方向向右C．保持不變，方向向左 D．保持不變，方向向右解析：C負電荷從靜止開始由A向B做勻加速運動，說明負電荷受到的電場力保持不變，所以從A到B電場強度保持不變，負電荷受到的電場力方向向右，所以電場強度向左，故A、B、D錯誤，C正確．2．真空中有兩個相同的帶電金屬小球(可看成點電荷)，帶電荷量分別為9Q、－Q，當它們靜止于空間某兩點時，靜電力大小為F.現用絕緣手柄將兩球接觸后再放回原處，則它們間靜電力的大小為()A.eq\f(25,9)F B.eq\f(9,25)FC.eq\f(16,9)F D.eq\f(9,16)F解析：C接觸前F＝eq\f(k·9Q·Q,r2)，接觸后兩金屬小球帶等量的同種電荷，各帶＋4Q電荷量，相互作用力F′＝eq\f(k·4Q·4Q,r2)，則F′＝eq\f(16,9)F，C正確．3.a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，∠abc＝120°.現將三個等量的正點電荷＋Q分別固定在a、b、C三個頂點上，下列說法正確的有()A．d點電場強度的方向由d指向OB．O點電場強度的方向由d指向OC．d點的電場強度大于O點的電場強度D．d點的電場強度小于O點的電場強度解析：D由電場的疊加原理可知，d點電場方向由O指向d，O點電場強度的方向也是由O指向d，故A、B錯誤；設菱形的邊長為r，根據公式E＝keq\f(Q,r2)，分析可知三個點電荷在d點產生的場強E大小相等，由電場的疊加可知，d點的場強大小為Ed＝2keq\f(Q,r2)，O點的場強大小為EO＝4keq\f(Q,r2)，可見，d點的電場強度小于O點的電場強度，即Ed<EO，故C錯誤，D正確．4.(2018·河北定州中學模擬)A、B兩個點電荷在真空中所產生的電場的電場線(方向未標出)如圖所示，圖中C點為兩個點電荷連線的中點，MN為兩個點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關于MN左右對稱．則下列說法正確的是()A．這兩個點電荷一定是等量異種電荷B．這兩個點電荷一定是等量同種電荷C．C點的電場強度比D點的電場強度小D．C點的電勢比D點的電勢高解析：A根據電場線的特點，從正電荷出發到負電荷終止可以判斷，這兩點電荷是兩個等量異種電荷，故A正確，B錯誤；在兩等量異種電荷連線的中垂線上，中間點電場強度最大，也可以從電場線的疏密判斷，所以C點的電場強度比D點的電場強度大，故C錯誤；中垂線和電場線垂直，所以中垂線為等勢線，所以C點的電勢等于D點的電勢，故D錯誤．5．(2018·錦州模擬)如圖所示，不帶電物體A和帶電的物體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，A、B的質量分別為2m和m，勁度系數為k的輕彈簧一端固定在水平面上，另一端與物體A相連，傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強電場中，整個系統不計一切摩擦．開始時，物體B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsinθ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直，然后撤去外力F，直到物體BA．物體B帶負電，受到的電場力大小為mgsinθB．物體B的速度最大時，彈簧的伸長量為eq\f(3mgsinθ,k)C．撤去外力F的瞬間，物體B的加速度為3gsinθD．物體A、彈簧和地球所組成的系統機械能增加量等于物體B和地球組成的系統的機械能的減少量解析：B當施加外力時，對B由平衡條件得F－mgsinθ－F電＝0，解得F電＝2mgsinθ，故A錯誤；當B受到的合力為零時，B的速度最大，由kx＝F電＋mgsinθ得，x＝eq\f(3mgsinθ,k)，故B正確；當撤去外力瞬間，彈簧彈力還來不及改變，即彈簧的彈力仍為零，當撤去外力F的瞬間物體AB受到的合外力為：F合＝F電＋mgsinθ＝(m＋2m)a，解得：a＝gsinθ，故C錯誤；電場力對B做正功，電勢能減小，物體A、彈簧和地球組成的系統機械能增加量不等于物體B和地球組成的系統機械能的減少量，故D錯誤．6.如圖所示，三根絕緣均勻帶電棒AB、BC、CA構成正三角形，AB的電荷量為＋Qc，AC的電荷量為＋Qb，BC的電荷量為＋Qa，正三角形的中心O點的場強大小為E1、方向指向A，當撤去帶電棒BC之后，測得其中心O點的場強大小為E2、方向背離A，如果同時撤去帶電棒AB和AC，則關于O點的場強大小，下列說法正確的是()A．O點的場強大小為E1－E2B．O點的場強大小為E1＋E2C．O點的場強大小為eq\f(1,2)(E1－E2)D．O點的場強大小為eq\f(1,2)(E1＋E2)解析：B如圖所示，根據點電荷的電場強度公式，結合矢量合成法則及幾何知識，因場強大小為E1、方向指向A，則有AB、AC帶電棒完全相同，則這兩帶電棒在O點產生的合場強，與BC棒在O點的場強方向相反，才能使得在O點的電場強度指向A，當撤去帶電棒BC之后，測得其中心O點場強大小為E2、方向背離A，如果同時撤去帶電棒AB和AC，則關于O點的場強大小E′＝E1＋E2，故B正確，A、C、D錯誤．7．真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2m和0.7m．在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同，電場力的大小F跟試探電荷電荷量q的關系分別如圖乙中直線a、b所示．下列說法正確的是()A．B點的電場強度的大小為0.25N/CB．A點的電場強度的方向沿x軸正方向C．點電荷Q是正電荷D．點電荷Q的位置坐標為0.3m解析：BD由圖乙可知，B點的電場強度EB＝eq\f(F,q)＝2.5×104N/C，故A錯誤；在A點放一個帶正電的試探電荷，A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同，所以A點的電場強度的方向沿x軸正方向，故B正確；放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同，而正電荷所受電場力與電場強度方向相同，負電荷所受電場力與電場強度方向相反，若點電荷在A的左側或在B的右側，正負電荷所受電場力方向不可能相同，所以點電荷Q應位于A、B兩點之間，根據正負電荷所受電場力的方向，知該點電荷帶負電，故C錯誤；由圖乙可知，A點的電場強度EA＝eq\f(F,q)＝4×105N/C，設點電荷Q的坐標為x，由點電荷的電場E＝keq\f(Q,r2)，可知eq\f(EB,EA)＝eq\f(x－0.22,0.7－x2)＝eq\f(1,16)，解得x＝0.3m，故D正確．8.如圖所示，P、Q為可視為點電荷的帶電物體，電性相同，傾角θ＝30°的斜面放在粗糙的水平面上，將物體P放在粗糙的斜面上，當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，P靜止且不受摩擦力，現保持Q與P的距離r不變，將物體Q順時針緩慢轉過α角度(α＝60°)，整個過程斜面和P始終靜止，則在Q旋轉的過程中，下列說法正確的是()A．P物體會受到沿斜面向下的靜摩擦力B．斜面給物體P的作用力方向始終豎直向上C．物體P受到的靜摩擦力先增大后減小到0D．地面對斜面的摩擦力不斷變小解析：ACD物體Q順時針緩慢轉動過程中庫侖力沿斜面向上的分力先增大后減小，所以物體P受到的靜摩擦力沿斜面向下，且先增大后減小到0，A、C正確．斜面給物體P的作用力為支持力和摩擦力的合力，不可能豎直向上，B錯誤．地面對斜面的摩擦力大小等于庫侖力在水平方向的分力，所以一定不斷減小，D正確．9．如圖所示，兩個等量正點電荷固定在同一水平面內的a、b兩點，其連線中垂線上有A、B、C三點．質量為m的帶電小球從A點由靜止釋放，經B點向C點運動，其運動的v－t圖像如圖乙所示，已知經過B點的v－t圖線切線斜率最大(圖中畫出了該切線)，則下列說法正確的是()A．小球帶負電B．從A→B→C過程中，小球的電勢能一直在減小C．在A→B→C過程中，小球在B點受到的電場力最大D．從A→B，小球做加速運動，從B→C，小球做減速運動解析：BC由題圖乙知，小球加速度始終沿AC方向，受庫侖力為斥力，所以小球帶正電，A錯誤．由A到C的過程中小球的速度增大，動能增大，電勢能始終在減小，B正確．小球在水平面內僅受兩個電場力，在B點時加速度最大，所以所受電場力也最大，C正確．由v－t圖像的斜率可知，小球從A→B做加速度越來越大的加速運動，從B→C做加速度越來越小的加速運動，D錯誤．10.如圖所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強電場，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現保持電場強度的大小不變，突然將電場反向，若將此時作為計時起點，則下列描述速度與時間，加速度與位移之間變化關系的圖像正確的是()解析：AC將電場反向，小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力，小球離開彈簧前，根據牛頓第二定律得，小球的加速度為：a＝eq\f(qE＋kA－x,m)，知a隨x的增大均勻減小，當脫離彈簧后，小球的加速度為：a＝eq\f(qE,m)，保持不變．可知小球先做加速度逐漸減小的加速運動，然后做勻加速運動，故A、C正確，B、D錯誤．二、計算題(需寫出規范的解題步驟)11.(2018·馬鞍山模擬)一光滑絕緣細直桿MN，長為L，水平固定在勻強電場中，場強大小為E，方向與豎直方向夾角為θ.桿的M端固定一個帶負電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負電的小球B穿在桿上，可自由滑動，電荷量大小為q，質量為m，現將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始向A端運動，已知k為靜電力常量，g為重力加速度，求：(1)小球B對細桿的壓力的大小．(2)小球B開始運動時的加速度的大?。?3)小球B速度最大時，離M端的距離．解析：(1)小球受力如圖所示：小球B在垂直于桿的方向上合力為零，由牛頓運動定律得：FN＝qEcosθ＋mg(2)在水平方向上，由牛頓第二定律得：qEsinθ－keq\f(Qq,L2)＝ma解得：a＝eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)當小球B的速度最大時，加速度為零，則有：qEsinθ＝keq\f(Qq,x2)解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ))答案：(1)qEcosθ＋mg(2)eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)eq\r(\f(kQ,Esinθ))12.如圖所示，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，管口B、C的連線是水平直徑．現有一帶正電的小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R.從小球進入管口開始，整個空間中突然加上一個勻強電場，電場力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等，結果小球從管口C處脫離圓管后，其運動軌跡經過A點．設小球運動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：(1)小球到達B點的速度大?。?2)小球受到的電場力的大小．(3)小球經過管口C處時對圓管壁的壓力．解析：(1)小球從開始自由下落到到達管口B的過程，由動能定理得：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得：vB＝eq\r(8gR)(2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg(方向豎直向上)，小球從B運動到C的過程中，由動能定理得：Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運動，其軌跡經過