《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練35 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《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練35 電場力的性質(zhì)（含解析）新人教版（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練35電場力的性質(zhì)一、單項選擇題1.三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上,各球之間的距離遠大于小球的直徑。球1的電荷量為q,球2的電荷量為nq,球3不帶電且離球1和球2很遠,此時球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移至遠處,此時1、2之間作用力的大小仍為F,方向不變。由此可知()A.n=3B.n=4C.n=5D.n=62.(2019廣東深圳月考)下列說法正確的是()A.公式E=kQr2適用于點電荷電場,E與Q成正比,與r的二次方成反比B.公式E=kQr2對于任何靜電場都是適用的,E與Q成正比,與r的二次方成反比C.公式E=Fq適用于點電

2、荷電場,E與F成正比,與q成反比D.公式E=Fq對于任何靜電場都是適用的,E與F成正比,與q成反比3.已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同。如圖所示,半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在過球心O的直線上有A、B兩個點,O和B、B和A間的距離均為R?，F(xiàn)以OB為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔,若靜電力常量為k,球的體積公式為V=43r3,則A點處檢驗電荷q受到的電場力的大小為()A.5kqQ36R2B.7kqQ36R2C.7kqQ32R2D.3kqQ16R24.(2018安徽亳州模擬)實線為三條未知方向的電場線,從電場中的M點以相同的速度飛出a、

3、b兩個帶電粒子,a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示(a、b只受靜電力作用),則()A.a一定帶正電,b一定帶負電B.靜電力對a做正功,對b做負功C.a的速度將減小,b的速度將增大D.a的加速度將減小,b的加速度將增大5.(2018河北衡水期末)如圖所示,實線表示某電場的電場線,過O點的虛線MN與電場線垂直,兩個相同的帶負電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動,速度方向垂直于MN,且都能從MN左側(cè)過O點。設粒子P、Q在A、B兩點的加速度大小分別為a1和a2,電勢能分別為Ep1和Ep2,經(jīng)過O點時的速度大小分別為v1和v2,到達O點經(jīng)過的時間分別為t1和t2,粒子的重力不計,則()A.

4、a1a2B.v1v2C.t1Ep2二、多項選擇題6.(2018云南大理模擬)在光滑絕緣的水平桌面上,存在著方向水平向右的勻強電場,電場線如圖中實線所示。一初速度不為零的帶電小球從桌面上的A點開始運動,到C點時,突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點,其運動軌跡如圖中虛線所示,v表示小球經(jīng)過C點時的速度,則()A.小球帶正電B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能與v方向相反D.在A、B兩點小球的速率不可能相等7.如圖所示,用兩根長度相同的絕緣細線把一個質(zhì)量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點,A上帶有Q=3.010-6 C的正電荷。兩線夾角為120,兩線上的拉力大小

5、分別為F1和F2。A的正下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B,B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2 kg(重力加速度g取10 m/s2;靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,A、B球可視為點電荷),則()A.支架對地面的壓力大小為2.0 NB.兩線上的拉力大小F1=F2=1.9 NC.將B水平右移,使M、A、B在同一直線上,此時兩線上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 ND.將B移到無窮遠處,兩線上的拉力大小F1=F2=0.866 N三、非選擇題8.如圖所示,真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形,邊長l=2.0 m。若將電荷量均為q=+2.010-6 C的兩

6、點電荷分別固定在A、B點,已知靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,求:(1)兩點電荷間的庫侖力大小;(2)C點的電場強度的大小和方向。考點規(guī)范練35電場力的性質(zhì)1.D解析由于各球之間距離遠大于小球的直徑,小球帶電時可視為點電荷。由庫侖定律F=kQ1Q2r2知兩點電荷間距離不變時,相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比。又由于三個小球相同,則兩球接觸時平分總電荷量,故有qnq=nq2q+nq22,解得n=6,D正確。2.A解析公式E=kQr2,E與Q成正比,與r的二次方成反比,只適用于真空中的點電荷產(chǎn)生的電場,在離點電荷非?？拷牡胤?r0),場源電荷不能看成點電荷,該公式不成立,故

7、A正確,B錯誤;公式E=Fq是電場強度的定義式,運用比值法定義,適用于任何電場,式中E是由電場本身決定的,與放入電場中的試探電荷無關,不能說電場強度E與試探電荷在電場中該點所受的電場力成正比,與該電荷的電荷量成反比,故C、D錯誤。3.B解析實心大球?qū)的庫侖力F1=kqQ4R2,挖出的實心小球的電荷量Q=R23R3Q=Q8,實心小球?qū)的庫侖力F2=kqQ832R2=kqQ18R2,則檢驗電荷q所受的電場力F=F1-F2=7kqQ36R2,選項B正確。4.D解析a、b兩個帶電粒子在M點以相同速度飛出,受電場力方向相反,但不知電場線方向,無法判斷哪個粒子帶正電,哪個粒子帶負電,A錯誤;電場力方向

8、與速度方向夾角都小于90,電場力對a、b均做正功,速度都將增大,B、C錯誤;a向電場線越來越稀疏處運動,b向電場線越來越密集處運動,故a的加速度減小,b的加速度增大,D正確。5.B解析電場線越密,電場強度越大,粒子受到的電場力越大,加速度越大,則a1a2,故A錯誤;粒子P、Q在A、B兩點分別到O點,有AO點間的電勢差大于BO點間的電勢差,所以粒子P的動能減小量大于粒子Q的動能減小量,所以v1t2,故C錯誤;過A點畫出等勢面,根據(jù)沿著電場線方向電勢降低,所以A點電勢大于B點電勢,由于帶負電,所以Ep1Ep2,故D錯誤。6.AB解析由小球從A點到C點的軌跡可得,小球受到的電場力方向向右,帶正電,選

9、項A正確;小球從C點到B點,所受合力指向軌跡凹側(cè),當水平恒力F水平向左時,合力可能向左,符合要求,當恒力F的方向與v方向相反時,合力背離軌跡凹側(cè),不符合要求,選項B正確,C錯誤;小球從A點到B點,由動能定理,當電場力與恒力F做功的代數(shù)和為零時,在A、B兩點小球的速率相等,選項D錯誤。7.BC解析小球A、B間的庫侖力為F庫=kQQr2=9.01093.010-63.010-60.32N=0.9N,以B和絕緣支架整體為研究對象,受力分析圖如圖甲所示,地面對支架支持力為FN=mg-F庫=1.1N,由牛頓第三定律知,A錯誤;以A球為研究對象,受力分析圖如圖乙所示,F1=F2=mAg+F庫=1.9N,B

10、正確;B水平向右移,當M、A、B在同一直線上時,A、B間距為r=0.6m,F庫=kQQr2=0.225N,以A球為研究對象,受力分析圖如圖丙所示,可知F2=1.0N,F1-F庫=1.0N,F1=1.225N,所以C正確;將B移到無窮遠,則F庫=0,可求得F1=F2=1N,D錯誤。甲乙丙8.解析(1)根據(jù)庫侖定律,A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F=kq2l2代入數(shù)據(jù)得F=9.010-3N。(2)A、B兩點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小相等,均為E1=kql2A、B兩點電荷形成的電場在C點的合電場強度大小為E=2E1cos30由式并代入數(shù)據(jù)得E=7.8103N/C,電場強度E的方向沿y軸正方向。答案(1)9.010-3 N(2)7.8103 N/C,方向沿y軸正方向4