课后分级演练(二十)库仑定律电场力的性质【A级——基础练】1.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解析：C 由于静电感应，A带负电，B带等量正电，若移去C，A、B所带等量正负电荷中和，金属箔闭合，所以C正确，A错误；处于电场中的导体是等势体，B错误；若先把A、B分开，然后移去C，A、B所带电荷就不能中和，金属箔不再闭合，D错误．2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知( )A．n＝3 B．n＝4C．n＝5D．n＝6解析：D 设球1、2之间的距离为r，球3和它们没有接触前，由库仑定律有＝F，接触后，球2带电荷量为q，球1带电荷量为q，由库仑定律有＝F，联立上面两式解得n＝6，D项对．3.(多选)在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图所示．图中－q与－q的连线跟－q与＋Q的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为( )A．cos3α＝B．cos3α＝C．sin3α＝D．sin3α＝解析：AC 设菱形的边长为L，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kcosα＝k，解得：cos3α＝6\n，A正确，B错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2ksinα＝k，解得：sin3α＝，C正确，D错误．4.(多选)(2022·广东第二次大联考)如图所示，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°，则B球距离A球的距离可能为( )A．0.5mB．0.8mC．1.2mD．2.5m解析：AB 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°＝，解得r＝1m，所以两球的距离d≤1m，A、B正确．5．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )解析：B 根据点电荷电场强度公式E＝k，结合矢量合成法则求解．设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度EA＝0，B选项中电场强度EB＝2k，C选项中电场强度EC＝k，D选项中电场强度ED＝k，所以B正确．6.(多选)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心．A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB＝L.有一个可视为质点的质量为m、电荷量为－q的带电小球正在滑槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A．B点的电荷带正电B．B点处电荷的电荷量为3QC．B点处电荷的电荷量为QD．小球在滑槽内做的是匀速圆周运动解析：CD 小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点．A6\n点电荷对小球吸引，B点电荷对小球排斥，因为小球带负电，则B点电荷带负电．由∠ABC＝∠ACB＝30°知，∠ACO＝30°，AC＝AB＝L，BC＝2ABcos30°＝L.由力的合成得F1＝F2，即＝，解得QB＝Q，故A、B错误，C正确．已知圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确．7.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.B.C.D.解析：B 设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝k，小球b对小球c的库仑引力为F＝k，二力合力为2Fcos30°.设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得QE＝2Fcos30°，解得E＝，选项B正确．8.图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是( )A．带电粒子所带电荷的符号B．场强的方向C．带电粒子在a、b两点的受力方向D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大解析：CD 由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷的符号不能确定．由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点所受电场力较大，从而在a点时加速度较大，综上所述C、D正确．9.如图所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应( )A．带负电，放在A点B．带正电，放在B6\n点C．带负电，放在C点D．带正电，放在C点解析：C a受到重力、支持力和库仑力的作用处于平衡状态，对a球受力分析可知，只有在C处放上负电荷，才可使a受力平衡，故选C.10.如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直．则( )A．A点的场强大小为B．B点的场强大小为E－kC．D点的场强大小不可能为0D．A、C两点的场强相同解析：A 正点电荷Q在A的电场强度大小E′＝，而匀强电场在A点的场强大小为E；因方向互相垂直，由平行四边形法则知A点的合场强大小为，A正确；同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为E＋k，故B错误；同理知D点的合场强为0，C错误；A、C两点场强大小相等，方向不同，故A、C两点场强不相同，D错误．【B级——提升练】11.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．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心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( )A.B.－EC.－ED.＋E解析：B 本题考查点电荷的场强、场强的叠加，意在考查考生对场强矢量性的理解能力和构建物理模型的能力．将半圆球面补全成为一个带电球面，带电荷量为2q，由题中信息可知，整个带电球面在N点产生的场强等效于电荷集中于球心处产生的场强，即E整＝k6\n＝k，方向水平向右；由对称性可知，补上的右半带电球面在N点产生的场强的大小等于左半带电球面在M点产生的场强E，方向水平向右，故左半带电球面在N点产生的场强为E左＝k－E，B项正确．12.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两板极间相互的静电引力大小分别为( )A.和B.和C.和D.和解析：D 由题知，σ＝，故电场强度E＝＝.带电荷量为Q的平板在与另一平板产生的电场中受力F＝QE＝.两板之间的场强为两板各自场强叠加的合场强，E合＝2E＝，D正确．13．(多选)(2022·河北廊坊质量监测)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点，现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的速度图象如图乙所示，则( )A．Q2必定是负电荷B．可以确定检验电荷的带电性质C．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量D．从b点经a点向远处运动的过程中电荷q所受电场力先增大后减小解析：AB 本题考查库仑定律、速度图象、共点力平衡等，意在考查考生对运动图象的理解能力、对库仑力作用下的平衡问题的分析计算能力．由速度图象可知，检验电荷在a点加速度为零，即两固定点电荷对检验电荷的电场力矢量和为零，所以Q2一定是负电荷，A项正确；Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，C项错；从b点开始运动时，q做减速运动，所受电场力向左，可知检验电荷带正电，B项正确；从b经a6\n向远处运动过程中，加速度先减小后增大再减小，由牛顿第二定律可知，检验电荷所受电场力先减小后增大再减小，D项错．14.N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，示意如图．如移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为______，方向______．(已知静电力常量为k)解析：均匀分布在圆周上的带电小球在O点处产生的合电场强度为零；位于P点的小球在O点处产生的电场强度E＝，方向沿PO指向O点；移去P点小球，其余小球在O点处产生的电场强度与E大小相等，方向相反．答案：k 沿OP指向P点15.如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5kg、电荷量q＝4×10－2C的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10m/s2.求：(1)小球的电性．(2)细线能承受的最大拉力．(3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．解析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电．(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE－mg)L＝mv2①在最高点对小球由牛顿第二定律得，FT＋mg－qE＝m②由①②式解得，FT＝15N(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a＝③设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L＝vt④设竖直方向上的位移为x，则x＝at2⑤由①③④⑤解得x＝0.125m所以小球距O点高度为x＋L＝0.625m答案：(1)正电 (2)15N (5)0.625m6
