高考物理复习71电场力的性质Word文档格式.docx
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长春质检]如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q（图中未画出），O、A、B为轴上三点。
放在A、B两点的检验电荷受到的电场力与其所带电荷量的关系如图乙所示。
以x轴的正方向为电场力的正方向，则（ ）
A．点电荷Q一定为正电荷
B.点电荷Q在AB之间
C.A点的电场强度大小为5×
103N/C
D.A点的场强小于B点场强
答案 B
解析 由图乙可知，检验电荷A带正电，B带负电，所受电场力都为正值，所以点电荷Q一定位于AB之间且带负电，选项A错误，B正确；
A点的场强大小为图象的斜率为2×
103N/C，选项C错误；
B点的场强大小为5×
102N/C，说明A点场强大于B点场强，选项D错误。
3．[2017·
齐鲁名校期末]如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与
的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。
一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小球的速度先减小后增大
B.小球的速度先增大后减小
C.杆对小球的作用力先减小后增大
D.杆对小球的作用力先增大后减小
答案 D
解析 由等量异种电荷的电场线分布可知，小球从C运动到D的过程中，电场力水平向左与速度方向垂直，电场力不做功，只有重力做功，由动能定理知，小球速度越来越大，A、B错误。
从C到D电场强度先增大后减小，电场力即先增大后减小，又由于小球水平方向合力为零，所以杆对小球的作用力先增大后减小，C错误，D正确。
4.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（ ）
解析 由vt图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，所以从A到B所受电场力变大，由F电＝qE可知：
EA<
EB，故电场线应由B指向A，电场线变密，选项C正确。
5.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是（ ）
A.Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右
B.Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上
C.Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0
D.Fd、Fc、Fe的大小都相等
答案 A
解析 根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d、c、e三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点受电场力方向与场强方向相同，可得到A正确，B、C错误；
连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是ab连线上最小的（但不为0），是中垂线上最大的，故Fd>
Fc>
Fe，故D错误。
6.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。
圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为（ ）
A.
，方向向上B.
，方向向上
C.
，方向水平向左D．不能确定
解析 先把带电圆环分成若干个小部分，每一部分可视为点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直向上方向上求和可得电场力大小为
＝
，故选B。
7．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场E中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。
M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端。
不计重力，下列表述正确的是（ ）
A.粒子在M点的速率最大
B.粒子所受电场力与电场方向相同
C.粒子在电场中的加速度不变
D.粒子速度先减小后增大
答案 CD
解析 做曲线运动的物体所受合外力指向曲线的内侧，电场线水平向右，粒子受到的电场力水平向左，在向M点运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，选项A、B错误，D正确；
粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用，故粒子在电场中的加速度不变，选项C正确。
8．如图所示，已知带电量均为＋Q的点电荷M、N固定不动且连线水平，检验电荷P可在M、N连线的中垂面内绕中心点O做匀速圆周运动，重力忽略不计。
则（ ）
A.圆轨道上各点的场强处处不相同
B.P可能带正电，也可能带负电
C.P做圆周运动的半径越小，线速度一定越大
D.P做圆周运动的半径越小，角速度一定越大
答案 AD
解析 轨道上各点的场强方向不同，故A正确。
粒子做圆周运动，所受电场力的合力提供向心力，粒子必须带负电，故B错误。
各个边的几何关系如图所示，设两电荷距离为2l，圆周运动半径为r，根据电场知识向心力F＝2k
sinθ，回旋半径r＝ltanθ，根据F＝m
＝mω2r可得ω2∝cos3θ，v2∝cosθsin2θ，圆周运动半径越小，θ越小，角速度越大，但线速度大小变化不确定，选项C错误，D正确。
9．如图所示，光滑绝缘水平面有三个质量均为m的带电小球，A、B带正电，电荷量均为q。
有一水平力F作用在C球上，如果三个小球能够保持边长为r正三角形“队形”一起前进。
则下面说法正确的是（ ）
A.C球带正电，电荷量为2q
B.C球带负电，电荷量为－2q
C.拉力F＝k
D.拉力F＝3
k
答案 BD
解析 A球受到B球的库仑力F1和C球的库仑力F2作用后，产生水平向右的加速度，故F2必为引力，C球带负电。
如图所示，根据库仑定律F1＝k
及F2＝k
，F1与F2的合力方向水平向右，求得F2＝2F1，故qC＝2q，A错误，B正确；
对A球：
a＝
，对系统整体：
F＝3ma，故F＝3
，C错误，D正确。
10．[2015·
浙江高考]如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×
10－6C的正电荷。
两线夹角为120°
，两线上的拉力大小分别为F1和F2。
A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g＝10m/s2；
静电力常量k＝9.0×
109N·
m2/C2，A、B球可视为点电荷），则（ ）
A.支架对地面的压力大小为2.0N
B.两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N
C.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0N
D.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N
答案 BC
解析 小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有：
FN＋FAB＝mBg，FAB＝k
，联立两式解得：
FAB＝0.9N，FN＝1.1N，根据牛顿第三定律可判断出A错。
小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示。
由对称性可知F1＝F2，在竖直方向上有：
2F1cos60°
＝2F2cos60°
＝mAg＋FBA，解得F1＝F2＝1.9N，可见B正确。
当B球与M、A共线时，A球受力情况如图乙所示，
由几何关系可知rAB′＝0.6m，FBA′＝k
＝0.225N。
将A球所受重力分解在MA和NA的方向上，由上述两个方向上分力的合力为零可得：
F1＝1.225N，F2＝1.0N，故C正确。
B球移至无穷远处时，A、B之间的库仑力忽略不计，对A球由三力平衡条件可求得F1＝F2＝mAg＝1.0N，故D错。
二、非选择题（本题共2小题，共30分）
11．[2016·
徐州模拟]（12分）如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q，在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。
将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。
不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。
求：
（1）A球刚释放时的加速度大小。
（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离。
答案
（1）gsinα－
（2）
解析
（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，
根据库仑定律有F＝k
，又知r＝
，得a＝gsinα－
。
（2）当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。
设此时A球与B点间的距离为d，则mgsinα＝
，解得d＝
12．[2017·
东北师大附中模拟]（18分）如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，其中，轨道半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。
现有一质量为m的可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于
的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回。
若∠COB＝30°
，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为
mg，重力加速度为g。
（1）小球第一次到达B点时的动能；
（2）小球在C点受到的库仑力大小。
答案
（1）
mgR
（2）
mg
解析
（1）设小球第一次到达B点时的动能为Ek，因从A至B库仑力不做功，故由机械能守恒定律有
mv2＝Ek＋mgR（1－cos60°
），将v＝
代入上式解得Ek＝
mgR。
（2）设小球在A点受到的库仑力大小为F，
第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律结合题意有：
F＋N－mg＝m
，将N＝
mg，v＝
代入上式得F＝mg。
因∠COB＝30°
，故知OC平行于水平杆，由几何关系得
R。
设两电荷所带电荷量分别为Q和q，静电力常量为k，在A点，库仑力大小F＝k
＝mg，在C点，库仑力大小F′＝k
，联立解得F′＝
mg。
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