人教版高中物理-有答案-人教版物理高二上第七章第1讲：电场力的性质

人教版物理高二上第七章第1讲：电场力的性质
一、选择题。

1. 静电力常量k的单位是（）
A.N⋅m2/kg2
B.kg2/(N⋅m2)
C.N⋅m2/C2
D.C2/(N⋅m2)
2. 如图所示，固定一带负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为F，现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则（）
A.F1=F2
B.F1+F2=F
C.若小球b带负电，L增大，则F1也增大
D.若小球b带正电，L减小，则F2也减小
3. 如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴住两个带同种电荷的小球，电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2，当两小球处于于同一水平面时恰好静止，且α>β，则造成α、β不相等的原因是（）
A.m1<m2
B.m1>m2
C.q1<q2
D.q1>q2
4. 如图，带电荷量为2Q的金属球的半径为R，球外一点电荷的电荷量为Q，它到球心的距离为r，则该金属球上的电荷在球心处产生的场强为（）
A. kQ
r2B.0 C.kQ
r2
+kQ
R2
D.kQ
r2
−kQ
R2
5. 如图所示，一均匀带电+Q细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab=bc=cd=L，在a点由一电荷量为+Q
2
的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）
A.k5Q
9L2B.k3Q
L2
C.k3Q
2L2
D.k9Q
2L2
6. 如图所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲（半径远小于L）放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为
（）
A.4
9E B.5
9
E C.E D.20
9
E
7. 带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是（）
A.在a点的加速度大于在b点的加速度
B.在a点的电势能小于在b点的电势能
C.在a点的速度小于在b点的速度
D.电场中a点的电势一定比b点的电势高
8. 如图所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的异种电荷．E、F分别是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，且MP=QN．在图中，电场强度相同、电势相等的两点是（）
A.E和F
B.P和Q
C. A和C
D.C和D
9. 如图所示，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为+q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B在同一水平面上，间距为L，则金属板的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为（）
A.E=KQ
L2B.E=mg tanθ
q
C.E=mg tanθ
q +kQ
L2
D.E=mg tanθ
q
−kQ
L2
10. 美国物理学家密立根（li−kan）于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进人两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g．则计算油滴带电荷量的表达式为（）
A.q=kvd
U B.q=vdg
kU
C.q=kv
Ud
D.q=vg
kUd
11. 如图所示，电荷量为+Q的均匀带电球，以球心为圆心的三个虚线圆为等势线，点
电荷+q1，放在A点，受到电场力大小为F1，点电荷+q2放在B点，受到电场力大小为F2，且F2>F1，下列说法中正确的是（）
A.B点的电场强度大于A点的电场强度
B.q2>q1
C.B点的电势大于A点的电势
D.把两个点电荷交换位置，A、B两点的电场强度大小也随之交换
12. 如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+4.0×10−8C和Q2=−1.0×10−8C，分别固
定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上，关于x坐标轴上的点的场强的说法正确的是（）
A.x=12cm的位置场强为零
B.在x坐标轴上场强为零的点有两处
C.x坐标轴上所有点的场强都沿x轴正向
D.x坐标轴上x>6cm所有点的场强都沿x轴正向
二、多选题。

如图所示是由电荷量分别为+6q和−q的两个点电荷组成的一个电荷系统，其中A、B
是两点电荷所在位置，N、P、Q是AB连线上的三点，N点的电场强度为零．若规定无
穷远处的电势为零，则下列说法正确的是（）
A.图中左侧A点为+6q的点电荷
B.P点场强大于Q点场强
C.P点电势高于Q点电势
D.N点的电势大于零
如图，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平
面内．用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止．现将B球沿斜面向上移
动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（）
A.墙面对A的弹力变小
B.斜面对B的弹力不变
C.推力F变大
D.两球之间的距离变大
如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于O A和O B 两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点O B移到O A点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10−4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，则（）
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10−2N
C.B球所带的电荷量为4√6×10−8C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
电荷量为q=1×10−4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图像所提供的信息，下列说法正确的是（）
A.物块在4s内的总位移x=6m
B.物块的质量m=0.5kg
C.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2
D.物块在4s内电势能减少14J
两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零
电势点，则（）
A.场强大小关系有E b>E c
B.电势大小关系有φb>φd
C.将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
三、非选择题。

如图所示，在方向水平向右的匀强电场中（图中未画出），有一固定光滑绝缘的半球
的形碗，碗的半径为R．有一个质量为m、电荷量为+q的小球，静止在距碗底高度为R
2
碗内右侧表面上．
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）若将匀强电场方向变为竖直向下，求小球运动到碗底时对碗的压力大小．
如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d=0.48m，离地高度ℎ=1.25m．桌面上存在一水平向左的匀强电场（除此之外其余位置均无电场），电场强度E=
1×104N/C．在水平桌面上某一位置P处有一质量m=0.01kg，电量q=1×10−6C的带正电小球以初速v0=1m/s向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g=10m/
s2．求：
（1）小球在桌面上运动时加速度的大小和方向？
（2）P处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？
参考答案与试题解析
人教版物理高二上第七章第1讲：电场力的性质
一、选择题。

1.
【答案】
C
【考点】
库仑定律
【解析】
，由电荷量、距离和力三个量的单位推导出k的单位．
根据库仑定律F=k q1q2
r2
【解答】
公式中，电荷量q的单位为C，距离r的单位为m，库仑力F的单解：库仑定律F=k q1q2
r2
位为N，由公式推导得出，k的单位为N⋅m2/C2，故C正确，ABD错误．
故选：C．
2.
【答案】
D
【考点】
库仑定律
电荷守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，b对a有个向下的库仑力，设为F′，则示数为F1=F+F′，若只将小球b的电性改为正电荷，b对a有个向上的库仑力，则示数为F2=F−F′，所以F1>F2，F1+F2=2F，故AB错误；
C．若小球b带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，故C错误；D．若小球b带正电，L减小，根据库仑定律可知，F′增大，则F2=F−F′减小，故D正确．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
库仑力作用下的平衡问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对两个球受力分析，均受重力、拉力和静电斥力，如图所示：
不管电荷量大小如何，静电斥力F、F′都相同，故电荷量关系不影响角度α和β；
根据平衡条件，有：m1g=F
tanα，m2g=F′
tanβ
，由于：F=F′，90∘>α>β，故m1<
m2，故A正确．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
电场的叠加
点电荷的场强
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：点电荷Q在球心处产生的场强大小为E=kQ
r2
，由于金属球处于静电平衡状态，球心处的合场强为零，则金属球上的电荷和点电荷Q在球心处产生的场强大小相等，方向
相反，所以该金属球上的电荷在球心处产生的场强大小E=kQ
r2
，故A正确．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
特殊带电体电场强度的计算
电场的叠加
点电荷的场强
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：电荷量为Q
2的点电荷在b处产生电场强度为E=kQ
2L2
，方向向右．在b点处的场强为
零，根据电场的叠加原理可知细棒与Q
2
在b处产生电场强度大小相等，方向相反，则知
细棒在b处产生的电场强度大小为kQ
2L2
，方向向左．根据对称性可知细棒在d处产生的电
场强度大小为kQ
2L2，方向向右，而电荷量为Q
2
的点电荷在d处产生的电场强度为E′=
k⋅Q
2 (3L)2=kQ
18L2
，方向向右，所d点处场强的大小为E d=E+E′=k5Q
9L2
，方向向右，故A正
确．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
电场的叠加点电荷的场强
【解析】
此题暂无解析【解答】
解：根据点电荷电场强度公式E=kQ
(2L)2，则B点电荷在D点的电场强度为E B=kQ
4L2
=E；
当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，则两球的
电荷量分别为Q
2．那么A处的小球在D处的电场强度E A=k⋅
Q
2
(3L)2
=kQ
18L2
，而C处的小球在D
处的电场强度E C=kQ
2L2
；由于两球在D处的电场强度方向相同，因此它们在D点处的电
场强度大小为E
合=kQ
18L2
+kQ
2L2
=5kQ
9L2
=20
9
E，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，可知E a<E b，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A错误；
BC．整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，则在a点的电势能大于在b点的电势能，所以无论粒子带哪种电荷，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故B错误，C正确；
D．由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b 点的电势大小关系，故D错误．
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
等量电荷的电场线
电势
电场强度
首先画出根据等量异种电荷的电场线，然后根据沿着电场线电势逐渐降低来判断电势
的高低；用电场线的疏密程度表示电场强度的大小，用电场线的切线方向表示场强方向．
【解答】
解：A．等量异号电荷的电场线分布情况如图所示
图中电场线从正电荷出发，等势面为不规则的圆圈，在两个异种电荷的中垂线上，E、
F两点关于连线对称，电场强度大小和方向都相同，故A正确；
B．在两个异种电荷的连线上，电场线从正电荷指向负电荷，沿着电场线电势越来越低，故P、Q电势不等，故B错误；
C．由电场叠加分析位置A与位置C两位置场强相等，但根据沿电场线方向电势降低，
得两位置电势不相等，故C错误；
D．C与D两位置位于两电荷连线同一侧，结合图像可知，场强方向不同，故D错误．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
带电物体在电场中的平衡问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：静电平衡时，金属板的感应电荷在B处产生的电场强度方向向右．以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F、感应电荷的静电力qE和丝线的
拉力，如图．
根据共点力平衡条件：
F+qE=T sinθ, mg=T cosθ，
又根据库仑定律得：F=k Qq
L2
，
联立解得E=mg tanθ
q −kQ
L2
，故D正确．
故选D．10.
B
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：油滴在电场中平衡时，由平衡条件得：mg=qU
d
，由题给已知信息油滴匀速下落
的过程中：v=km，联立得：q=vdg
kU
，故B正确．
故选B．
11.
【答案】
B
【考点】
电势差与电场强度的关系
点电荷的场强
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A项，根据点电荷的电场强度公式E=k Q
r2
，A点比B点距离场源电荷近，所以A点电场强度比B点大，故A错误；
B项，A点的点电荷电荷量q1=F1
E A ，B点的点电荷电荷量q2=F2
E B
，由于F2>F1，E A>
E B，所以q2>q1，故B正确；
C项，正点电荷电场线是背离正电荷，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以B点的电势小于A点的电势，故C错误；
D项，电场强度的大小与试探电荷无关，所以把两个点电荷交换位置，A、B两点的电场强度大小不变，故D错误．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
电场的叠加
点电荷的场强
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AB．某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强．根据点电荷的场强公式E=kQ
r2
，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等，方向相反，不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，
也不会在Q1与Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的，所以，
只能在Q2右边．设该位置据Q2的距离是L，所以kQ1
(0.06+L)2=kQ2
L2
，解得L=6cm，所以x
坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，故A正确，B错误；
CD．在Q1与Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以
实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向，所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是(0， 6cm)和
(12cm， ∞)，故C、D错误．
故选A．
二、多选题。

【答案】
C,D
【考点】
点电荷的场强
电场线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A项，图中右侧电场线比较密集，故图中右侧B点为+6q的点电荷，故A错误；
B项，P、Q两点所在的区域，沿电场线方向逐渐变密，因此P点的场强小于Q的场强，
故B错误；
C项，顺着电场线方向电势降低，则知P点电势高于Q点电势，故C正确；
D项，N点左侧的区域电场线方向是朝左的，因此N点的电势大于零，故D正确．
故选CD．
【答案】
A,B,D
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：B．利用整体法可知，斜面对B球支持力的竖直分量等于A、B两带电小球的重力
之和，斜面倾角不变，斜面对B球支持力不变，故斜面对B的弹力不变，故B正确；D．假设A球不动，由于A、B两球间的距离减小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖
直方向的夹角变小，而竖直分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；AC．因水平分量减小，故A正确，C错误．
故选ABD．
【答案】
A,C,D
【考点】
库仑定律与力学问题的综合应用
电场的叠加
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A球接触后A带正电，而B不带电，所以两球
接触后所带电荷量相等且都带正电，故A正确；
BC．平衡后，两球都处于平衡状态，对A球受力分析，设悬挂A的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据几何关系得：sinθ=
L
2
0.1
=0.06
0.1
=0.6，则tanθ=3
4
，根据平衡条件得：tanθ=F
mg
=
kq2
L2
mg
，带入数据解得：F=6.0×10−3N，q=4√6×10−8C，故B错误，C正确；D．A、B两球带等量同种电荷，则A、B两球连线中点处的电场强度为0，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,C,D
【考点】
带电物体在电场中的平衡问题
动能定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．物块在4s内的总位移x=1
2
(2+4)m=6m，A正确；
BC．由题意得，当E=3×104N/C时，物体的加速度为a=Δv
Δt
=1m/s2，由牛顿第二
定律得：qE−f=ma，当E=2×104N/C时，物体匀速运动，则物体受力平衡，
qE=f，又f=μmg，代入数据解得：m=1kg，μ=0.2，B错误，C正确；
D．前4s内电场力做功为W，由动能定理得：W−μmgx=1
2
mv2，x=6m，由此得：W=14J电场力做功等于电势能的减少量，故D正确．
故选ACD．
【答案】
B,D
【考点】
电场线
电势与电势能的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得c点的电场线密，所以有E c>E b，故A错误；
B．沿着电场线，电势逐渐降低，b点处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势
高于右侧的导体的电势，而右侧导体的电势比d 高，故b 点电势高于d 点的电势，故B 正确；
C ．电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d 点时其电势能为正值，故C 错误；
D ．从图中可以看出，a 点的电势，高于b 点的电势，而b 点的电势又高于d 点的电势，所以a 点的电势高于d 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正电荷从a 点移到d 点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D 正确． 故选BD ．
三、非选择题。

【答案】
（1）匀强电场的电场强度为√3mg q
． （2）小球运动到碗底时对碗的压力为2(√3+1)mg ．
【考点】
带电物体在电场中的平衡问题
动能定理的应用
向心力
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设匀强电场的电场强度为E ，由几何关系和平衡条件有：qE =mg tan 60∘， 解得：E =mg tan 60∘q =√3mg q
． （2）当匀强电场方向变为竖直向下后，由动能定理得：
(mg +qE )⋅12R =12
mv 2， 设小球运动到碗底时，碗对小球的支持力F N ，则有：F N −mg −qE =m v 2R ，解得：F N =2(√3+1)mg ．
根据牛顿第三定律得，小球对碗底的压力为2(√3+1)mg ．
【答案】
（1）小球在桌面上运动时加速度为1.0m/s 2，方向：水平向左．
（2）距桌面右端38m 处放入，有最大水平距离为58m ．
【考点】
平抛运动的临界和极值问题
库仑定律与力学问题的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律有
a =F m =qE m =10−6×1040.01m/s 2=1.0m/s 2，
方向：水平向左
（2）设球到桌面右边的距离为x1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x2，则x
总
=x1+x2，
由v2−v02=−2ax1，
代入得v=√1−2×1×x1=√1−2x1，
设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有
ℎ=1
2
gt2，
代入得t=0.5s，
水平方向，有x2=vt=0.5√1−2x1，
故x
总
=x1+0.5√1−2x1，
令y=√1−2x1，
则x
总=1−y2+y
2
，
故当y=1
2，即x1=3
8
m时，水平距离最大，
最大值为：x m=5
8
m，
即距桌面右端3
8m处放入，有最大水平距离为5
8
m．。