《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習 課時作業(yè)31 電場力的性質(zhì)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習 課時作業(yè)31 電場力的性質(zhì)（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、電場力的性質(zhì) 一、選擇題 1．關(guān)于電場，下列說法正確的是(　　) A．由E＝知，若q減半，則該處電場強度為原來的2倍 B．由E＝k知，E與Q成正比，而與r2成反比 C．由E＝k知，在以Q為球心，以r為半徑的球面上，各處場強均相同 D．電場中某點場強方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向 答案　B 解析　電場中某點的場強大小與試探電荷的電量無關(guān)，故A項錯誤；由E＝k知，E與Q成正比，而與r2成反比，B項正確；由E＝k知，在以Q為球心、r為半徑的球面上，各處電場強度大小均相同，但是方向不同，C項錯誤；電場中某點電場強度方向就是該點所放正電荷受到的電場力的方向，D項錯誤；故選B項．

2、 2．(多選)某靜電場中的電場線如圖所示，帶電粒子在電場中僅受電場力作用，其運動軌跡如圖中虛線所示，由M運動到N，以下說法正確的是(　　) A．粒子必定帶正電荷 B．粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度 C．粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度 D．粒子在M點的動能小于它在N點的動能 答案　ACD 解析　根據(jù)粒子運動軌跡彎曲的情況，可以確定粒子受電場力的方向沿電場線切線方向，故此粒子帶正電荷，A項正確；由于電場線越密，場強越大，粒子受電場力就越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N點加速度大，C項正確；粒子從M點到N點，電場力做正功，根據(jù)動能定理得此粒子在N點

3、動能大，故D項正確． 3.(2018·肇慶二模)如圖，兩個等量正點電荷位于垂直于x軸的連線上，相對原點O對稱分布，則x軸上電場強度E與位置x的關(guān)系可能是(　　) 答案　A 解析　兩個等量正點電荷，根據(jù)場強的疊加，知兩正電荷的中點場強為零，周圍的電場線是排斥狀的，靠近電荷處場強比較強，再依據(jù)由同種電荷相斥，可知，O點兩邊的電場強度方向不同，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 4.在如圖甲所示的電場中，一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，則它運動的v-t圖像可能是圖乙中的(　　) 答案　B 解析　負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場

4、線運動到B點，所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，則它運動的v-t圖像可能是圖中的B. 5．(2018·齊齊哈爾二模)如圖所示，兩個帶電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的球殼和球殼的球心，這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同，若甲圖中帶電球殼對點電荷q的庫侖力的大小為F，則乙圖中帶電的球殼對點電荷q的庫侖力的大小為(　　) A.F　　　　　　　　 B.F C.F D．F 答案　D 解析　將圖乙中的均勻帶電球殼分成三個帶電球殼，關(guān)于球心對稱的兩個帶電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的球殼對點電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電球殼對點電荷的庫侖力的大小相等

5、，D項正確． 6．(2018·廣州二模)如圖所示，探究電荷間相互作用力的示意圖，圖中金屬球A帶電，置于絕緣支架上，帶電小球B懸于絕緣絲線的下端，質(zhì)量為m.當懸在P1點，B球靜止時，兩帶電小球剛好在同一高度，此時絕緣絲線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則(　　) A．A、B間的庫侖力為mgcotθ B．A、B間的庫侖力為mgsinθ C．將懸點移到P2，平衡時B低于A D．將懸點移到P2，平衡時A、B仍在同一高度 答案　C 解析　A、B兩項，當B球處于平衡狀態(tài)時，剛好與A球在同一水平面上，其受力如圖所示，A、B帶同種電荷，再由力的平行四邊形定則可得：F庫＝mgtanθ，故

6、A、B兩項錯誤； C、D兩項，若把懸點移到P2，由庫侖定律可知，距離越遠，A、B間的庫侖力越小，B球越低，故C項正確，D項錯誤． 7.如圖所示，一均勻帶電的球體半徑為R，在球內(nèi)有一點A，與球心距離為，球外有一點B，與球心距離為，已知球體外場強與電荷全部集中在球心處的點電荷激發(fā)的場強相同，均勻球殼內(nèi)部場強處處為零，則A、B兩點的場強比值為(　　) A．3∶1 B．1∶1 C．9∶8 D．9∶1 答案　C 解析　以O(shè)為球心，R為半徑的球體體積V＝πR3，故OA為半徑的球體體積V′＝π(R)3＝V；設(shè)球體帶電量為Q，那么，A點場強相當于O點處帶電量為Q′＝Q的點電荷激發(fā)的場強

7、，故EA＝＝；B點場強相當于O點處帶電量為Q的點電荷激發(fā)的場強，故EB＝＝；所以，EA∶EB＝9∶8，故C項正確，A、B、D三項錯誤． 8．(2018·蘭州模擬)真空中正三角形ABC的三個頂點上分別放有電量相等、電性不同的點電荷，A、C兩點為正電荷，B點為負電荷，如圖所示．A處點電荷所受靜電力大小為F，則B、C兩處點電荷所受靜電力大小分別為(　　) A.F　F B.F　F C．2F　2F D．2F　2F 答案　B 解析　A處點電荷所受靜電力大小為F，如圖所示： 根據(jù)庫侖定律，結(jié)合幾何關(guān)系，及三角知識，可以知道，C處的電場力大小為F； 而B點的電場力為F，故A、C、

8、D三項錯誤，B項正確． 9.(2018·衡陽模擬)(多選)如圖所示，傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上，當質(zhì)量為m、電荷量為＋q的滑塊沿斜面下滑時，在此空間突然加上豎直方向的勻強電場，已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力．則下列說法不正確的是(　　) A．若滑塊勻速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊將減速下滑 B．若滑塊勻速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍勻速下滑 C．若滑塊勻減速下滑，加上豎直向上的電場后，滑塊仍減速下滑，但加速度變大 D．若滑塊勻加速下滑，加上豎直向下的電場后，滑塊仍以原加速度加速下滑 答案　ACD 解析　若滑塊勻速下滑，則有mgsinθ＝μmgcosθ，當加

9、上豎直向上的電場后，電場力為F，沿斜面方向，(mg－F)sinθ＝μ(mg－F)cosθ，受力仍平衡，則滑塊仍勻速下滑，故A項錯誤，B項正確；若滑塊勻減速下滑，加速度大小為a1＝g(μcosθ－sinθ)，加上豎直向上的電場后，加速度大小為a1′＝a2.即加速度增大，D項錯誤． 10.如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，在這半球的中心O處電場強度等于E0，兩個平面通過同一條直徑，夾角為α(α<)，從半球中分出這一部分球面，則剩余部分球面上(在“大瓣”上)的

10、電荷(電荷分布不變)在O處的電場強度為(　　) A．E＝E0sincos B．E＝E0 C．E＝E0cos D．E＝E0sin 答案　C 解析　根據(jù)對稱性，作出兩球面上的電荷在O點產(chǎn)生的電場分布，兩個分場強相互垂直，如圖所示．由平行四邊形定則得到“大瓣”球面上的電荷在O處的電場強度為：E1＝E0cos.故A、B、D三項錯誤，C項正確． 11.(2018·廣東一模)(多選)如圖所示，距小滑輪O正下方l處的B點用絕緣底座固定一帶電荷量為＋q的小球1，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在定滑輪O正上方處的D點，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A位置平衡．已知OA長為l

11、，與豎直方向的夾角為60°，由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時間后，當滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時，小球2恰好在AB連線上的C位置．已知靜電力常量為k，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．小球2帶負電 B．小球2在C位置時所帶電荷量為 C．小球2在A位置時所帶電荷量為 D．彈性繩原長為 答案　CD 解析　A項，兩個小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電．故A項錯誤； B項，小球在C點時，受力如圖： 由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg① T＝mgcos30°＝mg② 根據(jù)庫侖定律得：F＝③ 聯(lián)立①③可得：q2

12、＝.故B項錯誤； C項，小球2在A位置時，受到的重力、電場力和繩子的拉力，三個力之間的夾角相互為120°，所以三個力的大小相等，所以：T′＝F′＝mg④ 根據(jù)庫侖定律得：F′＝⑤ 小球2在A位置時所帶電荷量：q1＝.故C項正確 D項，小球2在A位置時，彈性繩的長度：l1＝＋l＝ 小球2在C位置時，彈性繩的長度：l2＝＋l 設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：T′＝k·(l1－l0)； T＝k·(l2－l0) 聯(lián)立可得：l0＝0.5l.故D項正確． 12.(2018·江蘇模擬)(多選)如圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的

13、帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分．小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h＝R.重力加速度為g，靜電力常量為k，則(　　) A．小球d一定帶正電 B．小球b的周期為 C．小球c的加速度大小為 D．外力F豎直向上，大小等于mg＋ 答案　CD 解析　A項，a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個做勻速圓周運動，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，由于a球的電性未知，所以d球不一定帶正電，故A項錯誤． B項，設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，

14、則cosα＝＝，sinα＝＝ 對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：kcosα－2kcos30°＝mR＝ma 解得：T＝，a＝ 則小球c的加速度大小為.故B項錯誤，C項正確． D項，對d球，由平衡條件得：F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D項正確． 二、非選擇題 13.(2018·石家莊一模)如圖所示，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小金屬塊從A點由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時間t到達B點，此時電場突然反向、電場強度增強為某恒定值，且仍為勻強電場，又經(jīng)過時間t小金屬塊回到A點．小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變．求：

15、(1)電場反向后勻強電場的電場強度大??； (2)整個過程中電場力所做的功． 答案　(1)3E　(2) 解析　(1)設(shè)t末和2t末小金屬塊的速度大小分別為v1和v2， 電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1， 小金屬塊由A點運動到B點過程，由位移時間公式得，x＝×t2① 由速度－時間公式得，v1＝t② 小金屬塊由B點運動到A點過程， 由位移－時間公式得，－x＝v1t－×t2③ 由速度－時間公式得，－v2＝v1－t④ 聯(lián)立①～④解得：E1＝3E；v2＝⑤ (2)根據(jù)動能定理，整個過程中電場力所做的功 W＝mv22－0⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得：W＝. 14．如圖1所示，平行板電容

16、器的M、N兩板間距為d，兩板間存在豎直向上的勻強電場E，M、N的正中央各有一小孔．在上板小孔正上方有一豎直放置長為l的輕質(zhì)絕緣細桿，細桿的上下兩端分別固定一個帶電小球A、B，它們的質(zhì)量均為m＝0.01 kg，A帶q1＝2.5×10－4 C的正電，B帶q2＝5×10－5 C的負電，B球距上板M的距離為h，現(xiàn)將輕桿由靜止釋放，小球B從剛進入電場到剛好離開電場過程中的v-t圖像如圖2所示(忽略空氣阻力，g＝10 m/s2)． (1)試求勻強電場E及板間距離d； (2)試判定A球能否從下板離開勻強電場． 答案　(1)2 000 N/C　1.1 m　(2)見解析 解析　(1)將輕桿由靜止釋放

17、到B剛好進入電場的過程中，A、B兩個小球做自由落體運動，在B進入電場而A沒有進入電場的過程中由圖可知它們的加速度： a1＝＝ m/s2＝15 m/s2 對AB球整體進行受力分析得：2mg＋q2E＝2ma1 代入數(shù)據(jù)得：E＝2 000 N/C B進入電場時的速度：v0＝1 m/s，最大速度是4 m/s，出電場時的速度是2 m/s，由勻變速直線運動的v-t圖像的特點可得： d＝×(0.3－0.1)m＋×(0.5－0.3)m＝1.1 m (2)由圖2可知，輕質(zhì)絕緣細桿的長度： l＝×(0.3－0.1)m＝0.5 m B出電場時，A到電場的下邊的距離：l＝0.5 m B出電場后A、B系統(tǒng)的加速度大?。篴2＝ 代入數(shù)據(jù)得：a2＝－15 m/s2 若A不離開N板，當A速度減小到0時A下降的高度為s，由運動學(xué)公式有：0－v2＝2a2s 則：s＝＝ m＝ m