第1章 习题课2 静电力的性质（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第三册（教科版）

[基础训练] 1．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 答案　C 2．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则(　　) A．B、C两点场强大小和方向都相同 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点比较，O点场强最弱 D．B、O、C三点比较，O点场强最弱 解析　根据等量异种点电荷的电场特点可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大。两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，故A、D正确。 答案　AD 3.如图所示，实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．静电力对a做正功，对b做负功 C．a的速度将减小，b的速度将增大 D．a的加速度将减小，b的加速度将增大 解析　本题考查了电场线疏密与电场强度大小的关系和轨迹弯曲方向与受力方向的关系。由a、b的轨迹弯曲方向来看两个带电粒子所带电性一定相反，但不能判断谁正、谁负。由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错误；因力的方向沿电场线且要指向轨迹的凹侧，速度沿轨迹的切线方向，由此知a和b所受的力和速度方向的夹角都小于90°，所以静电力对a、b均做正功，B、C错误；由电场线的疏密知，D正确。 答案　D 4.(2025·兰州期末)如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点。已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为E＝，且PR＝2RQ＝2r。则(　　) A．q1＝2q2　　　　 B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 解析　若q1和q2带同种电荷，则两电荷在R处的合场强大小为E＝k－k，当q1＝2q2时，E＝，A错误；q1＝4q2时，E＝0，B错误；若q1和q2带异种电荷，则两电荷在R处的合场强大小为E′＝k＋k，当q1＝－2q2时，E′＝，C错误；q1＝－4q2时，E′＝，D正确。 答案　D 5.(多选)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度－时间图像中，可能正确的是(　　) 解析　在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球受力沿垂直平分线，如果P、N与O之间的距离足够远，小球的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大。v ­t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远处，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，B正确；同理，如果P、N与O之间的距离很近，A正确。 答案　AB 6．如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的角度θ＝60°。g取10 m/s2。试求： (1)小球的电性和电荷量； (2)若小球静止时离右板d＝5×10－2m。剪断悬线后，小球经多长时间碰到右极板。 解析　(1)因为小球静止，即受力平衡，所以小球带正电荷，小球受力分析如图所示。由平衡条件有 qE＝mgtan θ， 解得q＝×10－6 C。 (2)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。 ax＝，d＝axt2， 解得t＝0.1 s。 答案　(1)正电荷　×10－6 C　(2)0.1 s [能力提升] 7.(多选)(2025·启东检测)有两个带有等量异种电荷的小球，用绝缘细线相连后悬起，并置于水平方向的匀强电场中，如图所示。当两小球都处于平衡时不可能的位置是选项中的(　　) 解析　若把两小球和两球之间的连线看成一个整体，因为两球所带电荷是等量异种电荷，所以两小球在水平方向上受静电力的合力为零，竖直方向只受两球的重力和上段细线的拉力，重力竖直向下，所以上段细线的拉力必须竖直向上，则答案为BCD。 答案　BCD 8．某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则(　　) A．粒子一定带负电 B．粒子一定是从a点运动到b点 C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度 D．粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度 解析　做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。 答案　C 9.如图所示，电荷量分别为2q和－q(q>0)点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷2q、－q连线中点O的电场强度大小是E，则正方体A点的电场强度大小是(　　) A.E B.E C.E D.E 解析　根据几何知识得O点到两个电荷的距离都是d＝L，即O点场强为E＝＋＝。A点电场EA＝＝＝E，故选B。 答案　B 10．如图所示，A、B两带电小球，带电荷量大小分别为QA、QB，质量分别为m1和m2。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，∠OBA＝37°，∠OAB＝53°，C是AB连线上一点且在O点的正下方，C点的场强为零，A、B两带电小球均可视为点电荷，sin 53°＝0.8，则下列说法正确的是(　　) A．A、B两球的质量之比为9∶16 B．A、B两球的带电荷量之比为81∶256 C．同时剪断连接两小球A、B的细线，A小球一定先落地 D．若在O点放一带电荷量适当的负电荷，能在两球不动的情况下使两细线的拉力同时为零 解析　设两小球间库仑力大小为F，对A球F＝m1gtan 37°，对B球F＝m2gtan 53°，两者联立可知＝，A错误；两个点电荷A、B在C点的合场强为零，则k＝k，得＝2＝2，B正确；同时剪断连接两小球A、B的细线，在竖直方向两小球A、B均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；若OA细线拉力为零，O点放置电荷Q1，则k·cos 53°＝F，若OB细线拉力为零，O点放置电荷Q2，则kcos 37°＝F，可得＝，D错误。 答案　B 11．(2025·苏州模拟)如图甲所示，在一个点电荷Q形成的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为5.0 m和8.0 m，放在A，B两点的试探电荷受到的电场力的大小及方向跟试探电荷所带电荷量及电性关系如图乙中的直线a，b所示，求： (1)A、B两点的电场强度的大小和方向； (2)判断点电荷Q的电性； (3)点电荷Q的位置坐标。 解析　(1)由图可得A点电场强度的大小为EA＝＝ N/C＝40 N/C 因A点的试探电荷带正电，而受力指向x轴的正方向，故A点场强的方向沿x轴的正方向。由图可得B点电场强度的大小为EB＝＝ N/C＝2.5 N/C 因B点的试探电荷带负电，而受力指向x轴的负方向，故B点场强的方向沿x轴的正方向。 (2)因A点的正电荷受力指向x轴的正方向，而B点的负电荷受力指向x轴的负方向，且EA＞EB，因此点电荷Q带正电。 (3)设点电荷Q的坐标为x，则有EA＝k，EB＝k 由上可得EA＝40 N/C，则有＝， 解得x＝4 m 答案　(1)A点的电场强度的大小为40 N/C，方向沿x轴正方向，B点的电场强度的大小为2.5 N/C，方向沿x轴正方向　(2)带正电　(3)位置坐标4 m 12．如图所示，固定在竖直平面内的绝缘细半圆管轨道在C点与绝缘的水平地面平滑连接，半圆管的半径R＝1.6 m，管内壁光滑，两端口C，D连线沿竖直方向，CD右侧存在场强大小E＝1.5×103 N/C、方向水平向左的匀强电场；水平面AB段表面光滑，长L1＝6.75 m，BC段表面粗糙，长L2＝5.5 m。质量m＝2.0 kg、电荷量q＝0.01 C的带正电小球在水平恒力F＝10.0 N的作用下从A点由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力F，小球进入半圆管后通过端口D时对圆管内轨道有竖直向下的压力ND＝15 N。小球与水平面BC段之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： (1)小球通过端口D时的速度大小vD； (2)小球通过半圆管中点P时与圆管的作用力大小NP； (3)撤去拉力F时小球的速度大小v0。 解析　(1)在端口D由牛顿第二定律有 mg－ND＝m， 解得vD＝ ＝2 m/s。 (2)设小球经过半圆管中点P时的速度大小为vP，从P到D的过程中由动能定理可得 qER－mgR＝mv－mv， 解得vP＝2 m/s。 在P点由牛顿第二定律有qE－NP＝m， 解得NP＝0。 (3)设F作用的距离为s，从A到D由动能定理有Fs－μmgL2－2mgR＝mv， 解得s＝9 m。 在F作用的过程中由动能定理得Fs－μmg(s－L1)＝mv， 解得v0＝9 m/s。 答案　(1)2 m/s　(2)0　(3)9 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $