发布时间 : 星期四 文章高考物理一轮复习第六章静电场第1节电场力的性质更新完毕开始阅读
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1C. 4
1 D. 24
13q1q2
解析：选B 因为一个点电荷增加了，则q1′＝q1，根据库仑定律的公式F＝k2知，
22r21
若库仑力不变，则q2′＝q2，即另一电荷减小了。故B正确，A、C、D错误。
33
对点训练：库仑力作用下的平衡问题
3．(多选)(2017·广州模拟)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列图中的放置方法能使M、
N静止的是(图中细杆的中点均与P1、P2连线的中点重合)( )
解析：选BD 根据矢量合成可得，在P1、P2连线的中垂线上的电场强度方向水平向右，故如题图A、题图C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C错误；在P1、P2的连线上电场方向由正电荷指向负电荷，即水平向右，如题图B、题图D放置，由对称性知，
M、N所在位置的电场强度大小相等，方向相同，电荷M、N所受电场力等大反向，所以B、D
正确。
4．(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( )
qA．cos α＝
8Q3q2
B．cosα＝2
Q3
QC．sinα＝
8q3Q2
D．sinα＝2
q3
解析：选AC 设菱形的边长为L，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kQqcos α＝L2
kq2
2Lcos α2
，解得：cosα＝，A正确，B错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：
8Q，C正确，D错误。 2，解得：sinα＝8q3
3
qQqQ22k2sin α＝kL2Lsin αQ5．(多选)(2017·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 C，质量均为0.72 kg，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
－5
A球的距离可能为( )
A．0.5 m C．1.2 m
B．0.8 m D．2.5 m
解析：选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，
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kq2
A平衡时，F的最小值为F＝mgsin 30°＝2，解得r＝1 m，所以两球的距离d≤1 m，A、B
r正确。
对点训练：电场强度的叠加问题
6．(2015·安徽高考)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
2ε0平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
σQQ2
A.和 ε0Sε0SQQ2
C.和 2ε0S2ε0SQQ2
B.和 2ε0Sε0SQQ2
D.和 ε0S2ε0SQS解析：选D 两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝
σQσQ＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相2ε02ε0S2ε0ε0SQ2
互引力F＝E0Q＝；故选D。
2ε0S7．(2017·南京一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形。两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一根带电棒后，O点的电场强度大小变为( )
A. 2C．E
E B.2E 2
D.2E
解析：选B 两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝2E1，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为E1＝
E2E＝，故选B。
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对点训练：电场线的理解与应用
8．(2017·成都模拟)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场
线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示这两处的电场强度的大小，则( )
A．a、b两点的电场强度方向相反 B．因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb
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C．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb
D．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定Ea、Eb的大小关系 解析：选D 由电场线方向可知a、b两点的电场强度方向都向右，A错；仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C错，D对。
9．(多选)(2017·三明模拟)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能均增加
解析：选CD 根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。
10．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．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种点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
解析：选C 甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。
考点综合训练
11．(2017·徐州模拟)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。
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(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。 解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma 根据库仑定律有F＝kqQr2 又知r＝Hsin α 得a＝gsin α－kQqsin2αmH2
。
(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mgsin α＝kQqd2 解得d＝
kQqmgsin α。
答案：(1)gsin α－kQqsin2αkQqmH2
(2)
mgsin α
12.如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102
N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝4×10－2
C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＝10 m/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＝12
2
mv①
在最高点对小球由牛顿第二定律得，
v2
FT＋mg－qE＝mL②
由①②式解得，FT＝15 N。
(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a＝qE－mgm③ 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＝12
2
at⑤
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