《（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(qiáng)度為原來的2倍B由Ek知，E與Q成正比，而與r2成反比C由Ek知，在以Q為球心，以r為半徑的球面上，各處場強(qiáng)均相同D電場中某點場強(qiáng)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(qiáng)大小與試探電荷的電量無關(guān)，故A項錯誤；由Ek知，E與Q成正比，而與r2成反比，B項正確；由Ek知，在以Q為球心、r為半徑的球面上，各處電場強(qiáng)度大小均相同，但是方向不同，C項錯誤；電場中某點電場強(qiáng)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(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

2、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(qiáng)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

3、軸上電場強(qiáng)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(qiáng)的疊加，知兩正電荷的中點場強(qiáng)為零，周圍的電場線是排斥狀的，靠近電荷處場強(qiáng)比較強(qiáng)，再依據(jù)由同種電荷相斥，可知，O點兩邊的電場強(qiáng)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(fù)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vt圖像可能是圖乙中的()答案B解析負(fù)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，所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，則它運動的vt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

4、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.FB.FC.F DF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，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(dāng)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，

5、重力加速度為g，則()AA、B間的庫侖力為mgcotBA、B間的庫侖力為mgsinC將懸點移到P2，平衡時B低于AD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(dāng)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mgtan，故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(yuǎn)，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(qiáng)與電荷全部集中在球心處的點電荷激發(fā)的場強(qiáng)相同，均勻球殼內(nèi)部

6、場強(qiáng)處處為零，則A、B兩點的場強(qiáng)比值為()A31 B11C98 D91答案C解析以O(shè)為球心，R為半徑的球體體積VR3，故OA為半徑的球體體積V(R)3V；設(shè)球體帶電量為Q，那么，A點場強(qiáng)相當(dāng)于O點處帶電量為QQ的點電荷激發(fā)的場強(qiáng)，故EA；B點場強(qiáng)相當(dāng)于O點處帶電量為Q的點電荷激發(fā)的場強(qiáng)，故EB；所以，EAEB98，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(fù)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.FF B.FFC2F2F D2F2F答案B解析

7、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、D三項錯誤，B項正確9.(2018衡陽模擬)(多選)如圖所示，傾角為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，在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)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

8、原加速度加速下滑答案ACD解析若滑塊勻速下滑，則有mgsinmgcos，當(dāng)加上豎直向上的電場后，電場力為F，沿斜面方向，(mgF)sin(mgF)cos，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a1g(cossin)，加上豎直向上的電場后，加速度大小為a1a2.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(qiáng)度等于E0，兩個平面通過同一條直徑，夾角為()，從半球中分出這一部分球面，則剩余部分球面上(在“大瓣”上)的電荷(電荷分布不變)在O處的電場強(qiáng)度為()AEE0sincos BEE0CEE0cos DEE0sin

9、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(qiáng)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(qiáng)度為：E1E0cos.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，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(dāng)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

10、，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A小球2帶負(fù)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：Fmgsin300.5mgTmgcos30mg根據(jù)庫侖定律得：F聯(lián)立可得：q2.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：TFmg根據(jù)庫侖定律得：F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：l1l小球2在C位置時，彈

11、性繩的長度：l2l設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：Tk(l1l0)；Tk(l2l0)聯(lián)立可得：l00.5l.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?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，hR.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

12、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，則cos，sin對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：kcos2kcos30mRma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：F3ksinmgmg，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(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)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(dá)B點，此時電場突然

13、反向、電場強(qiáng)度增強(qiáng)為某恒定值，且仍為勻強(qiáng)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：(1)電場反向后勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)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，xt2由速度時間公式得，v1t小金屬塊由B點運動到A點過程，由位移時間公式得，xv1tt2由速度時間公式得，v2v1t聯(lián)立解得：E13E；v2(2)根據(jù)動能定理，整個過程中電場力所做的功Wmv220聯(lián)立解得：W.14如圖1所示，平行板電容器的M、N兩

14、板間距為d，兩板間存在豎直向上的勻強(qiáng)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(xì)桿，細(xì)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m0.01 kg，A帶q12.5104 C的正電，B帶q25105 C的負(fù)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(jìn)入電場到剛好離開電場過程中的vt圖像如圖2所示(忽略空氣阻力，g10 m/s2)(1)試求勻強(qiáng)電場E及板間距離d；(2)試判定A球能否從下板離開勻強(qiáng)電場答案(1)2 000 N/C1.1 m(2)見解析解析(1)將輕桿由靜止釋放到B剛好進(jìn)入電場的過程中，A、B兩個小球做自由落體運動，在B進(jìn)入

15、電場而A沒有進(jìn)入電場的過程中由圖可知它們的加速度：a1 m/s215 m/s2對AB球整體進(jìn)行受力分析得：2mgq2E2ma1代入數(shù)據(jù)得：E2 000 N/CB進(jìn)入電場時的速度：v01 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vt圖像的特點可得：d(0.30.1)m(0.50.3)m1.1 m(2)由圖2可知，輕質(zhì)絕緣細(xì)桿的長度：l(0.30.1)m0.5 mB出電場時，A到電場的下邊的距離：l0.5 mB出電場后A、B系統(tǒng)的加速度大?。篴2代入數(shù)據(jù)得：a215 m/s2若A不離開N板，當(dāng)A速度減小到0時A下降的高度為s，由運動學(xué)公式有：0v22a2s則：s m ml0.5 m故A球不能從下板離開勻強(qiáng)電場，以后反向加速運動9