小題必小題必練15：電場(chǎng)力的性質(zhì)(1)電荷守恒、靜電現(xiàn)象及解釋?zhuān)?2)點(diǎn)電荷、庫(kù)侖定律；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)線(xiàn)、電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加。例1．(2019?全國(guó)I卷?15)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，D正確，C錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】本題考查庫(kù)侖力的性質(zhì)以及對(duì)基本知識(shí)的理解能力。涉及庫(kù)侖力的平衡問(wèn)題與純力學(xué)平衡問(wèn)題分析方法一樣，受力分析是基礎(chǔ)，應(yīng)用平衡條件是關(guān)鍵，都可以通過(guò)解析法、圖示法或兩種方法相結(jié)合解決問(wèn)題，但要注意庫(kù)侖力的大小隨著電荷間距變化的特點(diǎn)。例2．(2019?全國(guó)II卷?20)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線(xiàn)重合C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線(xiàn)平行【答案】AC【解析】在兩個(gè)同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線(xiàn)上自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，A正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，C正確；若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)不是直線(xiàn)，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線(xiàn)重合，B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線(xiàn)，根據(jù)粒子做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線(xiàn)平行，D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力，電場(chǎng)力一定沿電場(chǎng)線(xiàn)的切線(xiàn)方向，并指向帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)。1．如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對(duì)平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛在兩金屬極板中間，則()A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫(kù)侖力三個(gè)力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開(kāi)后乒乓球會(huì)在兩極板間來(lái)回碰撞2．如圖所示，A、B為兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷，在其連線(xiàn)中垂線(xiàn)上的P點(diǎn)放一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷q(不計(jì)重力)，由靜止釋放后，下列說(shuō)法中正確的是()A．點(diǎn)電荷在從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度越來(lái)越大，速度越來(lái)越大B．點(diǎn)電荷在從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度越來(lái)越小，速度越來(lái)越大C．點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)加速度為零，速度達(dá)最大值D．點(diǎn)電荷越過(guò)O點(diǎn)后，速度越來(lái)越小，加速度越來(lái)越大，直到粒子速度為零3．(多選)如圖所示，兩個(gè)帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線(xiàn)的垂直平分線(xiàn)上的點(diǎn)，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))從P點(diǎn)由靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是()4．(多選)如圖所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，突然將電場(chǎng)反向，若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列描述速度與時(shí)間、加速度與位移之間變化關(guān)系的圖象正確的是()5．(多選)如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示實(shí)線(xiàn)位置靜止?，F(xiàn)將B球向左移動(dòng)少許，發(fā)現(xiàn)A球隨之移動(dòng)，兩球在虛線(xiàn)位置重新平衡，則重新平衡時(shí)的情況與移動(dòng)前相比，下列說(shuō)法中正確的是()A．墻面對(duì)A的彈力變小B．斜面對(duì)B的彈力變大C．推力F變小D．兩小球之間的距離變小6．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為一直線(xiàn)，該直線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()A．最大值是eq\f(mgtanθ,q)B．最小值為eq\f(mgsinθ,q)C．唯一值是eq\f(mgtanθ,q)D．以上都不對(duì)7．(多選)如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線(xiàn)MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線(xiàn)，虛線(xiàn)AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB。下列說(shuō)法正確的是()A．電子一定從A向B運(yùn)動(dòng)B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA＜EpBD．B點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)8．(多選)用細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫(kù)侖力的作用下靜止不動(dòng)，如圖所示?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷后()A．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于gC．小球B落地的時(shí)間小于eq\r(\f(2h,g))D．小球B落地的速度大于eq\r(2gh)9．如圖所示，等量異種電荷A、B固定在同一水平線(xiàn)上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB連線(xiàn)的中垂線(xiàn)重合，C、D是絕緣桿上的兩點(diǎn)，ACBD構(gòu)成一個(gè)正方形。一帶負(fù)電的小球(可視為點(diǎn)電荷)套在絕緣桿上自C點(diǎn)無(wú)初速釋放，則小球由C運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．桿對(duì)小球的作用力先增大后減小B．桿對(duì)小球的作用力先減小后增大C．小球的速度先增大后減小D．小球的速度先減小后增大10．如圖所示，一水平放置的金屬板正上方有一固定的正點(diǎn)電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn)且不影響Q的電場(chǎng))，從左端以初速度v0滑上金屬板光滑的上表面，向右運(yùn)動(dòng)到右端，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．小球先做減速運(yùn)動(dòng)再做加速運(yùn)動(dòng)B．小球受到的合力的沖量為零C．小球的電勢(shì)能先減小，后增加D．小球先加速運(yùn)動(dòng)，后減速運(yùn)動(dòng)11．如圖所示，絕緣水平面上靜止著兩個(gè)質(zhì)量均為m、電量均為＋Q的物體A和B(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))，它們間的距離為r，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。求：(1)A受的摩擦力為多大？(2)如果將A的電量增至＋4Q，兩物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的加速度第一次為零時(shí)，A、B各運(yùn)動(dòng)了多遠(yuǎn)距離？12．如圖所示，在光滑絕緣水平面上B點(diǎn)的正上方O處固定一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，在水平面上的A點(diǎn)放另一個(gè)質(zhì)點(diǎn)，兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為m，帶電荷量均為＋Q。C為AB直線(xiàn)上的另一點(diǎn)(O、A、B、C位于同一豎直平面上)，A、O間的距離為L(zhǎng)，A、B和B、C間的距離均為eq\f(L,2)，在空間加一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后A處的質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。試問(wèn)：(1)該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為多大？其方向如何？(2)給A處的質(zhì)點(diǎn)一個(gè)指向C點(diǎn)的初速度，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)所受的電場(chǎng)力為多大？(3)若指向C點(diǎn)的初速度大小為v0，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的加速度和速度分別為多大？答案1．【答案】D【解析】由圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，近端感應(yīng)出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A錯(cuò)誤。乒乓球被擾動(dòng)后，如果向右擺動(dòng)會(huì)被吸到右板上，B錯(cuò)誤。乒乓球共受到懸線(xiàn)的拉力、重力和電場(chǎng)力的作用，C錯(cuò)誤。用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會(huì)帶上正電，受到右極板的排斥，向左運(yùn)動(dòng)與左極板接觸，又帶上負(fù)電，被左極板排斥向右運(yùn)動(dòng)，這樣小球就在兩極板間來(lái)回碰撞，D正確。2．【答案】C【解析】在兩電荷連線(xiàn)中垂線(xiàn)上電場(chǎng)強(qiáng)度方向O→P，負(fù)點(diǎn)電荷q從P點(diǎn)到O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力方向P→O，速度越來(lái)越大。但電場(chǎng)線(xiàn)的疏密情況不確定，電場(chǎng)強(qiáng)度大小變化情況不確定，則電荷所受電場(chǎng)力大小變化情況不確定，加速度變化情況無(wú)法判斷，故A、B錯(cuò)誤；越過(guò)O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度最大，電場(chǎng)力為零，加速度為零，故C正確；根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性可知，越過(guò)O點(diǎn)后，負(fù)電荷q做減速運(yùn)動(dòng)，加速度的變化情況無(wú)法判斷，故D錯(cuò)誤。3．【答案】AB【解析】在AB的垂直平分線(xiàn)上，從無(wú)窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，小球C受力沿垂直平分線(xiàn)，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線(xiàn)的斜率先變大后變??；由O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)處，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱(chēng)性；如果P、N相距足夠遠(yuǎn)，則B項(xiàng)正確，如果P、N相距很近，則A項(xiàng)正確。4．【答案】AC【解析】將電場(chǎng)反向，小球在水平方向上受到向右的電場(chǎng)力和彈簧的彈力，小球離開(kāi)彈簧前，根據(jù)牛頓第二定律得，小球的加速度a＝eq\f(qE＋kx,m)，知a隨壓縮量x的減小均勻減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度a＝eq\f(qE,m)，保持不變。可知小球先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。5．【答案】AC【解析】以A、B兩球整體為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件得FBcosα＝(mA＋mB)g，F(xiàn)A＝F＋FBsinα，且α角為定值。以A為研究對(duì)象受力分析如乙圖所示，由平衡條件得F電cosβ＝mAg，F(xiàn)A＝F電sinβ，且β角減小。整理可得F電＝eq\f(mAg,cosβ)，隨β角減小，F(xiàn)電減小，結(jié)合庫(kù)侖定律可知，兩小球之間的距離變大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；由FA＝F電sinβ可判斷FA減小，A項(xiàng)正確；FB＝eq\f(mA＋mBg,cosα)不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；推力F＝FA－FBsinα減小，C項(xiàng)正確。6．【答案】B【解析】依題意，帶電小球所受合力方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力方向與合力方向垂直時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最小，如圖，則sinθ＝eq\f(qEmin,mg)，所以Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，選項(xiàng)B正確。又由圖可知場(chǎng)強(qiáng)的取值不是唯一而且沒(méi)有最大值，所以A、C、D錯(cuò)誤。7．【答案】BC【解析】電子在電場(chǎng)中做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，虛線(xiàn)AB是電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線(xiàn)直線(xiàn)曲線(xiàn)的凹側(cè)，電場(chǎng)的方向與電場(chǎng)力的方向相反，如圖所示。由所知條件無(wú)法判斷電子的運(yùn)動(dòng)方向，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；若aA＞aB，說(shuō)明電子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力較大，M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布可知，靠近M端為場(chǎng)源電荷的位置，應(yīng)帶正電，故B項(xiàng)正確；無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷，一定有電勢(shì)φA＞φB，電子電勢(shì)能Ep＝－eφ，電勢(shì)能是標(biāo)量，所以一定有EpA＜EpB，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．【答案】BCD【解析】將細(xì)繩剪斷瞬間，小球B受到重力和庫(kù)侖力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此從剪斷細(xì)繩瞬間起開(kāi)始，小球B不可能做平拋運(yùn)動(dòng)，且加速度大于g，故A錯(cuò)誤，B正確；小球在落地過(guò)程中，除受到重力外，還受到庫(kù)侖斥力，那么豎直方向的加速大于g，因此小球B落地的時(shí)間小于eq\r(\f(2h,g))，落地的速度大于eq\r(2gh)，故C、D正確。9．【答案】A【解析】從C到D，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則電場(chǎng)力先增大后減小，則桿對(duì)小球的作用力先增大后減小，故A正確，B錯(cuò)誤。因直桿處于AB連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上，所以此線(xiàn)上的所有點(diǎn)的電場(chǎng)方向都是水平向右的，對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析，受豎直向下的重力，水平向左的電場(chǎng)力和水平向右的彈力，水平方向上受力平衡，豎直方向上的合力大小等于重力，重力大小不變，加速度大小始終等于重力加速度，所以帶電小球一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。10．【答案】B【解析】金屬板的表面是一個(gè)等勢(shì)面，帶電小球受到的電場(chǎng)力沿豎直方向，水平方向不受外力，小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，電勢(shì)能不變，合外力的沖量為零，綜上所述，只有B項(xiàng)正確。11．【解析】(1)由平衡條件可知A受的摩擦力f＝F＝keq\f(Q2,r2)。(2)物體運(yùn)動(dòng)后，當(dāng)加速度a＝0時(shí)，設(shè)A、B間距離為r′。根據(jù)牛頓第二定律：keq\f(4Q2,r′2)－μmg＝0得r′＝2Qeq\r(\f(k,μmg))由題意可知A、B運(yùn)動(dòng)的距離均為s＝eq\f(r′－r,2)故s＝Qeq\r(\f(k,μmg))－eq\f(r,2)。12．【解析】(1)根據(jù)庫(kù)侖定律有F＝keq\f(Q2,L2)根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有Fsin30°＝EQ由以上兩式得E＝eq\f(Fsin30°,Q)＝eq\f(kQ,2L2)，方向由A指向C(或水