《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練22 電場(chǎng)力的性質(zhì) 新人教版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練22 電場(chǎng)力的性質(zhì) 新人教版.docx（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考點(diǎn)規(guī)范練22　電場(chǎng)力的性質(zhì) 一、單項(xiàng)選擇題 1.三個(gè)相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上,各球之間的距離遠(yuǎn)大于小球的直徑。球1所帶電荷為q,球2所帶電荷為nq,球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn),此時(shí)球1、2之間作用力的大小為F?，F(xiàn)使球3先與球2接觸,再與球1接觸,然后將球3移至遠(yuǎn)處,此時(shí)1、2之間作用力的大小仍為F,方向不變。由此可知(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6 答案D 解析由于各球之間距離遠(yuǎn)大于小球的直徑,小球帶電時(shí)可視為點(diǎn)電荷。由庫侖定律F=kQ1Q2r2知兩點(diǎn)電荷間距離不變時(shí),相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比。又由于三個(gè)小球相同,則兩球接觸時(shí)平分總電荷量,故有qnq=nq2q+nq22,解得n=6,D正確。 2.對(duì)于真空中電荷量為Q的靜止點(diǎn)電荷而言,當(dāng)選取離點(diǎn)電荷無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零時(shí),離點(diǎn)電荷距離為r處的電勢(shì)就為φ=kQr(k為靜電力常量)。如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q可視為點(diǎn)電荷的帶正電小球用絕緣絲線懸掛在天花板上,在小球正下方的絕緣底座上固定一半徑為R的金屬球,金屬球接地,兩球球心間距離為d。由于靜電感應(yīng),金屬球上分布的感應(yīng)電荷量為q。則下列說法正確的是(　　) A.金屬球上的感應(yīng)電荷量q=-Rdq B.金屬球上的感應(yīng)電荷量q=Rd-Rq C.絕緣絲線對(duì)小球的拉力大小為mg+kqqd2 D.絕緣絲線對(duì)小球的拉力大小為mg-kqqd2 答案A 解析金屬球上感應(yīng)電荷在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為φ1=kqR;q在圓心O點(diǎn)的電勢(shì)為φ2=kqd,由于O點(diǎn)的電勢(shì)為零,故φ1+φ2=0,聯(lián)立解得q=-Rqd,故A正確、B錯(cuò)誤;若金屬球上的感應(yīng)電荷全部均勻分布在球殼上,則絕緣絲線對(duì)小球的拉力大小為F=mg+kqqd2,但由于存在靜電吸引作用,金屬球上的感應(yīng)電荷的分布偏向上方,故兩者的靜電引力大于kqqd2,即絕緣絲線對(duì)小球的拉力大小大于mg+kqqd2,故C、D錯(cuò)誤。 3.下列選項(xiàng)中的各14圓環(huán)大小相同,所帶電荷量已在圖中標(biāo)出,且電荷均勻分布,各14圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度最大的是(　　) 答案B 解析設(shè)14圓環(huán)的電荷在原點(diǎn)O產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理,在坐標(biāo)原點(diǎn)O處,A圖電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,B圖電場(chǎng)強(qiáng)度為2E0,C圖電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,D圖電場(chǎng)強(qiáng)度為0,因此本題答案為B。 4.(2018河南駐馬店期末)如圖所示,16個(gè)電荷量均為+q(q>0)的小球(可視為點(diǎn)電荷),均勻分布在半徑為r的圓周上。若將圓周上P點(diǎn)的一個(gè)小球的電荷量換成-2q,則圓心O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為(　　) A.2kqr2,方向沿半徑向左 B.2kqr2,方向沿半徑向右 C.3kqr2,方向沿半徑向左 D.3kqr2,方向沿半徑向右 答案D 解析根據(jù)對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理,知原來O處電場(chǎng)強(qiáng)度為零,說明P點(diǎn)處小球在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度與其余15個(gè)小球在O處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反,則其余15個(gè)小球在O處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=kqr2,方向沿半徑向右。將圓周上P點(diǎn)的一個(gè)小球的電荷量換成-2q,其余15個(gè)小球在O處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度不變,大小仍為E=kqr2,方向沿半徑向右。-2q在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=2kqr2,方向沿半徑向右,所以O(shè)點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為EO=E+E=3kqr2,方向沿半徑向右,故D正確。 5. 如圖所示,在光滑、絕緣的水平面上,沿一直線依次排列3個(gè)帶電小球A、B、C(可視為點(diǎn)電荷)。若它們恰能處于平衡狀態(tài),那么這3個(gè)小球所帶的電荷量及電性的關(guān)系,可能的情況是(　　) A.-9、4、-36 B.4、9、36 C.-3、2、8 D.3、-2、6 答案A 解析要使每個(gè)小球都處于平衡狀態(tài),必須使其他兩個(gè)小球?qū)λ膸靵隽Υ笮∠嗟?、方向相?以小球A為研究對(duì)象,有FBA=FCA,如圖所示,故B、C帶異種電荷,由庫侖定律得kQAQBrAB2=kQAQCrAC2,以小球C為研究對(duì)象,同理,知A、B帶異種電荷,kQAQCrAC2=kQBQCrBC2,聯(lián)立得kQAQCrAC2=kQAQBrAB2=kQBQCrBC2,又考慮到rAC=rAB+rBC,解得QAQC=QAQB+QBQC,此式為三球平衡時(shí)所帶電荷量的大小關(guān)系。綜上可知A正確。 6. 邊長(zhǎng)為a的正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別固定三個(gè)點(diǎn)電荷+q、+q、-q,靜電力常量用k表示,則該三角形中心O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為(　　) A.6kqa2,方向由C指向O B.6kqa2,方向由O指向C C.3kqa2,方向由C指向O D.3kqa2,方向由O指向C 答案B 解析每個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都是E=kq3a32=3kqa2,畫出矢量疊加的示意圖,如圖所示,由圖可得O點(diǎn)處的合電場(chǎng)強(qiáng)度為E0=2E=6kqa2,方向由O指向C,B項(xiàng)正確。 7.(2018四川瀘州質(zhì)檢)一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶正電的小球a,在正下方有一光滑的絕緣水平細(xì)桿,一帶負(fù)電的小球b穿過桿在其左側(cè)較遠(yuǎn)處,小球a由于受到水平絕緣細(xì)線的拉力而靜止,如圖所示,現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ,并在較遠(yuǎn)處由靜止釋放小球b,讓其從遠(yuǎn)處沿桿向右移動(dòng)到a點(diǎn)的正下方,在此過程中(　　) A.懸線Oa的拉力逐漸增大,水平細(xì)線的拉力逐漸減小 B.b球的加速度和速度始終增大 C.b球所受的庫侖力一直增大 D.b球所受的庫侖力先減小后增大 答案C 解析b球在較遠(yuǎn)處時(shí),所受庫侖力近似為零,在a球正下方時(shí),庫侖力的水平分量為零,所以水平細(xì)線的拉力先增大后減小,A錯(cuò)誤;中間過程b球受到的庫侖力的水平分量不為零,可知庫侖力的水平分量先增大,后減小,則b球的加速度先增大后減小,b球所受庫侖力水平分量與運(yùn)動(dòng)方向始終相同,速度一直增大,B錯(cuò)誤;b球受到的庫侖力F=kqaqbr2,在運(yùn)動(dòng)過程中,a、b兩球之間的距離一直減小,則b球所受的庫侖力一直增大,C正確,D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 8.下列關(guān)于電場(chǎng)和電場(chǎng)線的說法正確的是(　　) A.電場(chǎng)、電場(chǎng)線都是客觀存在的物質(zhì),因此電場(chǎng)線不僅能在空間相交,也能相切 B.在電場(chǎng)中,凡是電場(chǎng)線通過的點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,沒有電場(chǎng)線的區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零 C.同一試探電荷在電場(chǎng)線密集的地方所受電場(chǎng)力大 D.電場(chǎng)線是人們假想的,用以形象表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向,客觀上并不存在 答案CD 解析電場(chǎng)線是假想的,不是物質(zhì),在空間不相交、不相切,沒有電場(chǎng)線的區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零,A、B錯(cuò)誤,C、D正確。 9. 如圖所示,懸線下掛著一個(gè)帶正電的小球,它的質(zhì)量為m,電荷量為q,整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,下列說法正確的是(　　) A.小球平衡時(shí),懸線與豎直方向夾角的正切值為Eqmg B.若剪斷懸線,則小球做曲線運(yùn)動(dòng) C.若剪斷懸線,則小球做勻速運(yùn)動(dòng) D.若剪斷懸線,則小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 答案AD 解析設(shè)懸線與豎直方向夾角為α,對(duì)小球受力分析,可知tanα=Eqmg,A正確。剪斷懸線后,小球受Eq和mg的作用,其合力為定值,所以小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),D正確。 10.如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當(dāng)質(zhì)量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時(shí),在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),已知滑塊受到的電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(dāng)加上豎直向上的電場(chǎng)后,電場(chǎng)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錯(cuò)誤、B正確;若滑塊勻減速下滑,則有mgsinθ<μmgcosθ,加速度大小為a=g(μcosθ-sinθ),加上豎直向上的電場(chǎng)后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ< μ(mg-F)cosθ,加速度大小為a=(mg-F)(μcosθ-sinθ)mμmgcosθ,加速度大小為a=g(sinθ-μcosθ),加上豎直向下的電場(chǎng)后,在沿斜面方向,(mg+F)sinθ>μ(mg+F)cosθ,物體仍勻加速下滑。加速度為a=(mg+F)(sinθ-μcosθ)m>a。即加速度增大,故D錯(cuò)誤,故選ACD。 三、非選擇題 11.如圖所示,質(zhì)量均為m的三個(gè)帶電小球A、B、C放置在光滑的絕緣水平面上,彼此相隔的距離為l(l比球半徑r大得多)。B球電荷量為QB=-3q,A球電荷量為QA=+6q,若在C上加一個(gè)水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始終保持l的間距運(yùn)動(dòng)。問: (1)F的大小為多少? (2)C球所帶電荷量為多少?帶何種電荷? 答案(1)18kq2l2　(2)8q　帶正電 解析將A、B、C三個(gè)小球看成一個(gè)系統(tǒng),則三個(gè)小球之間的靜電力為系統(tǒng)內(nèi)力,當(dāng)C上加一恒力F,并使三球始終保持l的間距運(yùn)動(dòng),則三球的加速度相同,均為F3m,且方向?yàn)樗较蛴?。?duì)于B球,由于受A球的靜電力,且力的方向水平向左,那么受C球的靜電力必向右,才可能產(chǎn)生向右的加速度,知C球帶正電荷,設(shè)C球電荷量為QC,則由庫侖定律和牛頓第二定律知 對(duì)B有k3qQCl2-k3q6ql2=ma, 對(duì)A有k3q6ql2-k6qQC(2l)2=ma, 聯(lián)立解得QC=8q,a=6kq2ml2。 根據(jù)牛頓第二定律得,A、B、C三小球構(gòu)成系統(tǒng)的合外力 F=3ma=18kq2l2。 12.如圖所示,質(zhì)量為m的小球A穿在光滑絕緣細(xì)桿上,桿的傾角為α,小球A帶正電(可視為點(diǎn)電荷),電荷量為q。在桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷。將A由距B豎直高度為h處無初速度釋放,小球A下滑過程中電荷量不變。整個(gè)裝置處在真空中,已知靜電力常量k和重力加速度g。求: (1)A球剛釋放時(shí)的加速度是多大; (2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí),A球與B點(diǎn)間的距離。 答案(1)gsin α-kQqsin2αmh2　(2)kQqmgsinα 解析(1)小球A受到庫侖斥力,由牛頓第二定律可知mgsinα-F=ma,根據(jù)庫侖定律有F=kqQr2,又知r=hsinα,解得a=gsinα-kQqsin2αmh2。 (2)當(dāng)A球受到的合力為零,即加速度為零時(shí),動(dòng)能最大。設(shè)此時(shí)A球與B點(diǎn)間的距離為d,則mgsinα=kQqd2,解得d=kQqmgsinα。