課時作業(yè)23　庫侖定律　電場力的性質(zhì)時間：45分鐘1．真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F.若保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?/span>，則它們之間靜電力的大小變?yōu)?/span>(　A　)A.　　　　B.　　　　C．4F　　　　D．16F解析：由庫侖定律F＝可知：若保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?/span>，則它們之間靜電力的大小變?yōu)樵瓉淼?/span>，即，A正確．2．兩個負(fù)點電荷分別固定在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶電荷量為Q1，B處電荷帶電荷量為Q2，且Q2＝6Q1.另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在A、B所在的直線上，欲使Q3受力平衡，則(　C　)A．Q3為負(fù)電荷，且放于A左側(cè)B．Q3為負(fù)電荷，且放于B右側(cè)C．Q3為正電荷，且放于A、B之間D．Q3為正電荷，且放于B右側(cè)解析：根據(jù)共點力平衡條件可知，Q3受力平衡時的位置應(yīng)位于A、B之間，且靠近A處，帶正、負(fù)電荷均可以，則C正確．3．(多選)如圖所示，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中以初速度v0沿曲線從M運動到N(不計粒子的重力)，這時突然使電場方向反向而大小不變．在新的電場中，帶電粒子以后的運動情況(圖中三條虛線在N點都與MN相切)，下列說法正確的是(　AB　)A．可能沿曲線①運動且電勢能減小B．可能沿曲線①運動且電勢能增大C．可能沿直線②運動且電勢能不變D．可能沿曲線③運動且電勢能增大解析：粒子在由M到N的過程中，所受到的電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，則電場反向后，其所受電場力也反向，可知電場反向后其可能沿曲線①運動，選項C、D錯誤．在由M到N過程中電場力與v的夾角可能為銳角，還可能為鈍角，不確定，同樣電場反向后兩者的夾角也不確定，則電場力可能做負(fù)功，還可能做正功，電勢能可能增加，還可能減少，則選項A、B正確．4．如圖所示，邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點處的場強(qiáng)為(　B　)A.，方向由C指向OB.，方向由O指向CC.，方向由C指向OD.，方向由O指向C解析：由幾何關(guān)系知AO＝BO＝CO＝a，則每個點電荷在O點處的場強(qiáng)大小都是E＝＝，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點處的合場強(qiáng)為EO＝2E＝，方向由O指向C，B項正確．5．如圖所示，在電場強(qiáng)度大小為E0的水平勻強(qiáng)電場中，a、b兩點電荷分別固定在光滑水平面上，兩者之間的距離為l.當(dāng)a、b的電荷量均為＋Q時，水平面內(nèi)與兩點電荷距離均為l的O點處有一電荷量為＋q的點電荷恰好處于平衡狀態(tài)．如果僅讓點電荷a帶負(fù)電，電荷量大小不變，其他條件都不變，則O點處點電荷受力大小變?yōu)?/span>(　D　)A．qE0 B．2qE0C.qE0   D.qE0解析：由庫侖定律可知a、b兩點電荷對O點處點電荷的庫侖力大小相等，開始時，對放在O點的點電荷由平衡條件可知2Facos30°＝E0q，解得Fa＝.當(dāng)讓點電荷a帶負(fù)電，電荷不變時，則a、b對O點處點電荷的庫侖力的合力豎直向上，受力如圖所示，則O點處點電荷水平方向的受力變?yōu)?/span>F＝＝E0q，D正確．  6．(多選)如圖所示，兩個相同帶電金屬小球A和B分別帶有同種電荷QA和QB(小球的大小可忽略不計)，兩球的質(zhì)量均為m.A球固定，B球用長為L的絕緣絲線懸掛在A球正上方的一點．當(dāng)達(dá)到平衡時，A、B相距為d；若使A、B接觸后再分開，當(dāng)再次達(dá)到平衡時，A、B相距為2d，則A、B的電荷量之比QAQB可能為(　AC　)A．(15＋4)1 B．41C．(15－4)1 D．14解析：對B進(jìn)行受力分析可知，受重力mg、庫侖力F、拉力T作用，如圖所示．設(shè)A離懸掛點的距離為h，由平衡條件可知庫侖力F與拉力T的合力與重力平衡，即F合＝mg，由力的三角形與幾何三角形相似得＝，解得F＝mg.由題可知h不變，mg不變，當(dāng)A、B間距離變?yōu)?/span>2d時，則庫侖力F′＝mg.又F＝k，因A、B帶同種電荷，故A、B接觸后電荷量平分，且都為，則F′＝k，代入F′＝2F，得k＝2×k，解得QAQB＝(15±4)1，A、C正確．7．如圖裝置可用來研究電荷間的相互作用，帶電球A固定于絕緣支架上．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球B用長為L的絕緣輕繩懸掛，小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)時繩與豎直方向的夾角為θ(此時小球B所受的電場力水平向右，小球B體積很小，重力加速度用g表示)．求：(1)小球B所受電場力的大小F；(2)帶電球A在小球B處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小E；(3)由于漏電，A的電荷量逐漸減小至零，與此同時小球B緩慢回到最低點，求此過程中電場力對B做的功W(不計其他能量損失)．解析：(1)小球B在重力、電場力和拉力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件得電場力大小F＝mgtanθ.(2)由場強(qiáng)的定義可知E＝＝.(3)對小球B緩慢回到最低點的過程應(yīng)用動能定理有W＋mgL(1－cosθ)＝0，可得此過程中電場力做的功W＝－mgL(1－cosθ)．答案：(1)mgtanθ　(2)　(3)－mgL(1－cosθ)8．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點．下列說法中正確的有(　C　)A．粒子帶負(fù)電B．粒子在M點的動能大于在N點的動能C．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能D．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力解析：由粒子的運動軌跡和電場線的方向可判斷粒子帶正電，A錯；粒子從M向N運動，相當(dāng)于順著電場線方向運動，粒子又是帶正電，則電場力做正功，電勢能減小，可得EpM>EpN，再由動能定理知，EkM<EkN，B錯，C對；由電場線密的地方場強(qiáng)大，可知EM<EN，又F電＝qE，則FN>FM，D錯．9．(2019·廈門模擬)(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過絕緣細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球M連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行，帶負(fù)電的小球N用絕緣細(xì)線懸掛于P點．設(shè)兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩球心始終處于同一水平面，并且b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法中正確的是(　BC　)A．b對c的摩擦力一定減小B．地面對c的支持力一定變大C．地面對c的摩擦力方向一定向左D．地面對c的摩擦力一定變大解析：當(dāng)兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，依據(jù)庫侖定律，兩電荷受到的庫侖力在減小，由平衡條件可知繩子對M的拉力減小，因此繩子對b的拉力減小，若b相對c有上滑的趨勢，那么其受到的摩擦力會減小，若b相對c有下滑的趨勢，那么其受到的摩擦力會增大，故A錯誤；對b、c整體，由于繩子對整體的拉力減小，由平衡條件得地面對整體的支持力增大，而地面對整體向左的靜摩擦力會減小，故B、C正確，D錯誤．10．(2019·北京石景山一模)如圖所示，直徑為L的光滑絕緣半圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，電荷量為q1、q2的兩個正點電荷分別置于半圓環(huán)的兩個端點A、B處，半圓環(huán)上穿著一帶正電的小球(可視為點電荷)，小球靜止時位于P點，PA與AB間的夾角為α.若不計小球的重力，下列關(guān)系式中正確的是(　A　)A．tan3α＝ B．tan2α＝C．tan3α＝ D．tan2α＝解析：對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示．根據(jù)庫侖定律有F1＝k，r1＝Lcosα①，F2＝k，r2＝Lsinα②，根據(jù)平衡條件有F1sinα＝F2cosα③，聯(lián)立①②③解得tan3α＝，故B、C、D錯誤，A正確．11．(2019·廣西柳州模擬)如圖所示，A、B、C三個小球(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的靜電感應(yīng))，不可伸長的絕緣細(xì)線將三個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E，以下說法正確的是(　A　)A．靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg＋qEB．靜止時，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg－qEC．剪斷O點與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qED．剪斷O點與A小球間細(xì)線的瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qE解析：靜止時，對BC兩球進(jìn)行受力分析，則有：FT＝2mg＋3mg＋qE＝5mg＋qE，A正確，B錯誤；B球帶負(fù)電，相當(dāng)于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直向下的電場力qE，qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直向下的加速度，此時A、B球的加速度為aA＝g＋>g，C球以加速度g保持自由下落，以A球為研究對象可得A、B球間細(xì)線的拉力為FT，由牛頓第二定律，則有FT＋mg＝maA，解得FT＝qE，C、D錯誤．12．如圖所示，水平地面上方分布著水平向右的勻強(qiáng)電場，有圓弧形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強(qiáng)電場中，圓心與管口在同一水平線上，管的半徑為R，下端管口切線水平，離水平地面的距離為h，有一質(zhì)量為m的帶電荷量＋q的小球從管的上端口A由靜止釋放，小球與管間摩擦不計，小球從下端管口飛出時，管壁對小球的作用力為4mg，g取10 m/s2.求：(1)小球運動到管口B時的速度大小．(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)．(3)若R＝0.3 m，h＝5.0 m，小球落地時的速度大小．解析：(1)小球從下端管口飛出時，由牛頓第二定律得：FN－mg＝m　解得：vB＝(2)小球從A運動到管口B的過程中，由動能定理得：mgR＋qER＝mv　解得：E＝(3)小球離開管口B后，水平方向做勻加速運動，豎直方向做自由落體運動，則有：豎直方向：h＝gt2解得：t＝1 s　vy＝gt＝10 m/s水平方向：qE＝ma　vx＝vB＋at　解得：vx＝8 m/s故：v＝＝2 m/s答案：(1)　(2)　(3)2 m/s 

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