【三维设计】2016届高三物理一轮复习课时跟踪检测(20) 电场力的性质

课时跟踪检测(二十) 电场力的性质对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2015·北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。

两个小球的半径r ≪l 。

k 表示静电力常量。

则轻绳的张力大小为( )图1A ．0B ．kq 2l 2C ．2kq 2l2D ．kql22．(2012·上海高考)A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷。

当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F 2B ．F2 C ．－F D ．F对点训练：库仑力作用下的平衡问题3．绝缘细线的一端与一带正电的小球M 相连接，另一端固定在天花板上，在小球M 下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N ，在下列情况下，小球M 能处于静止状态的是( )图24．(多选)(2015·武汉调研)如图3所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－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( )图3A ．cos 3α＝q 8Q B ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8qD ．sin 3α＝Q 2q2对点训练：电场强度的叠加问题5．如图4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( )图4A ．A 点的电场强度大小为E2＋k 2Q 2r4B ．B 点的电场强度大小为E －k Qr2C ．D 点的电场强度大小不可能为0 D ．A 、C 两点的电场强度相同6.(2015·河北省唐山一模)如图5所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形。

电场强度的方向与纸面平行。

电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )图5A ．2E 0eaB ．E 0eaC ．3E 03eaD ．23E 03ea7.如图6所示，以o 为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f 。

等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两处时，在圆心o 处产生的电场强度大小为E 。

现改变a 处点电荷的位置，使o 点的电场强度改变，下列叙述正确的是( )图6A ．移至c 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿oeB ．移至b 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿odC ．移至e 处，o 处的电场强度大小减半，方向沿ocD ．移至f 处，o 处的电场强度大小不变，方向沿oe 对点训练：电场线的理解与应用8．在如图7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( )图7A．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9．(2015·渭南质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点周围的电场线如图8所示，由图可知()图8A．两质点带异号电荷，且Q1>Q2 B．两质点带异号电荷，且Q1<Q2C．两质点带同号电荷，且Q1>Q2 D．两质点带同号电荷，且Q1<Q210．(多选)如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。

以下判断正确的是()图9A．b点电场强度大于d点电场强度B．b点电场强度小于d点电场强度C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能考点综合训练11．(2015·洛阳模拟)如图10所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为m A＝0.43 kg，m B＝0.20 kg，m C＝0.50 kg，其中A不带电，B、C的电量分别为q B＝＋2×10－5 C、q C＝＋7×10－5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a ＝2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。

已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2。

求：(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功W F＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔE p。

图10 12．(2015·四川资阳二诊)如图11所示，足够长斜面倾角θ＝30°，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，μ＝143，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E＝105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为m C＝4 kg，m D＝1 kg，D带电q＝3×10－4 C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d＝1 m，A、P 间距离为2d。

取g＝10 m/s2，求：(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t。

图11课时跟踪检测(二十) 电场力的性质答 案1．选B 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确。

2．选B 设A 处电场强度为E ，则F ＝qE ；由点电荷的电场强度公式可知，C 处的电场强度为－E 4，在C 处放电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为F ′＝－2q ·－E 4＝F 2，选项B正确。

3.选B M 受到三个力的作用处于平衡状态，则绝缘细线对小球M 的拉力与小球N 对小球M 的库仑力的合力必与M 的重力大小相等，方向相反，其受力分析图如图所示，故B 正确。

4．选AC 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为 2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α。

选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3α＝q 8Q ，故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2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3 α＝Q8q，故C 正确，D 错误。

5．选A ＋Q 在A 点的电场强度沿OA 方向，大小为k Qr 2，所以A 点的合电场强度大小为E2＋k 2Q 2r4，A正确；同理，B 点的电场强度大小为E ＋k Q r 2，B 错误；如果E ＝k Qr2，则D 点的电场强度为0，C 错误；A 、C 两点的电场强度大小相等，但方向不同，D 错误。

6．选D 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A 。

由eEa sin 60°＝E 0，解得：E ＝23E 03ea，选项D 正确。

7．选C 放置在a 、d 两处的等量正、负点电荷在圆心o 处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心o 处产生的电场强度大小为E2。

根据电场强度叠加原理，a 处正电荷移至c 处，o处的电场强度大小为E2，方向沿oe ，选项A 错误；a 处正电荷移至b 处，o 处的电场强度大小为2·E 2·cos 30°＝32E ，方向沿∠eod 的角平分线，选项B 错误；a 处正电荷移至e 处，o 处的电场强度大小为E 2，方向沿oc ，选项C 正确；a 处正电荷移至f 处，o 处的电场强度大小为2·E 2·cos30°＝32E ，方向沿∠cod 的角平分线，选项D 错误。

8．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。

9．选A 由图可知，电场线起于Q 1，止于Q 2，故Q 1带正电，Q 2带负电，两质点带异号电荷，在Q 1附近电场线比Q 2附近电场线密，故Q 1>Q 2，选项A 正确。

10．选BC 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示电场强度大小可知E d ＞E b 。

故选项A 错误，B 正确。

a 、c 两点关于MN 对称，故U ab ＝U bc ，选项C 正确。

沿电场线方向电势降低，所以φa ＞φc ，由E p ＝qφ可知E p a ＞E p c ，故选项D 错误。

11．解析：(1)ABC 静止时，以AB 为研究对象有：(m A ＋m B )g sin 30°＝kq C q BL 2解得：L ＝2.0 m 。

(2)给A 施加力F 后，AB 沿斜面向上做匀加速运动，AB 分离时两者之间弹力恰好为零，对B 用牛顿第二定律得：kq B q Cl 2－m B g sin 30°＝m B a 解得：l ＝3.0 m有匀加速运动规律得：l －L ＝12at 2解得：t ＝1.0 s 。

(3)AB 分离时两者仍有相同的速度，在时间t 内对AB 用动能定理得： W F －(m A ＋m B )g (l －L )sin 30°＋W C ＝12(m A ＋m B )v 2及：v ＝at 得：W C ＝2.1 J所以系统电势能的变化量ΔE p ＝－2.1 J 。

答案：(1)2.0 m (2)1.0 s (3)－2.1 J12．解析：(1)由题知释放后C 物体将沿斜面下滑，C 物体从P 到A 过程，对C 、D 系统由动能定理：m C g ·2d sin θ－Eq ·d ＝12(m C ＋m D )v 02①解①得：v 0＝2 m/s 。

②(2)由题意，C 经过A 点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t 1，其加速度大小为a 1，发生的位移为x 1，对物体C ：T 1＋μm C g cos θ－m C g sin θ＝m C a 1 ③ t 1＝v 0a 1④x1＝v02 2a1⑤对物体D：Eq－T1＝m D a1⑥设物体C在加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间为t2，对物体C：T2－μm C g cos θ－m C g sin θ＝m C a2⑦对物体D：Eq－T2＝m D a2⑧x1＝12a2t22⑨t＝t1＋t2⑩联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得：t＝23()3＋1s≈1.82 s。