《（通用版）2020版高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練22 電場力的性質 新人教版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練22 電場力的性質 新人教版.docx（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

考點規(guī)范練22　電場力的性質 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,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=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6 答案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.對于真空中電荷量為Q的靜止點電荷而言,當選取離點電荷無窮遠處的電勢為零時,離點電荷距離為r處的電勢就為φ=kQr(k為靜電力常量)。如圖所示,一質量為m、電荷量為q可視為點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,金屬球上分布的感應電荷量為q。則下列說法正確的是(　　) A.金屬球上的感應電荷量q=-Rdq B.金屬球上的感應電荷量q=Rd-Rq C.絕緣絲線對小球的拉力大小為mg+kqqd2 D.絕緣絲線對小球的拉力大小為mg-kqqd2 答案A 解析金屬球上感應電荷在圓心O點產生的電勢為φ1=kqR;q在圓心O點的電勢為φ2=kqd,由于O點的電勢為零,故φ1+φ2=0,聯(lián)立解得q=-Rqd,故A正確、B錯誤;若金屬球上的感應電荷全部均勻分布在球殼上,則絕緣絲線對小球的拉力大小為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,即絕緣絲線對小球的拉力大小大于mg+kqqd2,故C、D錯誤。 3.下列選項中的各14圓環(huán)大小相同,所帶電荷量已在圖中標出,且電荷均勻分布,各14圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是(　　) 答案B 解析設14圓環(huán)的電荷在原點O產生的電場強度為E0,根據(jù)電場強度疊加原理,在坐標原點O處,A圖電場強度為E0,B圖電場強度為2E0,C圖電場強度為E0,D圖電場強度為0,因此本題答案為B。 4.(2018河南駐馬店期末)如圖所示,16個電荷量均為+q(q>0)的小球(可視為點電荷),均勻分布在半徑為r的圓周上。若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,則圓心O點處的電場強度為(　　) 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)對稱性和電場的疊加原理,知原來O處電場強度為零,說明P點處小球在O處產生的電場強度與其余15個小球在O處產生的合電場強度大小相等、方向相反,則其余15個小球在O處產生的合電場強度大小為E=kqr2,方向沿半徑向右。將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,其余15個小球在O處產生的合電場強度不變,大小仍為E=kqr2,方向沿半徑向右。-2q在O處產生的電場強度大小為E=2kqr2,方向沿半徑向右,所以O點處的電場強度為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個帶電小球A、B、C(可視為點電荷)。若它們恰能處于平衡狀態(tài),那么這3個小球所帶的電荷量及電性的關系,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 解析要使每個小球都處于平衡狀態(tài),必須使其他兩個小球對它的庫侖力大小相等、方向相反,以小球A為研究對象,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,此式為三球平衡時所帶電荷量的大小關系。綜上可知A正確。 6. 邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷+q、+q、-q,靜電力常量用k表示,則該三角形中心O點處的電場強度為(　　) 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 解析每個點電荷在O點處的電場強度大小都是E=kq3a32=3kqa2,畫出矢量疊加的示意圖,如圖所示,由圖可得O點處的合電場強度為E0=2E=6kqa2,方向由O指向C,B項正確。 7.(2018四川瀘州質檢)一絕緣細線Oa下端系一質量為m的帶正電的小球a,在正下方有一光滑的絕緣水平細桿,一帶負電的小球b穿過桿在其左側較遠處,小球a由于受到水平絕緣細線的拉力而靜止,如圖所示,現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ,并在較遠處由靜止釋放小球b,讓其從遠處沿桿向右移動到a點的正下方,在此過程中(　　) A.懸線Oa的拉力逐漸增大,水平細線的拉力逐漸減小 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球在較遠處時,所受庫侖力近似為零,在a球正下方時,庫侖力的水平分量為零,所以水平細線的拉力先增大后減小,A錯誤;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動方向始終相同,速度一直增大,B錯誤;b球受到的庫侖力F=kqaqbr2,在運動過程中,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錯誤。 二、多項選擇題 8.下列關于電場和電場線的說法正確的是(　　) A.電場、電場線都是客觀存在的物質,因此電場線不僅能在空間相交,也能相切 B.在電場中,凡是電場線通過的點電場強度不為零,沒有電場線的區(qū)域內的點電場強度為零 C.同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大 D.電場線是人們假想的,用以形象表示電場的強弱和方向,客觀上并不存在 答案CD 解析電場線是假想的,不是物質,在空間不相交、不相切,沒有電場線的區(qū)域內的點電場強度不一定為零,A、B錯誤,C、D正確。 9. 如圖所示,懸線下掛著一個帶正電的小球,它的質量為m,電荷量為q,整個裝置處于水平向右的勻強電場中,電場強度為E,下列說法正確的是(　　) A.小球平衡時,懸線與豎直方向夾角的正切值為Eqmg B.若剪斷懸線,則小球做曲線運動 C.若剪斷懸線,則小球做勻速運動 D.若剪斷懸線,則小球做勻加速直線運動 答案AD 解析設懸線與豎直方向夾角為α,對小球受力分析,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動,D正確。 10.如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當質量為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錯誤、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錯誤,故選ACD。 三、非選擇題 11.如圖所示,質量均為m的三個帶電小球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上加一個水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始終保持l的間距運動。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三個小球看成一個系統(tǒng),則三個小球之間的靜電力為系統(tǒng)內力,當C上加一恒力F,并使三球始終保持l的間距運動,則三球的加速度相同,均為F3m,且方向為水平向右。對于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,才可能產生向右的加速度,知C球帶正電荷,設C球電荷量為QC,則由庫侖定律和牛頓第二定律知 對B有k3qQCl2-k3q6ql2=ma, 對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三小球構成系統(tǒng)的合外力 F=3ma=18kq2l2。 12.如圖所示,質量為m的小球A穿在光滑絕緣細桿上,桿的傾角為α,小球A帶正電(可視為點電荷),電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正點電荷。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球剛釋放時的加速度是多大; (2)當A球的動能最大時,A球與B點間的距離。 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A球受到的合力為零,即加速度為零時,動能最大。設此時A球與B點間的距離為d,則mgsinα=kQqd2,解得d=kQqmgsinα。