QqQ2
选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k2sin α＝ka2asin α
确，D错误．
2
，解得sinα＝，故C正
8q3
Q5.(2019·福建莆田二检)如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则O点处的点电荷受到的电场力大小为( )
8kQq4kQq86kQq83kQqA．2B．2C．D． 223a3a9a9a【答案】A
【解析】.根据库仑定律可得电场力F＝
kQq3
a，则正方体任一顶点上的点2，O点到正方体顶点的距离r＝
r2
Qq电荷对O点处的点电荷的库仑力大小均为F＝k?3?2
?a??2?
＝
4kQq2；库仑力方向沿两电荷连线方向，正方体体对3a角线两端的两个电荷电性相同时，两个库仑力等大反向；正方体体对角线两端的两个电荷电性相反时，两8kQq个库仑力等大同向．根据矢量叠加定理可知，O点处的点电荷受到的电场力大小为2F＝2，A选项正确．
3a6.将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )
mgmgmg3mgA．B．C．D． 4qq2q4q【答案】B.
【解析】取小球a、b整体作为研究对象，则整体受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F的最小值为2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D错，B对．
7.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s，静电力常量k＝9.0×10 N·m/C，则( )
2
2
－4
2
9
A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10 N C．B球所带的电荷量为46×10 C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0 【答案】ACD
【解析】.用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示
－8
－2
0.06sin θ＝＝0.60
0.10θ＝37°
F库＝mgtan 37°＝6.0×10－3 N，B项错误； QAQBF库＝k2
rQA＝QB＝Q，r＝0.12 m
联立上式得Q＝46×10 C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．
8.如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正
－8
电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)( )
A．A球对竖直墙壁的作用力不变 B．两球之间的距离一定增大 C．A球对B球作用的静电力增大 D．地面对B球的弹力不变 【答案】AC
【解析】.由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F库cos θ不变，库仑力F库一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，
A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．
9.如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d＝0.48 m，离地高度h＝1.25 m．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＝1×10 N/C.在水平桌面上某一位置P处有一质量m＝
0.01 kg，电荷量q＝1×10 C的带正电小球以初速度v0＝1 m/s向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度
－6
4
g取10 m/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． 352
【答案】 (1)1.0 m/s，方向水平向左 (2) m m
88
【解析】(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：
FqE10－6×10422a＝＝＝ m/s＝1.0 m/s，方向水平向左． mm0.01
v20
(2)由于x＝＝0.5 m>0.48 m，所以小球一定从右边离开桌面．
2a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v－v0＝－2ax1代入数据得：v＝1－2x1
12
设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的分位移公式，有：h＝gt，代入数据得：t＝0.5 s.
2水平方向，有x2＝vt＝0.51－2x1，故
2
2
x总＝x1＋0.51－2x1
1－y＋y令：y＝1－2x1；则：x总＝ 2
13
故y＝，即：x1＝时，水平距离最大，最大值为
28
2
xmax＝ m.
10.(2019·北京四中模拟)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×10 N/C.有一个质量m＝4.0×10 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g＝10 m/s，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用．
2
4
－3
58
(1)求小球所带的电荷量及电性；
(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；
(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量． 【答案】(1)1.0×10 C 正电荷 (2)12.5 m/s(3)减少了4.5×10 J 【解析】(1)小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件
－6
2
－3
F＝qE＝mgtan θ
解得q＝
mgtan θ－6
＝1.0×10 C E电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷． (2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a， 由牛顿第二定律
mgcos θ
＝ma
解得a＝＝12.5 m/s.
cos θ
(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为
g2
l＝at2＝0.25 m
小球运动过程中，电场力做的功
12
W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J
所以小球电势能的变化量(减少量) ΔEp＝4.5×10 J.
－3
2020年高考物理一轮复习 热点题型归纳与变式演练 专题18 电场的力学性质(含解析)
