【物理】2020届一轮复习人教版 电场力的性质 作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电场力的性质 作业

课时跟踪检测（二十二） 电场力的性质 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎1．(2019·邢台模拟)关于静电场，下列结论普遍成立的是(　　)‎ A．电场强度为零的地方，电势也为零 B．电场强度的方向与等势面处处垂直 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 解析：选B　电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零时，电场强度不一定为零，故A、C错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；顺着电场线方向电势降低，但电势降低的方向并不一定是电场强度的方向，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误。‎ ‎2.如图所示，固定一负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为F。现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则(　　)‎ A. F1＝F2‎ B. F1＋F2＝F C. 若小球b带负电，L增大，则F1也增大 D. 若小球b带正电，L减小，则F2也减小 解析：选D　设两球间的库仑力为F′，则小球b带负电时：F＋F′＝F1；小球b带正电时：F－F′＝F2；解得F1>F2；F1＋F2＝2F，选项A、B错误；若小球b带负电，L增大，则F′减小，则F1也减小，选项C错误；若小球b带正电，L减小，则F′变大，则F2减小，选项D正确。‎ ‎3．(2018·无锡五校联考)对于如图所示四幅有关电场，下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线 B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同 C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点 D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同 解析：选D　由题图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布图，离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相同，场强方向不同，故B错误；只有电场线为直线时，粒子才有可能沿着电场线运动，曲线电场线中，粒子不会沿着电场线运动，故C错误；图丁中e点与f点电势相同，同一电荷的电势能相同，故D正确。‎ ‎4．(多选)(2019·威海调研)如图为静电除尘器除尘原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是(　　)‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 解析：选BD　由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由F＝Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。‎ ‎5．(多选)某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．电场力对粒子做负功 C．粒子在N点的加速度大 D．N点的电势比M点的电势高 解析：选AC　电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以粒子带正电荷，故A正确；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。‎ ‎6．如图所示，A、B两点固定两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(　　)‎ A．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．负点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零 解析：选C　在两等量的正点电荷连线中垂线上PO段电场强度方向为O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向为P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，负点电荷q做减速运动，则负点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负点电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误。‎ ‎[B级——保分题目练通抓牢]‎ ‎7．如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为－Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为＋Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为－q的点电荷，静电力常量为k，则点电荷－q受到的电场力大小为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　由对称性可知，点电荷－q所受的电场力等于－Q和－Q在同一对角线上的＋Q对点电荷电场力的矢量和，其他电荷对点电荷的作用力的矢量和为零，则点电荷受电场力大小为F＝2k＝，故A正确。‎ ‎8．(多选)(2018·唐山期末)如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E。则d点放入电荷q后，b点的场强大小可能是(　　)‎ A.E B.E C.E D.E 解析：选AC　设四点的间距为r，则只放点电荷Q时，b点的场强E＝k；此时Q在c点的场强为：k＝E；若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E，若q带负电，q在c点形成电场的电场强度为：k＝E－E＝E，则此时b点的场强为：E＋＝E；若q带正电，则c点的合场强向左，则k－E＝E，即k＝E；则此时b点的场强为：E－＝E ‎ ，故选A、C。‎ ‎9．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E。现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度改变，则下列判断正确的是(　　)‎ A．移至c点时，O点的电场强度大小仍为E，沿Oe方向 B．移至e点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向 C．移至b点时，O点的电场强度大小为E，沿Oc方向 D．移至f点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向 解析：选B　由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。当正点电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oe方向，故A错误。当正点电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc方向，故B正确。当正点电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oe角平分线斜向上，故C错误。当正点电荷移至f处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oc角平分线斜向下，故D错误。‎ ‎[C级——难度题目适情选做]‎ ‎10．(2019·太原调研)如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为＋q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的电场强度为E的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场的电场强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ 解析：选D　设P处的带电小球电荷量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为：F＝；根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，有：4××＝mg；若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P处小球的库仑力合力为：F′＝；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：＋E＝mg；解得：E＝或E＝，故D正确。‎ ‎11.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)电场强度的大小E；‎ ‎(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。‎ 解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，由受力平衡得FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 可得电场强度E＝。‎ ‎(2)若电场强度减小为原来的，则变为E′＝ mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得加速度a＝0.3g。‎ ‎(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功 由动能定理：mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0‎ 可得动能Ek＝0.3mgL。‎ 答案：(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL ‎12．(2019·开封模拟)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C。有一个质量m＝4.0×10－3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角 θ＝37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用。‎ ‎(1)求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。‎ 解析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，‎ 如图所示，由共点力平衡条件有：‎ F＝qE＝mgtan θ 解得：q＝＝1.0×10－6 C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。‎ ‎(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：＝ma 解得：a＝＝12.5 m/s2。‎ ‎(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为：l＝at2＝0.25 m 小球运动过程中，电场力做的功为：‎ W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)为：ΔEp＝4.5×10－3 J。‎ 答案：(1)1.0×10－6 C　正电荷 ‎(2)12.5 m/s2　(3)减少4.5×10－3 J