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1作业30电场力的性质-2-一、选择题1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝kq1q2r2，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为()A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2D.N·m2·A－2解析：由库仑定律知k＝Fr2q1q2，式中都取国际单位时k的单位为N·m2C2，由I＝qt知，1C2＝1A2·s2，又因1N＝1kg·ms2，整理可得k的单位应为kg·ms2·m2A2·s2，即kg·A－2·m3·s－4，故B正确．答案：B图30－12．(郑州模拟)如图30－1所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是()A.F8B.F4C.3F8D.3F4解析：A、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为＋q、－q.当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q1＝＋q2，当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q2＝－q4.由库仑定律F＝kq1q2r2知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F′＝F8，A项正确．答案：A图30－23．如图30－2所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是()A．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷-3-B．导体P的a端带正电荷，b端不带电C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量解析：导体接地，它与大地组成一个导体，相对于负电荷Q，a端离Q较近．根据“近异远同”“两端等量”的规律，导体a端带正电，b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以不带电，大地作为远端带有等量的负电荷．故B正确，A、C、D错误．答案：B图30－34．(山西五校四联)两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图30－3所示．根据电场线的分布情况，下列判断正确的是()A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．Q1、Q2一定均为正电荷D．Q1、Q2一定均为负电荷解析：由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误．因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误．答案：A5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图30－4所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()图30－4-4-A.kq4R2B.kq2R2－EC.kq4R2－ED.kq4R2＋E解析：假设将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为E＝2kq（2R）2＝kq2R2，由题知当半球面如题图所示在M点产生的场强为E，则N点的场强为E′＝kq2R2－E，B正确．答案：B图30－56．如图30－5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.kQqR2，方向向上B.2kQq4R2，方向向上C.kQq4R2，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，竖直向上方向上电场力大小为kqQcos45°（2R）2＝2kQq4R2，故选B.答案：B图30－67．(多选)如图30－6所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()-5-A．cos3α＝q8QB．cos3α＝q2Q2C．sin3α＝Q8qD．sin3α＝Q2q2解析：设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，两个－q之间距离为2acosα.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kQqa2cosα＝kq2（2acosα）2，解得cos3α＝q8Q，选项A正确，B错误．选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kQqa2sinα＝kQ2（2asinα）2，解得sin3α＝Q8q，选项C正确，D错误．答案：AC图30－78．(多选)如图30－7所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是()A．物体一定带正电B．物体一定带负电C．物体不一定受弹力的作用D．物体一定受弹力的作用解析：若物体带负电荷，则受电场力向右下方，重力向下，则物体必然斜向下运动，不符合题意，A项正确，B项错误；若物体带正电，则受力分析如图30－8所示，因物体做匀速直线运动，则合力必为零，一定受到摩擦力，必然受到弹力作用，C项错误，D项正确．图30－8答案：AD-6-图30－99．(佛山市大联考)(多选)如图30－9所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5C，质量均为0.72kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球一端固定绝缘棒，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°，g取10m/s2，则B球距离A球的距离可能为()A．0.5mB．0.8mC．1.2mD．2.5m解析：对A受力分析，受重力mg、绳的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin30°＝kq2r2，解得r＝1m，所以两球的距离d≤1m，A、B正确．答案：AB10．(安徽八校联考)(多选)如图30－10所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a(重力不计)，地面上固定一光滑的绝缘14圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合．一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放．小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O′a水平，Oa悬线与竖直方向的夹角为θ.当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)()图30－10A．b球所受的库仑力大小为3mgB．b球的机械能逐渐减小C．水平细线的拉力先增大后减小D．悬线Oa的拉力先增大后减小解析：电场力对b球不做功，故b球的机械能守恒，由机械能守恒定律可得12mv2B＝mgR，则小球运动到B点的速度vB＝2gR；小球对管道无压力，则F库－mg＝mv2BR，解得F库＝3mg，A-7-正确，B错误；设小球b在某位置时和a点连线与竖直方向的夹角为α，悬线Oa的拉力为FT1，悬线O′a的拉力为FT2，则对小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，FT1cosθ＝Fcosα，当小球b从A点向B点运动时，α角一直减小，可知FT1一直增大，D错误；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝Fcosθsin(θ＋α)，则当α从90°减小到0时，FT2先增大后减小，C正确．答案：AC图30－1111．(多选)如图30－11所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E＝3mg3q.先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球到最低点时速度最大B．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C．小球对杆的最大拉力大小为833mgD．小球可绕O点做完整的圆周运动解析：如图30－12所示，小球受到的重力和电场力分别为mg和qE＝33mg，此二力的合力大小为F＝233mg，方向为与竖直方向成30°角，可知杆从水平位置转到与合力F沿杆的方向相同时，合力F与小球速度的方向夹角一直小于90°，F一直做正功图30－12，故小球转到与合力F沿杆的方向相同时小球速度最大，且从开始至最低点过程中动能一直增大，A错误，B正确；设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：Eq(L＋Lsin30°)＋mgLcos30°＝12mv2－0，设小球速度最大时，杆对小球的拉-8-力为Fm，对小球应用向心力公式有：Fm－F＝mv2L，解得Fm＝833mg，由牛顿第三定律知C正确；根据等效性可知杆转过240°角时速度减小为0，未到达圆周的等效最高点，小球不能做完整的圆周运动，D错误．答案：BC12．(多选)P、Q两电荷的电场线分布如图30－13所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是()图30－13A．P带正电B．c、d两点的电场强度相同C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功解析：由电场线的方向可知P带正电，Q带负电，A正确；c、d两点场强大小相同，但方向不同，B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，C正确；离子从a到b，电场力的方向和离子速度方向的夹角大于90°，电场力做负功，D错误．答案：AC二、非选择题13．(2017年高考·北京卷)如图30－14所示，长l＝1m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＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图30－14-9-(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．解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3N.(2)由平衡条件得qEmg＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg.(3)由动能定理得mgl(1－cos37°)＝12mv2，得v＝2gl（1－cos37°）＝2.0m/s.答案：(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s图30－1514．如图30－15所示，一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在电场强度E＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2)问：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多少？-10-图30－16解析：(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，如图30－16所示沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg－kQqL2－qEsinθ＝ma解得a＝g－kQqL2m－QEsinθm代入数据得a＝3.2m/s2.(2)小球B速度最大时合力为零，即kQqh21＋qEsinθ＝mg，解得h1＝kQqmg－qEsinθ代入数据解得h1＝0.9m.答案：(1)3.2m/s2(2)0.9