PAGE7-電場力的性質建議用時：45分鐘1．(2024·北京通州區期末)把一個帶正電荷QA的球體A固定在可以水平移動的絕緣支座上，再把一個帶正電荷QB的小球B用絕緣絲線掛在玻璃棒上的C點(使兩個球心在同一水平線上)，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角如圖所示。現使球體A向右緩慢移動漸漸靠近小球B，關于絲線與豎直方向的夾角，下列說法正確的是(移動過程中，A、B電荷量不變)()A．漸漸增大B．漸漸減小C．保持不變D．無法推斷A[使球體A向右緩慢移動漸漸靠近小球B，兩球間距離減小，依據庫侖定律，兩球之間的庫侖力增大，依據小球B受力平衡可知，絲線與豎直方向的夾角將漸漸增大，選項A正確。]2．(2024·濟南模擬)電荷量分別為q1、q2的兩個點電荷，相距r時，相互作用力為F，下列說法錯誤的是()A．假如q1、q2恒定，當距離變為eq\f(r,2)時，作用力將變為2FB．假如其中一個電荷的電荷量不變，而另一個電荷的電荷量和它們間的距離都減半時，作用力變為2FC．假如它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變D．假如它們的電荷量都加倍，距離變為eq\r(2)r，作用力將變為2FA[假如q1、q2恒定，當距離變為eq\f(r,2)時，由庫侖定律可知作用力將變為4F，選項A錯誤；假如其中一個電荷的電荷量不變，而另一個電荷的電荷量和它們間的距離都減半時，作用力變為2F，選項B正確；依據庫侖定律，假如它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變，選項C正確；依據庫侖定律，假如它們的電荷量都加倍，距離變為eq\r(2)r，作用力將變為2F，選項D正確。]3．(2024·江蘇七市三模)西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，人們對雷電的相識已從雷公神話提升到樸實的陰陽作用。下列關于雷電的說法錯誤的是()A．發生雷電的過程是放電過程B．發生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程C．發生雷電的過程中，電荷的總量增加D．避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊C[雷電是天空中帶異種電荷的烏云間的放電現象，A正確；依據能量轉化可知，發生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程，B正確；電荷不會產生，不會消逝，只能從一個物體傳到另一個物體，或從物體的一部分傳到另一部分，總量不變，C錯誤；避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊，D正確。]4．(2024·上海嘉定區二模)如圖所示為一正點電荷四周的電場線，電場中有A、B兩點，A、B兩點在同一條電場線上，則()A．A點的電場強度與B點的電場強度相同B．B點的電場強度比A點的電場強度大C．A點的電場強度方向沿電場線指向場源電荷D．B點的電場強度方向沿電場線指向場源電荷B[正點電荷形成的電場，離點電荷越遠，由E＝eq\f(kQ,r2)知場強越小，則B點場強大于A點場強，故A錯誤，B正確；以正點電荷為場源的場強方向均沿電場線背離場源電荷，故A、B兩點的場強方向均沿電場線向右，故C、D錯誤。]5．(2024·海南期末)真空中有一點電荷Q，MN是這個點電荷電場中的一條水平直線，如圖所示，A、B、C是直線MN上的三個點，B是A、C的中點，點電荷Q位于A點正上方O處(未畫出)。設A、B、C三點場強大小分別為EA、EB、EC，且EB＝eq\f(1,2)EA，則EC的值為()A．eq\f(1,3)EAB．eq\f(1,4)EAC．eq\f(1,5)EAD．eq\f(1,6)EAC[設Q與A點的距離為L，Q與B點的距離為LB，則EA＝eq\f(kQ,L2)，EB＝eq\f(kQ,L\o\al(2,B))，又EB＝eq\f(1,2)EA，解得LB＝eq\r(2)L，所以Q、A、B構成一個等腰直角三角形，A、C之間的距離為2L，Q、C之間的距離為LC＝eq\r(L2＋2L2)＝eq\r(5)L，則EC＝eq\f(kQ,L\o\al(2,C))＝eq\f(1,5)·eq\f(kQ,L2)＝eq\f(1,5)EA，選項C正確。]6．如圖所示，在邊長為eq\r(3)l的正三角形的頂點分別固定一負電荷，A處的電荷量為Q，中心O處的場強恰好為零，已知靜電力常量為k。若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則O處場強的大小和方向分別為()A．eq\f(2kQ,l2)，沿AO方向 B．eq\f(2kQ,l2)，沿OA方向C．eq\f(kQ,l2)，沿AO方向 D．eq\f(kQ,l2)，沿OA方向A[A處的電荷量為Q，OA的距離為L＝eq\f(\r(3)l,2cos30°)＝l，則Q在O點產生的電場強度為E＝keq\f(Q,l2)，由于B和C處電荷與A處的電荷在O點的合場強為零，則B和C處電荷在O處的電場強度大小為E′＝keq\f(Q,l2)，方向沿AO方向；若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則O處場強的大小為E合＝E＋E′＝eq\f(2kQ,l2)，沿AO方向，故A正確、B、C、D錯誤。]7．如圖甲所示，用OA、OB、AB三根輕質絕緣繩懸掛兩個質量均為m的小球，兩球帶等量同種電荷，三根繩子處于拉伸狀態，它們構成一個正三角形。此裝置懸掛在O點，起先時裝置自然下垂。現在用絕緣物體對小球B施加一個水平力F，使裝置靜止在圖乙所示的位置，此時OA豎直。設在圖甲所示的狀態下OB對小球B的作用力大小為T，在圖乙所示的狀態下OB對小球B的作用力大小為T′，下列推斷正確的是()甲乙A．T′＝2T B．T′＜2TC．T′＞2T D．條件不足，無法確定B[甲圖中，對B球受力分析，受重力、OB繩子拉力T、AB間的庫侖力及繩子上的拉力作用，如圖所示：依據平衡條件，有：T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；乙圖中，先對小球A受力分析，受重力、AB繩子的拉力、AO繩子的拉力以及庫侖力的作用；沿AB方向繩子的拉力與庫侖力應相互抵消，否則不平衡；再對B球受力分析，受拉力、重力、AB間的庫侖力、AB繩子的拉力和OB繩子的拉力，其中AB間的庫侖力與拉力抵消，則B的受力分析如圖所示，依據平衡條件，有T′＝2mg，故T′<2T。]8．如圖所示，把質量為2g的帶負電小球A用絕緣細繩懸掛，若將帶電荷量為4×10－6C的帶電小球B靠近A，當兩個帶電小球在同一高度相距30cm時，繩與豎直方向成45°角，g取10m/s2，k＝9.0×109N·m2/C2。求：(1)A球帶電荷量是多少。(2)若變更小球B的位置，仍可使A球靜止在原來的位置，且A、B間的庫侖力最小，最小庫侖力為多少。[解析](1)對球A受力分析如圖所示：由平衡條件得：Tsin45°－F＝0Tcos45°－mg＝0解得：F＝mgtan45°＝0.02N即A球受的庫侖力為0.02N依據庫侖定律得：F＝keq\f(QBQA,r2)解得：QA＝5×10－8C。(2)當庫侖力垂直細繩時，A、B間庫侖力最小，則：Fmin＝mgsinα＝eq\f(\r(2),100)N[答案](1)5×10－8C(2)eq\f(\r(2),100)N9．a和b是點電荷電場中的兩點，如圖所示，a點電場強度Ea與ab連線夾角為60°，b點電場強度Eb與ab連線夾角為30°，則關于此電場，下列分析中正確的是()A．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝1∶eq\r(3)B．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1C．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝eq\r(3)∶1D．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1D[設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示，從圖中可知電場方向指向場源電荷，故這是一個負點電荷產生的電場，A、B錯誤；設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何學問得到ra∶rb＝1∶eq\r(3)，由公式E＝keq\f(Q,r2)可得Ea∶Eb＝3∶1，故C錯誤，D正確。]10．(2024·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷D．P帶負電荷，Q帶正電荷D[對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項D正確，C錯誤。]11．如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線的上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角均為θ＝30°，重力加速度為g。以下說法中正確的是()A．細線對小球的拉力大小為eq\f(2\r(3),3)mgB．兩小球間的靜電力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．剪斷左側細線的瞬間，P球的加速度大小為2gD．當兩球間的靜電力瞬間消逝時，Q球的加速度大小為eq\r(3)gC[對P球受力分析，如圖所示，依據共點力平衡條件得，細線的拉力大小T＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，靜電力大小F＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，A、B錯誤；剪斷左側細線的瞬間，P球受到的重力和靜電力不變，因此兩力的合力與剪斷細線前細線的拉力等大反向，依據牛頓其次定律得P球的加速度大小為2g，C正確；當兩球間的靜電力消逝時，Q球起先做圓周運動，將重力沿細線方向和垂直于細線方向分解，由重力沿垂直于細線方向的分力產生加速度，依據牛頓其次定律得a＝eq\f(\r(3),2)g，D錯誤。]12．(2024·江蘇鹽城中學高三期中)如圖所示，在傾角為30°足夠長的光滑絕緣斜面的底端A點固定一電荷量為Q的正點電荷，在離A距離為S0的C處由靜止釋放某帶正電荷的小物塊P(可看作點電荷)。已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽視不計。(1)求小物塊所帶電荷量q和質量m之比；(2)求小物塊速度最大時離A點的距離S；(3)若規定無限遠電勢為零時，在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)(其中r為該點到Q的距離)。求小物塊P能運動到離A點的最大距離Sm。[解析](1)對小物塊受力分析：受重力、電場力、支持力。由牛頓其次定律得：keq\f(qQ,S\o\al(2,0))－mgsinθ＝mg解得：eq\f(q,m)＝eq\f(3gS\o\al(2,0),2kQ)。(2)當合力為零時速度最大，即：keq\f(qQ,S2)－mgsinθ＝0解得：S＝eq\r(3)S0。(3)當運動到最遠點時速度為零，由能量守恒定律得：mg(Sm－S0)sinθ＝eq\f(qkQ,S0)－eq\f(qkQ,Sm)解得：Sm＝3S0。[答案](1)eq\f(3gS\o\al(2,0),2kQ)(2)eq\r(3)S0(3)3S013．如圖所示，一帶電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度用g表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度的大小E；(2)將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)時，物塊加速度的大小a；(3)電場強度變更后物塊下滑距離L時的動能Ek。[解析](1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和