【物理】2020届一轮复习人教版 电场力的性质 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电场力的性质 课时作业

2020 届一轮复习人教版 电场力的性质课 课时作业 一、选择题 考点一 电场线与运动轨迹 1．一带负电荷的质点，只在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，已知质点的速率是递减的．关于 b 点 电场强度 E 的方向，图中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)( ) 答案 D 解析 根据从 a 运动到 c，质点的速率是递减的，可知质点所受电场力方向与运动方向成钝角，又根据曲 线运动条件，可知电场力指向轨迹弯曲的内侧，因负电荷所受电场力与场强方向相反，故图 D 正确． 2.(多选)如图 1 所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨 迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断中正确的是( ) 图 1 A．若粒子是从 A 运动到 B，则粒子带正电；若粒子是从 B 运动到 A，则粒子带负电 B．不论粒子是从 A 运动到 B，还是从 B 运动到 A，粒子必带负电 C．若粒子是从 B 运动到 A，则其加速度减小 D．若粒子是从 B 运动到 A，则其速度减小 答案 BC 解析 根据做曲线运动的物体所受合外力指向曲线内侧可知粒子所受电场力与电场线的方向相反，所以不 论粒子是从 A 运动到 B，还是从 B 运动到 A，粒子必带负电，故 A 错误，B 正确；电场线密的地方电场强度 大，所以粒子在 B 点受到的电场力大，在 B 点时的加速度较大．若粒子是从 B 运动到 A，则其加速度减小， 故 C 正确；从 B 到 A 过程中电场力与速度方向成锐角，电场力做正功，动能增大，速度增大，故 D 错误． 3.某电场的电场线分布如图 2 所示，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 是轨迹上 的三个点，则( ) 图 2 A．粒子一定带负电 B．粒子一定是从 a 点运动到 b 点 C．粒子在 c 点的加速度一定大于在 b 点的加速度 D．粒子在电场中 c 点的速度一定大于在 a 点的速度 答案 C 解析 做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电 场线向左，所以粒子带正电，A 错误；粒子不一定是从 a 点沿轨迹运动到 b 点，也可能是从 b 点沿轨迹运 动到 a 点，B 错误；由电场线的分布可知，粒子在 c 点处受电场力较大，加速度一定大于在 b 点的加速度， C 正确；若粒子从 c 运动到 a，电场力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从 a 运动到 c，电 场力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在 c 点的速度一定小于在 a 点的速度，D 错误． 考点二 等量电荷的电场 4.如图 3 为真空中两点电荷 A、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为 A、B 电荷连线的中点，a、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( ) 图 3 A．A、B 可能带等量异号的正、负电荷 B．A、B 可能带不等量的正电荷 C．a、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零 D．同一试探电荷在 a、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反 答案 D 解析 根据电场线的方向及对称性，可知该电场为等量正点电荷形成的电场，故 A、B 均错误；a、b 两点 虽没有画电场线，但两点的电场强度都不为零，C 错误；根据等量正点电荷的电场特点可知，同一试探电 荷在 a、b 两点所受电场力等大反向，D 正确． 5．(多选)如图 4 所示，在真空中等量异种点电荷形成的电场中：O 是电荷连线的中点，C、D 是连线的中 垂线上关于 O 对称的两点，A、B 是连线延长线上的两点，且到正、负电荷的距离均等于两电荷间距的一半．则 以下结论正确的是( ) 图 4 A．B、C 两点场强方向相反 B．A、B 两点场强相同 C．C、O、D 三点比较，O 点场强最弱 D．A、O、B 三点比较，O 点场强最弱 答案 AB 6.直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、H 两点坐标如图 5.M、N 两点各固定一等量负点电荷，一 电荷量为 Q 的正点电荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用 k 表示．若将该正点电荷 移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为( ) 图 5 A.3kQ 4a2 ，沿 y 轴正方向 B.3kQ 4a2 ，沿 y 轴负方向 C.5kQ 4a2 ，沿 y 轴正方向 D.5kQ 4a2 ，沿 y 轴负方向 答案 B 解析 因正点电荷在 O 点时，G 点的场强为零，则可知两负点电荷在 G 点形成的电场的合场强与正点电荷 在 G 点产生的场强等大反向，大小为 E 负＝kQ a2，方向沿 y 轴正方向；若将正点电荷移到 G 点，则正点电荷 在 H 点的场强大小为 E1＝k Q 2a2＝kQ 4a2，方向沿 y 轴正方向，因两负点电荷在 G 点的合场强与在 H 点的合场 强等大反向，则 H 点处场强大小为 E＝E 负－E1＝3kQ 4a2 ，方向沿 y 轴负方向，故选 B. 7．(多选)如图 6 所示，两个带等量正电荷的小球 A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上．P、 N 是小球 A、B 连线的垂直平分线上的点，且 PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球 C(可视为质点)， 由 P 点静止释放，在小球 C 向 N 点运动的过程中，关于小球 C 的速度－时间图象中，可能正确的是( ) 图 6 答案 AB 解析 在 AB 的垂直平分线上，从无穷远处到 O 点电场强度先变大后变小，到 O 点变为零，带负电的小球 受力沿垂直平分线，如果 P、N 与 O 之间的距离足够远，小球的加速度先变大后变小，速度不断增大，在 O 点加速度变为零，速度达到最大，v－t 图线的斜率先变大后变小；由 O 点到无穷远处，速度变化情况与另 一侧速度的变化情况具有对称性，B 正确；同理，如果 P、N 与 O 之间的距离很近，A 正确． 考点三 电场中的平衡和加速 8．(多选)如图 7 所示，金属板带电荷量为＋Q，质量为 m 的金属小球带电荷量为＋q，当小球静止后，悬 挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球(可视为质点)与金属板中心 O 恰好在同一条水平线上， 且距离为 L.下列说法正确的是( ) 图 7 A．＋Q 在小球处产生的场强为 E1＝kQ L2 B．＋Q 在小球处产生的场强为 E1＝mgtan α q C．＋q 在 O 点产生的场强为 E2＝kq L2 D．＋q 在 O 点产生的场强为 E2＝mgtan α Q 答案 BC 解析 金属板不能看成点电荷，在小球处产生的场强不能用 E＝kQ r2 计算，故 A 错误；根据小球受力平衡得 小球受电场力 F＝mgtan α，由 E＝F q 得，E1＝mgtan α q ，B 正确；小球可看成点电荷，在 O 点产生的场强 E2＝kq L2 ，C 正确；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为 F＝mgtan α，但金属板不能看做试 探电荷，故不能用公式 E＝F q 求场强，D 错误． 9.(2018·巴蜀中学质检)如图 8 所示，在水平向左的匀强电场中，倾角α＝53°的固定光滑绝缘斜面，高 为 H.一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的4 3 倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加 速度为 g，则物块落地时的速度大小为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( ) 图 8 A．2 5gH B．2 gH C.5 3 2gH D．2 2gH 答案 C 解析 对物块受力分析知，重力和电场力的合力 F 合＝ mg2＋qE2＝5 3 mg，设 F 合与水平方向夹角为β，tan β ＝mg qE ＝3 4 ，β＝37°<α，则物块沿合力方向斜向下做匀加速直线运动，由动能定理得 F 合 H sin β ＝1 2 mv2－0， 解得 v＝5 3 2gH，故选 C. 二、非选择题 10.(2018·安庆一中高二月考)如图 9 所示，在竖直平面内有两个点电荷，固定在同一水平直线上相距为 3l 的 A、B 两点，其电荷量分别为＋Q、－Q.在 AB 连线的垂直平分线上固定一光滑竖直绝缘杆，在杆上 C 点 有一个质量为 m、电荷量为－q 的小环(可视为点电荷)由静止释放．已知 A、B、C 三点连线为正三角形， 重力加速度为 g.求： 图 9 (1)释放小环瞬间，杆对小环的作用力大小； (2)小环滑到 D 点(AB 连线的中点)时的速度大小． 答案 (1)kQq 3l2 (2) 3gl 解析 (1)B 处负点电荷对 C 处小环的库仑力大小 FB＝k Qq  3l2 释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力大小 F＝kQq 3l2，方向向左，则杆对小环的作用力大小 F 杆＝kQq 3l2 (2)小环从 C 滑到 D，电场力不做功，根据动能定理有 mgh＝1 2 mv2 因为 h＝ 3lsin 60° 所以小环滑到 D 点时的速度大小 v＝ 3gl. 11．(2017·淮阴中学高二期中)如图 10 所示，一带电荷量为 q＝－5×10－3 C、质量为 m＝0.1 kg 的小物 块(可视为质点)放在一倾角为θ＝37°的光滑固定绝缘斜面上，当整个装置处在一水平向左的匀强电场中 时，小物块恰好处于静止状态．重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 图 10 (1)求电场强度 E 的大小； (2)某时刻小物块的电荷量突然减少了一半，求物块沿斜面下滑距离 L＝1.5 m 时的速度大小． 答案 (1)150 N/C (2)3 m/s 解析 (1)小物块受力如图所示，由平衡条件得 mgsin θ＝|q|Ecos θ 解得 E＝mgtan θ |q| ， 代入数据得 E＝150 N/C. (2)由牛顿第二定律得 mgsin θ－|q|E 2 cos θ＝ma v2＝2aL 解得 v＝ gLsin θ， 代入数据得速度大小为 v＝3 m/s. 12.如图 11 所示，有一水平向左的匀强电场，场强为 E＝1.25×104 N/C，一根长 L＝1.5 m、与水平方向的夹 角θ＝37°的光滑绝缘细直杆 MN 固定在电场中，杆的下端 M 固定一个带电小球 A，电荷量 Q＝＋4.5×10－6 C； 另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量 q＝＋1.0×10－6 C，质量 m＝1.0×10－2 kg.将小球 B 从杆的 上端 N 静止释放，小球 B 开始运动．(静电力常量 k＝9.0×109 N·m2/C2，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)求： 图 11 (1)小球 B 开始运动时的加速度为多大？ (2)小球 B 的速度最大时，与 M 端的距离 r 为多大？ 答案 (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m 解析 (1)如图所示，开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第 二定律得 mgsin θ－kQq L2 －qEcos θ＝ma.代入数据解得：a＝3.2 m/s2. (2)小球 B 速度最大时所受合力为零， 即 mgsin θ－kQq r2 －qEcos θ＝0，代入数据解得：r＝0.9 m. 13.(2017·连云港市高二检测)如图 12 所示，带电小球 A 和 B(可视为点电荷)放在倾角为 30°的光滑固定 绝缘斜面上，质量均为 m，所带电荷量分别为＋q 和－q，沿斜面向上的恒力 F 作用于 A 球，可使 A、B 保 持间距 r 不变沿斜面向上匀加速运动，已知重力加速度为 g，静电力常量为 k，求： 图 12 (1)加速度 a 的大小； (2)F 的大小． 答案 (1)kq2 mr2－1 2 g (2)2kq2 r2 解析 (1)根据库仑定律，两球间相互吸引的库仑力为： F′＝kq1q2 r2 ＝kq2 r2 对 B 球由牛顿第二定律有：F′－mgsin 30°＝ma 联立解得加速度为：a＝kq2 mr2－1 2 g. (2)把 A 球和 B 球看成整体，由牛顿第二定律有： F－2mgsin 30°＝2ma，解得 F＝2kq2 r2.