一、选择题
1．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是( ) A．甲图中与点电荷等距的a、b两点
B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点
2.如图所示，A、B为两个固定的等量同号正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计C所受的重力，则关于电荷C以后的运动情况，下列说法中正确的是( ) A．加速度始终增大 C．速度先增大后减小
B．加速度先增大后减小
D．速度始终增大
3.如图所示，两个带同种电荷的带电球(均可视为带电质点)，A球固定，B球穿在倾斜直杆上处于静止状态(B球上的孔径略大于杆的直径)，已知A、B两球在同一水平面上，则B球受力个数可能为( )
A．3 C．5
B．4 D．6
4.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb，若带电粒子q(|Q|?|q|)由a点运动到b点，电场力做正功，则下列判断正确的是( ) A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa>Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa 6．如图所示，质量分别是m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两个带电小球，分别用长为l的绝缘细线悬挂于同一点，已知：q1＞q2，m1＞m2，两球静止平衡时的图可能是( ) 7.如图光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m，带电荷量为q.为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( ) A．垂直于杆斜向上，场强大小为 B．竖直向上，场强大小为 C．垂直于杆斜向下，场强大小为 D．水平向右，场强大小为 8．如图所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是下图中的( ) 9.如图1所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为－q外，其余各点处的电量均为＋q，则圆心O处( ) A．场强大小为，方向沿OA方向 B．场强大小为，方向沿AO方向 C．场强大小为D．场强大小为 ，方向沿OA方向 ，方向沿AO方向 － 10．匀强电场的电场强度E＝5.0×103V/m，要使一个电荷量为3.0×1015C的负点电荷(不计重力)沿着与电场强度方向成60°角的方向做匀速直线运动，则所施加外力的大小和方向应是( ) A．1.5×10 C．1.5×10 －11 N，与场强方向成120° B．1.5×10 －11 －11 N，与场强方向成60° －11 N，与场强方向相同 D．1.5×10N，与场强方向相反 11.如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则( ) A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑 B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大 D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 12.如图6－1－23所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘的水平面上，P、N是小球A、B的连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点的运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是( ) 13. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一个点电荷，将一个质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管的端点A处由静止释放，小球沿细管滑到最低点B处时，对管壁恰好无压力，则处于圆心O处的电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为( ) A．E＝ C．E＝ 二、计算题 14.如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界．现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v.试求： (1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ； B．E＝ D．无法计算 (2)匀强电场场强E的大小． 15.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求： (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时丝线的拉力． 16、如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104N/C，一根＝1.5m、与水平方向的夹角为θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场 － 杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×106C；另一带电小 －－ 穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×106C，质量m＝1.0×102kg.现小球从杆的上端N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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (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，与M端的距离r为多大？ 17.如图13-3-15所示,两根长为L的绝缘丝线下端悬挂一质量为m、带电荷量分别为+q和-q的小球A和B,处于场强为E、方向水平向左的匀强电场之中,使长度也为L的绝缘连线AB拉紧,并使小球处于静止状态.求E的大小满足什么条件才能实现上述平衡状态 电场力的性质专题训练 答案解析 1、答案：C解析：甲图中与点电荷等距的a、b两点，场强大小相同，方向不相反，A错；对乙图来说，根据电场线的疏密及对称性可判断，b点和a点场强大小、方向均相同，B错；丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，场强大小相同，方向相反，C对； 对丁图来说，根据电场线的疏密可判断，b点的场强大于a点的场强，D错． 2、答案：BD解析：在两个等量的同号正电荷的电场中，两电荷连线垂直平分线上的场强从连线中点开始，沿平分线向外，场强在O点为零，在无穷远处也为零，因此沿平分线向外的场强变化是先增大后减小，电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，A项错误，B项正确；由于在两电荷连线中垂线的场强方向从中点沿中垂线向外，因此正电荷C从连线中点垂直于连线向外运动，电场力与初速度同向，因此电荷C一直做加速运动，速度始终增大，C项错误，D项正确． 3、答案：AB解析：根据题意，由题图可知B球必定要受到的力有三个，分别是重力、杆的弹力、A给B的库仑力，这三个力的合力可以为零，所以A正确；在三力平衡的基础上，如果库仑力增大，为保持平衡状态，杆要给B球沿杆向下的摩擦力，反之如果库仑力减小，为保持平衡状态，杆要给B球沿杆向上的摩擦力，从而实现四力平衡，B正确． 4、答案：A解析：由于粒子由a点运动到b点电场力做正功，可知电场力指向外侧，Q、q为同种电荷，电场线密集的地方电场强度大，由F＝Eq知Fa大，选项A正确． 5、答案：B解析：要使ab平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B. 6、 答案：D解析：如图所示，做两球的受力分析示意图，根据牛顿第三定律，两球之间的库仑力相等，由相似三角形原理有：＝，＝，即：m1gL1＝m2gL2＝FL，因m1＞m2，故L1＜L2，D正确． 长L中，球B将 7、答案：B解析：小球受竖直向下的重力，若电场垂直于杆的方 向，则小球受垂直于杆方向的电场力，支持力方向亦垂直于杆的方向，小球所受合力不可能为零，A、C项错；若电场竖直向上，所受电场力Eq＝mg，小球所受合力为零，B项正确；若电场水平向右，则小球受重力、支持力和电场力作用，根据平行四边形定则，可知E＝mgtanθ/q，D项错． 8、答案：A 解析：将电场反向瞬间至弹簧恢复原长的过程中，对小球据牛顿第二定律得kx＋qE＝ma；弹簧恢复原长之后的过程中，小球水平方向仅受电场力作用，对小球据牛顿第二定律得qE＝ma，选项A正确． 9、答案：C解析：在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为O处的场是5个＋q和一个－2q的点电荷产生的场合成的，5个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强．故选C. 10、答案：C解析：在电场中负点电荷所受电场力的方向与电场方向相反，要使负点电荷在电场中做匀速直线运动，其合力为零，所以所施加外力的大小为1.5×10－11N．方向与场强方向相同，C正确． 11、答案：B 12、答案：AB解析：本题考查同种等量电荷周围的电场线的分布．在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况另一侧速度的变化情况具有对称性．如果PN足够远，B正确，如果PN很近，A正确． 13、答案：C解析：小球下滑过程中由于电场力沿半径方向，总与速度方向垂直，所以电场力不做功，该过程小球的机械能守恒．设小球滑到最低点B处时速度为v，则有：mgR＝mv2 ①，小球在B点时对管壁恰好无压力，则小球只受重力和电场力的作用，电场力必指向圆心，由牛顿第二定律可得：Eq－mg＝ ②.由①②可求出E＝，所以C正确． 14、解析：(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得FN＝mgcosθ，Ff＝mgsinθ 而Ff＝μFN，由以上几式解得μ＝tanθ. (2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示，则 FN′＝mgcosθ－qE，Ff′＝μFN′ 根据牛顿第二定律得mgsinθ－Ff′＝ma，v2－v＝2a· 由以上几式解得E＝. 答案：(1)tanθ (2). 15、解析：(1)小球静止在电场中的受力如图所示： 显然小球带正电，由平衡条件得： mgtan37°＝Eq① 故E＝② (2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理： (mg＋qE)l(1－cos37°)＝mv2③ 由圆周运动知识，在最低点时， F向＝FT－(mg＋qE)＝m④ 联立以上各式，解得：FT＝mg⑤ 答案：(1) (2)mg 16、解析：(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、方向运动，由牛顿第二定律得mgsinθ－－ 杆的弹力和电场力，沿杆qEcosθ＝ma ① 解得：a＝gsinθ－ － ②代入数据解得：a＝3.2m/s2. (2)小球B速度最大时合力为零，即 解得：r＝ 代入数据解得：r＝0.9m. 答案：(1)3.2m/s2 (2)0.9m ② ③ mgsinθ－－qEcosθ＝0 ④ ⑤ 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容