高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)31電場(chǎng)力的性質(zhì)（含解析）

PAGEPAGE1電場(chǎng)力的性質(zhì)一、選擇題1．關(guān)于電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是()A．由E＝eq\f(F,q)知，若q減半，則該處電場(chǎng)強(qiáng)度為原來(lái)的2倍B．由E＝keq\f(Q,r2)知，E與Q成正比，而與r2成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q為球心，以r為半徑的球面上，各處場(chǎng)強(qiáng)均相同D．電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向就是該點(diǎn)所放電荷受到的靜電力的方向答案B解析電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小與試探電荷的電量無(wú)關(guān)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；由E＝keq\f(Q,r2)知，E與Q成正比，而與r2成反比，B項(xiàng)正確；由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q為球心、r為半徑的球面上，各處電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相同，但是方向不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)中某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向就是該點(diǎn)所放正電荷受到的電場(chǎng)力的方向，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B項(xiàng)．2．(多選)某靜電場(chǎng)中的電場(chǎng)線如圖所示，帶電粒子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力作用，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，由M運(yùn)動(dòng)到N，以下說(shuō)法正確的是()A．粒子必定帶正電荷B．粒子在M點(diǎn)的加速度大于它在N點(diǎn)的加速度C．粒子在M點(diǎn)的加速度小于它在N點(diǎn)的加速度D．粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能小于它在N點(diǎn)的動(dòng)能答案ACD解析根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲的情況，可以確定粒子受電場(chǎng)力的方向沿電場(chǎng)線切線方向，故此粒子帶正電荷，A項(xiàng)正確；由于電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，粒子受電場(chǎng)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(diǎn)加速度大，C項(xiàng)正確；粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理得此粒子在N點(diǎn)動(dòng)能大，故D項(xiàng)正確．3.(2018·肇慶二模)如圖，兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷位于垂直于x軸的連線上，相對(duì)原點(diǎn)O對(duì)稱分布，則x軸上電場(chǎng)強(qiáng)度E與位置x的關(guān)系可能是()答案A解析兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加，知兩正電荷的中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，周圍的電場(chǎng)線是排斥狀的，靠近電荷處場(chǎng)強(qiáng)比較強(qiáng)，再依據(jù)由同種電荷相斥，可知，O點(diǎn)兩邊的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．4.在如圖甲所示的電場(chǎng)中，一負(fù)電荷從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場(chǎng)力作用，沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則它運(yùn)動(dòng)的v-t圖像可能是圖乙中的()答案B解析負(fù)電荷從電場(chǎng)中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場(chǎng)力作用，沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所受電場(chǎng)力逐漸增大，加速度逐漸增大，則它運(yùn)動(dòng)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(gè)帶電荷量為q的點(diǎn)電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f(1,4)球殼和eq\f(3,4)球殼的球心，這兩個(gè)球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同，若甲圖中帶電eq\f(1,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷q的庫(kù)侖力的大小為F，則乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷q的庫(kù)侖力的大小為()A.eq\f(3,2)F B.eq\f(\r(2),2)FC.eq\f(1,2)F D．F答案D解析將圖乙中的均勻帶電eq\f(3,4)球殼分成三個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼，關(guān)于球心對(duì)稱的兩個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的大小和甲圖中均勻帶電eq\f(1,4)球殼對(duì)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力的大小相等，D項(xiàng)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(diǎn)，B球靜止時(shí)，兩帶電小球剛好在同一高度，此時(shí)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(kù)侖力為mgcotθB．A、B間的庫(kù)侖力為mgsinθC．將懸點(diǎn)移到P2，平衡時(shí)B低于AD．將懸點(diǎn)移到P2，平衡時(shí)A、B仍在同一高度答案C解析A、B兩項(xiàng)，當(dāng)B球處于平衡狀態(tài)時(shí)，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(kù)＝mgtanθ，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤；C、D兩項(xiàng)，若把懸點(diǎn)移到P2，由庫(kù)侖定律可知，距離越遠(yuǎn)，A、B間的庫(kù)侖力越小，B球越低，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)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(diǎn)A，與球心距離為eq\f(R,2)，球外有一點(diǎn)B，與球心距離為eq\f(3R,2)，已知球體外場(chǎng)強(qiáng)與電荷全部集中在球心處的點(diǎn)電荷激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)相同，均勻球殼內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，則A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比值為()A．3∶1 B．1∶1C．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＝eq\f(4,3)πR3，故OA為半徑的球體體積V′＝eq\f(4,3)π(eq\f(1,2)R)3＝eq\f(1,8)V；設(shè)球體帶電量為Q，那么，A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相當(dāng)于O點(diǎn)處帶電量為Q′＝eq\f(1,8)Q的點(diǎn)電荷激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)，故EA＝eq\f(kQ′,（\f(1,2)R）2)＝eq\f(kQ,2R2)；B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相當(dāng)于O點(diǎn)處帶電量為Q的點(diǎn)電荷激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)，故EB＝eq\f(kQ,（\f(3,2)R）2)＝eq\f(4kQ,9R2)；所以，EA∶EB＝9∶8，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．8．(2018·蘭州模擬)真空中正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)上分別放有電量相等、電性不同的點(diǎn)電荷，A、C兩點(diǎn)為正電荷，B點(diǎn)為負(fù)電荷，如圖所示．A處點(diǎn)電荷所受靜電力大小為F，則B、C兩處點(diǎn)電荷所受靜電力大小分別為()A.eq\r(2)FF B.eq\r(3)FFC．2eq\r(2)F2F D．2eq\r(3)F2F答案B解析A處點(diǎn)電荷所受靜電力大小為F，如圖所示：根據(jù)庫(kù)侖定律，結(jié)合幾何關(guān)系，及三角知識(shí)，可以知道，C處的電場(chǎng)力大小為F；而B(niǎo)點(diǎn)的電場(chǎng)力為eq\r(3)F，故A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確．9.(2018·衡陽(yáng)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(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(shuō)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項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)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(chǎng)后，加速度大小為a1′＝eq\f(（mg－F）（μcosθ－sinθ）,m)<a1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若滑塊勻加速下滑，加速度大小為a2＝g(sinθ－μcosθ)，加上豎直向下的電場(chǎng)后，滑塊仍勻加速下滑．加速度為a2′＝eq\f(（mg＋F）（sinθ－μcosθ）,m)>a2.即加速度增大，D項(xiàng)錯(cuò)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(chǎng)強(qiáng)度等于E0，兩個(gè)平面通過(guò)同一條直徑，夾角為α(α<eq\f(π,2))，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(chǎng)強(qiáng)度為()A．E＝E0sineq\f(α,2)coseq\f(α,2) B．E＝eq\f(π－α,π)E0C．E＝E0coseq\f(α,2) D．E＝E0sineq\f(α,2)答案C解析根據(jù)對(duì)稱性，作出兩球面上的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)分布，兩個(gè)分場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度為：E1＝E0coseq\f(α,2).故A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)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(diǎn)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eq\f(l,2)處的D點(diǎn)，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(zhǎng)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(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，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(shuō)法正確的是()A．小球2帶負(fù)電 B．小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為eq\f(mgl2,4kq)C．小球2在A位置時(shí)所帶電荷量為eq\f(mgl2,kq) D．彈性繩原長(zhǎng)為eq\f(l,2)答案CD解析A項(xiàng)，兩個(gè)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(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，小球在C點(diǎn)時(shí)，受力如圖：由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg①T＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg②根據(jù)庫(kù)侖定律得：F＝eq\f(kq·q2,\f(l,2))③聯(lián)立①③可得：q2＝eq\f(mgl2,8kq).故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，小球2在A位置時(shí)，受到的重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角相互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，所以：T′＝F′＝mg④根據(jù)庫(kù)侖定律得：F′＝eq\f(kq·q1,l2)⑤小球2在A位置時(shí)所帶電荷量：q1＝eq\f(mgl2,kq).故C項(xiàng)正確D項(xiàng)，小球2在A位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：l1＝eq\f(l,2)＋l＝eq\f(3l,2)小球2在C位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：l2＝eq\f(l,2)＋eq\f(\r(3),2)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(xiàng)正確．12.(2018·江蘇模擬)(多選)如圖所示，a、b、c、d四個(gè)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(gè)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(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分．小球d位于O點(diǎn)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，h＝eq\r(2)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eq\f(2πR,q)eq\r(\f(mR,k))C．小球c的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,3mR2)D．外力F豎直向上，大小等于mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)答案CD解析A項(xiàng)，a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個(gè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)，設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，則cosα＝eq\f(R,\r(h2＋R2))＝eq\f(\r(3),3)，sinα＝eq\f(h,\r(h2＋R2))＝eq\f(\r(6),3)對(duì)b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：keq\f(6q·q,h2＋R2)cosα－2keq\f(q2,（2Rcos30°）2)cos30°＝meq\f(4π2,T2)R＝ma解得：T＝eq\f(2πR,q)eq\r(\f(\r(3)mR,k))，a＝eq\f(\r(3)kq2,3mR2)則小球c的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,3mR2).故B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．D項(xiàng)，對(duì)d球，由平衡條件得：F＝3keq\f(6q·q,h2＋R2)sinα＋mg＝mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)，故D項(xiàng)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(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，某時(shí)刻將質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小金屬塊從A點(diǎn)由靜止釋放，小金屬塊經(jīng)時(shí)間t到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)電場(chǎng)突然反向、電場(chǎng)強(qiáng)度增強(qiáng)為某恒定值，且仍為勻強(qiáng)電場(chǎng)，又經(jīng)過(guò)時(shí)間t小金屬塊回到A點(diǎn)．小金屬塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變．求：(1)電場(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功．答案(1)3E(2)eq\f(2q2E2t2,m)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(chǎng)反向后勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，小金屬塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，由位移時(shí)間公式得，x＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2①由速度－時(shí)間公式得，v1＝eq\f(Eq,m)t②小金屬塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程，由位移－時(shí)間公式得，－x＝v1t－eq\f(1,2)×eq\f(E1q,m)t2③由速度－時(shí)間公式得，－v2＝v1－eq\f(E1q,m)t④聯(lián)立①～④解得：E1＝3E；v2＝eq\f(2Eqt,m)⑤(2)根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力所做的功W＝eq\f(1,2)mv22－0⑥聯(lián)立⑤⑥解得：W＝eq\f(2q2E2t2,m).14．如圖1所示，平行板電容器的M、N兩板間距為d，兩板間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(zhǎng)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(gè)帶電小球A、B，它們的質(zhì)量均為m＝0.01kg，A帶q1＝2.5×10－4C的正電，B帶q2＝5×10－5C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(chǎng)到剛好離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程中的v-t圖像如圖2所示(忽略空