2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練20 庫侖定律 電場力的性質(zhì)（含解析）

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1、庫侖定律　電場力的性質(zhì) 小題狂練? 小題是基礎　練小題　提分快 1. [2018·全國卷Ⅰ]如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝ 答案：D 解析：由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知， a、b的電荷異號． 根據(jù)庫侖定律， a對c的庫侖力為 Fa＝k

2、0　　　　① b對c的庫侖力為 Fb＝k0　　　?、? 設合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得 ＝　　　　③ 聯(lián)立①②③式得k＝＝＝. 2．[2019·江蘇省鹽城市時楊中學檢測]真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為(　　) A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9 答案：C 解析：由點電荷的場強公式E＝k可知，＝＝，C選項正確． 3．[2019·四川省成都模擬]如圖所示為電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示這兩處的電場強度的大小，則(　　) A．a(chǎn)、b兩點的電場強度方向

3、相反 B．因為電場線由a指向b，所以Ea>Eb C．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb D．因不清楚a、b兩點附近的電場線分布情況，所以不能確定Ea、Eb的大小關系 答案：D 解析：由電場線方向可知，a、b兩點的電場強度方向都向右，A選項錯誤；僅一條電場線無法比較電場線的疏密程度和電場強度大小關系，B、C選項錯誤，D選項正確． 4．[2019·重慶八中模擬]在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點，其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是(　　) A．圖甲中與點電荷等距的a、b兩點 B．圖乙中兩等量異種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 C．圖丙中兩

4、等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點 D．圖丁中非勻強電場中的a、b兩點 答案：C 解析： 題圖甲中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，A選項錯誤；題圖乙中，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，B選項錯誤；題圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，C選項正確；題圖丁中根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，D選項錯誤． 5. [2019·福建省三明模擬](多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線

5、方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，不計兩粒子間的相互作用，則(　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的動能均增大 答案：CD 解析：根據(jù)兩粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可知兩粒子帶異種電荷，但無法確定其具體電性，故A錯誤；由粒子受力方向與速度方向的關系，可判斷電場力對兩粒子均做正功，兩粒子的速度、動能均增大，故B錯誤，D正確；從兩粒子的運動軌跡判斷，a粒子的運動軌跡所在的電場線逐漸變得稀疏，b粒子的運動軌跡所在的電場線逐漸變密，說明a的加速度減小，b的加速度增大，故C正確

6、． 6. [2019·廣東省深圳市耀華實驗學校模擬]如圖所示，在真空中某點電荷產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點處場強大小為Ea，方向與連線ab的夾角為60°.b點處場強大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°.則a、b兩點的場強大小關系為(　　) A．Eb＝ B．Ea＝ C．Eb＝3Ea D．Ea＝3Eb 答案：D 解析：由題意知，場源電荷為負點電荷，則－Q應位于兩電場線的交點O處，如圖所示，因為a點離O較近，而Ea＝k，Eb＝k，而rb＝ra，所以有Ea＝3Eb，所以D選項正確． 7．[2019·云南省建水六中模擬]如圖所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點，依次相

7、距L，若把帶電金屬小球甲(半徑遠小于L)放在B點，測得D點處的電場強度大小為E；現(xiàn)將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，此時D點處的電場強度大小為(　　) A.E B.E C．E D.E 答案：D 解析：由E＝k得，E＝k，甲、乙兩小球接觸后，電荷量平分，有Q1＝Q2＝，ED＝k＋k，聯(lián)立得ED＝E，所以D項正確． 8．[2019·寧夏六盤山高中摸底]如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值

8、均為Q，引力常量為G，靜電力常量為k，那么a、b兩球之間的萬有引力F1、庫侖力F2分別滿足(　　) A．F1＝G，F(xiàn)2＝k B．F1＞G，F(xiàn)2＝k C．F1＝G，F(xiàn)2＞k D．F1＝G，F(xiàn)2＜k 答案：C 解析：兩個金屬球殼質(zhì)量分布均勻，計算萬有引力時可以等效為質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點，所以F1＝G；帶上等量異種電荷時，異種電荷互相吸引，電荷分布在兩球殼靠近的一側(cè)，電荷中心間的距離小于兩球心間的距離，則F2>k，選項C正確． 9．[2019·四川省蒼溪中學診斷]如圖所示，兩根絕緣輕繩將兩個大小和材料均相同的帶正電小球(可視為質(zhì)點)系于同一點，A球靠在絕緣墻壁上，B球保持靜止狀態(tài)．

9、兩球所帶電荷量分別為qA＝2q和qB＝4q.現(xiàn)將B球與A球接觸后再次釋放，穩(wěn)定后兩球均靜止，下列說法正確的是(　　) A．B球的電荷量不變 B．輕繩對B球的拉力變大 C．A、B兩球間庫侖力減小 D．A、B兩球間距離與原來兩球間距離的比值為 答案：D 解析：兩球接觸時，平分電荷量，A錯誤；設兩輕繩的長度分別為h和L0，兩球間距離為L，當兩球處于靜止狀態(tài)時，對B球進行受力分析，如圖所示，根據(jù)三角形相似可得，＝，T＝G，所以輕繩對B球的拉力不變，B錯誤；由＝，得F＝G，又F＝k，得L＝，故可知再次平衡時，兩球間距離增大，庫侖力增大，C錯誤；兩球間距離與原來兩球間距離的比值為＝，D正確

10、． 10．[2019·湖南省株洲模擬](多選)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異種電荷的金屬板A、B，傾角為θ，一個電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1 g的帶正電小球自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1 m/s飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰恰好回到P，g取10 m/s2，則(　　) A．板間電場強度大小為100 V/m B．板間電場強度大小為141 V/m C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平方向的夾角θ＝45° 答案：AD 解析：小球從A板射向B板，能回到P，可知小球沿水平方向運動，對小球受力分析如圖所示，設板間勻強電場的場強

11、為E，在豎直方向由平衡條件得，mg＝qEcosθ，在水平方向由動量定理得qEtsinθ＝2mv0，解得tanθ＝＝1，即θ＝45°，E＝＝100 V/m，A、D項正確． 11．[2019·江蘇省南京市程橋高中模擬]一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強大小E0＝k，方向如圖所示．把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小分別為E3、E4.則(　　) A．E1＞k B．E2＝ C．E3＜

12、k D．E4＝ 答案：A 解析：根據(jù)點電荷電場強度公式E＝，且電荷只分布在球的表面，對于題圖甲，雖表面積和各點到圓心的距離相同，但半球面上部分各處電荷在O點場強夾角相對較小，則根據(jù)電場的疊加原理，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強大小關系為E1>E2；因電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強大小E0＝k，則E1>k；對于題圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，根據(jù)電場的疊加可知：左側(cè)部分在O點產(chǎn)生的場強與右側(cè)部分在O點產(chǎn)生的場強大小相等，即E3＝E4.由于方向不共線，由合成法則可知，E3>k，故A項正確，B、C、D項錯誤． 12. [2019·湖南省洞口一中檢測](多選)套有三

13、個帶電小球的圓環(huán)放在水平桌面上(不計一切摩擦)，小球的電荷量保持不變，整個裝置平衡后，三個小球的一種可能位置如圖所示．三個小球構成一個銳角三角形，三角形的邊長大小關系是AB>AC>BC，下列說法正確的是(　　) A．三個小球電荷量的代數(shù)和可能為0 B．三個小球一定帶同種電荷 C．三個小球所受環(huán)的彈力大小為NA>NB>NC D．三個小球帶電荷量的大小為QA>QC>QB 答案：BC 解析：對A分析，彈力過圓心，根據(jù)平衡條件，要么B與C對A有引力，要么對A有斥力，因此A不可能受到一個斥力一個引力，所以B、C帶同種電荷，分析B，根據(jù)平衡條件可得A、C帶同種電荷，所以三個小球電荷量的代數(shù)和不

14、可能為零，A錯誤，B正確；A受到兩斥力，設圓心為O，因AB大于AC，同時∠OAB小于∠OAC，可得受B的斥力更大，又離B遠可得B所帶電荷量大于C所帶電荷量，同理A所帶電荷量大于B所帶電荷量，即QA>QB>QC，故D錯誤；結合平行四邊形定則，知NA>NB>NC，C正確． 13. [2019·廣東省實驗中學模擬](多選)如圖所示，兩等量異種點電荷相距為2a，M與兩點電荷共線，N位于兩點電荷連線的垂直平分線上，兩點電荷連線中點到M和N的距離都為L，且L?a.則兩點電荷在M點的合電場強度和N點的合電場強度(　　) A．大小之比為2：1，方向相反 B．大小之比為1：1，方向相反 C．大

15、小均與a成正比，方向相反 D．大小均與L的平方成反比，方向相互垂直 答案：AC 解析：如圖所示，兩點電荷在M點產(chǎn)生的合電場強度為E1＝k－k＝4k，兩點電荷在N點產(chǎn)生的合電場強度為E2＝2k·＝2k，所以E1：E2＝2：1；又N點處場強方向由＋q指向－q，在M點的場強方向由－q指向＋q，所以E1與E2的方向相反，故A、C正確． 14．[2019·河北省衡水中學檢測](多選)如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連

16、線方向射入，到A點時速度vA＝1 m/s，到B點時速度vB＝ m/s，則(　　) A．微粒從B到C做加速運動，且vC＝3 m/s B．微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動 C．微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s D．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為 m/s 答案：AC 解析：從A到B做的功和從B到C做的功相等，依據(jù)動能定理可得：qUAB＝mv－mv，qUBC＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A項正確；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，故B項錯誤；過B作垂直AC的線，此線為等勢線，微粒過C點后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故B點

17、的動能等于無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒定律可以得到微粒最終的速度應該與B點的速度相同，故C項正確，D項錯誤． 15．[2019·合肥質(zhì)檢](多選)如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，僅在電場力作用下以恒定的速率v沿一圓弧從A點運動到B點，速度方向轉(zhuǎn)過θ角，AB弧長為l.則下列說法正確的是(　　) A．該粒子一定處在一個點電荷的電場中 B．該粒子可能處在兩個點電荷的電場中 C．圓弧AB中點的電場強度大小為 D．圓弧AB中點的電場強度大小為 答案：BC 解析：由于粒子的速度大小始終相同，故在從A點運動到B點的過程中電場力不做功，即題圖中的軌跡為等勢線，因此該電場可能是一個

18、點電荷形成的電場，軌跡位于以點電荷為圓心的圓上，也可能是等量異種點電荷形成的電場，軌跡位于等量異種點電荷連線的中垂面上，A錯誤，B正確；由題意知A、B兩點的電勢差為0，粒子做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則由牛頓第二定律可知，qE＝m，由于l＝Rθ，解得E＝，C正確，D錯誤． 16．[2019·南昌模擬]已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，電勢處處相等．如圖所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線，A、B為軸線上的點，且AO＝OB，則下列判斷正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的電場強度大 B．A、B兩點的電場強度相同 C．A、B兩點的電場強度大小

19、相等，方向相反 D．A、B兩點的電場強度大小不等，方向相同 答案：B 解析：先將半球面補充為一個完整的球面，則B點的電場強度可等效為完整的球面產(chǎn)生的電場強度與右邊均勻帶負電半球面產(chǎn)生的電場強度的疊加，即為右邊帶負電半球面產(chǎn)生的電場強度，根據(jù)對稱性可知與左半球面在A點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相同，B正確． 課時測評? 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．[2019·廣東揭陽一中、潮州金中聯(lián)考](多選)如圖所示的實驗裝置為庫侖扭秤．細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力平衡，當把另一個帶電

20、的金屬球C插入容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉(zhuǎn)，通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關系．這一實驗中用到了下列哪些方法(　　) A．微小量放大法 B．極限法 C．控制變量法 D．逐差法 答案：AC 解析：當小球C靠近小球A時，庫侖力使懸絲扭轉(zhuǎn)較小的角度，通過懸絲上的小鏡子反射光線放大，能比較準確地測出轉(zhuǎn)動角度．同時體現(xiàn)了控制變量法，即分別控制q和r不變，研究庫侖力F與r和q的關系，故A、C正確． 2．[2019·河南模擬]a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)，已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q

21、，且Q>q，關于電荷c，下列判斷正確的是(　　) A．c一定帶負電 B．c所帶的電荷量一定大于q C．c可能處在a、b之間 D．如果固定a、b，仍使c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定 答案：B 解析：根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自所帶電荷量的大小，因此在大小上一定為“兩大夾一小”，且c所帶的電荷量一定大于q，故A、C錯誤，B正確；如果a、b固定，則只需使c處于平衡狀態(tài)即可，由于a、b帶異號電荷，c應位于a、b連線的外側(cè)，又由于a的電荷量大于b的電荷量，則c應靠近b，c的電荷量不能確定，故

22、D錯誤． 3．如圖所示，光滑平面上固定金屬小球A，用長為l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)閤2，則有(　　) A．x2＝x1 B．x2>x1 C．x2＝x1 D．x2

23、別是等量負點電荷和等量異種點電荷組成的兩個獨立的帶電系統(tǒng)，O為電荷連線和中垂線的交點，M、N是連線上關于O點對稱的兩點，p、q是中垂線上關于O點對稱的兩點．現(xiàn)有一個正點電荷，僅受電場力作用，則(　　) A．該正點電荷在圖甲和圖乙中從p運動到q時一定是沿直線運動 B．該正點電荷在圖甲和圖乙中從M運動到N時一定是沿直線運動 C．該正點電荷可以在圖甲中做勻速圓周運動經(jīng)過p和q D．該正點電荷可以在圖乙中做勻速圓周運動經(jīng)過p和q 答案：BC 解析：題圖甲中，等量負點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為沿中垂線指向中點，所以該正點電荷從p到q運動時電場力的方向與運動方向共線，做直線運動，題

24、圖乙中，等量異種點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為垂直于中垂線指向負電荷，所以該正點電荷從p向q運動的過程中，受的電場力向右，故應該做曲線運動，A錯誤；在連線上，題圖甲中，電場強度的方向由中點O指向兩負電荷，所以該正點電荷從M向N運動，電場力與速度方向共線，做直線運動；題圖乙中，電場強度的方向由M到N，所以該正點電荷受電場力的方向與速度共線，做直線運動，B正確；給該正點電荷適當?shù)乃俣?，可以使其在垂直于紙面?nèi)以O點為圓心，以Op為半徑做勻速圓周運動，C正確；根據(jù)正點電荷的受力情況和勻速圓周運動中合外力的特點可知，在題圖乙中該正點電荷不可能做勻速圓周運動經(jīng)過p和q，D錯誤． 5．[2019·湖

25、北孝感統(tǒng)考] 在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小為(　　) A．E B. C. D. 答案：B 解析：撤去A點小球前，O點的電場強度是A點的＋3q和與其關于O點對稱點＋q兩小球分別產(chǎn)生的電場疊加形成的，則E＝－＝，方向水平向左．撤去A點的小球后，O點的電場強度是A點關于O點對稱點＋q產(chǎn)生的，所以E′＝＝，方向水平向右，B正確． 6．[2019·廣東江門模擬]如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均

26、為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接．當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為(　　) A．l＋ B．l－ C．l－ D．l－ 答案：C 解析：對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球?qū)λ蛴业膸靵龀饬?，大小分別為F1＝和F2＝.由力的平衡可知彈簧彈力的大小F＝F1＋F2＝，彈簧的伸長量為Δl＝＝，故彈簧的原長為l0＝l－Δl＝l－，C正確． 7. [2019·上海五校聯(lián)考]如圖所示，在光滑絕緣水平面上B點的正上方O處固定一個質(zhì)點，在水平面上的A點放另一個質(zhì)點

27、，兩個質(zhì)點的質(zhì)量均為m，帶電荷量均為＋Q.C為水平面上的另一點(O、A、B、C位于同一豎直平面內(nèi))，A、O間的距離為L，A、B和B、C間的距離均為，在空間加一個水平方向的勻強電場后A處的質(zhì)點處于靜止，現(xiàn)給A處的質(zhì)點一個指向C點的初速度，則A處質(zhì)點到達B點時所受的電場力大小為(靜電力常量用k表示)(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：根據(jù)庫侖定律有F＝k，A處的質(zhì)點靜止時，根據(jù)共點力平衡條件有Fsin30°＝EQ，由以上兩式得E＝＝，質(zhì)點在B點受到的庫侖力F′＝，由平行四邊形定則得合電場力大小F＝＝，故A正確． 8. [2019·山東菏澤統(tǒng)測](多選)如圖

28、所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．小球在AC部分可能做勻速圓周運動 B．小球一定能從B點離開軌道 C．若小球能到達C點，小球在C點時的速度一定不為零 D．若小球能到達B點，小球經(jīng)過B點時動能和經(jīng)過A點時動能一定相等 答案：AC 解析：若重力大小等于電場力大小，則小球進入軌道后，靠彈力提供向心力，所以

29、小球在AC部分可能做勻速圓周運動，A正確；小球進入圓軌道后，受到豎直向下的重力、豎直向上的電場力和沿半徑方向的軌道的彈力，電場力做負功，重力做正功，由于題中沒有給出相關物理量的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道，故B錯誤；若小球到達C點的速度為零，則電場力必定大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動到C點，所以小球到達C點的速度不可能為零，C正確；由A到B根據(jù)動能定理有－EqR＝mv－mv，所以若小球能到達B點，小球經(jīng)過B點時動能和經(jīng)過A點時動能一定不相等，D錯誤． 9. [2019·湖北天門、仙桃、潛江聯(lián)考]如圖所示，一邊長為L的立方體絕緣體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于左右面

30、且過立方體中心O的軸線上有a、b、c三個點，a和b、b和O、O和c間的距離均為L，在a點處固定有一電荷量為q(q<0)的點電荷．已知b點處的場強為零，則c點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k 答案：D 解析：電荷Q在b點和c處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，根據(jù)b點處的場強為零，可知Q帶負電，且＝，在c點處，兩電荷產(chǎn)生的場強方向均向左，Ec＝＋＝k＝k，D正確． 10．[2019·安徽師大附中模擬]理論上已經(jīng)證明：電荷均勻分布的球殼在殼內(nèi)的電場強度為零．假設某星球是一半徑為R、電荷量為Q且電荷分布均勻的球體，靜電力常量為k，則星球

31、表面下h深度處的電場強度的大小為(　　) A. B. C. D．0 答案：A 解析：星球的體積V0＝，所以半徑(R－h(huán))的內(nèi)球所帶的電荷量q＝·Q＝·Q，星球表面下h深度處的電場強度的大小E＝＝，故選A. 二、非選擇題 11. [2019·山西太原聯(lián)考]如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑絕緣半圓環(huán)的兩端點A、B，分別安放兩個電荷量均為＋Q的帶電小球，A、B連線與水平方向成30°角，在半圓環(huán)上穿著一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球．已知半圓環(huán)的半徑為R，重力加速度為g，靜電力常量為k，將小球從A點正下方的C點由靜止釋放，當小球運動到最低點D時，求： (1)小球的

32、速度大??； (2)小球?qū)Νh(huán)的作用力． 答案：(1)　(2)·＋2mg 解析：(1)由靜電場知識和幾何關系可知，C、D兩點電勢相等，小球由C運動到D的過程中，mgh＝mv2，由幾何關系可知h＝，解得v＝. (2)小球運動到D點時，AD＝R，BD＝R，小球分別受到A、B兩端帶電小球的作用力為FA＝k，F(xiàn)B＝k， 設環(huán)對小球的支持力為FN，F(xiàn)N－FAcos30°－FBsin30°－mg＝， 由牛頓第三定律可知小球?qū)Νh(huán)的壓力FN＝F′N， 解得F′N＝·＋2mg，方向豎直向下． 12．[2019·浙江省五校聯(lián)考]如圖所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m＝0.2 kg、帶電

33、荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.t＝0時刻開始，空間加上一個電場強度大小和方向呈周期性變化的電場，取水平向右為正方向，g取10 m/s2.求： (1)0 ～2 s內(nèi)小物塊加速度的大??； (2)2～4 s內(nèi)小物塊加速度的大??； (3)14 s末小物塊的速度大??； (4)前14 s內(nèi)小物塊的位移大小． 答案：(1)2 m/s2　(2)2 m/s2　(3)4 m/s　(4)28 m 解析：(1)0～2 s內(nèi)物塊的加速度a1＝＝2 m/s2. (2)2～4 s內(nèi)物塊的加速度a2＝＝－2 m/s2. (3)0～2 s內(nèi)物塊的位移s1＝a1t＝4 m,2 s末的速度為v2＝a1t1＝4 m/s，2～4 s內(nèi)位移為s2＝s1＝4 m,4 s末的速度為v4＝0. 小物塊做周期為4 s的直線運動，第14 s末的速度為v14＝4 m/s (4)14 s內(nèi)小物塊的位移大小，可以看做是上述3個周期加上s1，位移s＝3(s1＋s2)＋s1＝28 m. 14