（江蘇專用）2021版高考物理一輪復習 課后限時集訓20 電場力的性質(zhì)

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1、 課后限時集訓20 電場力的性質(zhì) 建議用時：45分鐘 1.(2019·北京通州區(qū)期末)把一個帶正電荷QA的球體A固定在可以水平移動的絕緣支座上，再把一個帶正電荷QB的小球B用絕緣絲線掛在玻璃棒上的C點(使兩個球心在同一水平線上)，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角如圖所示?，F(xiàn)使球體A向右緩慢移動逐漸靠近小球B，關于絲線與豎直方向的夾角，下列說法正確的是(移動過程中，A、B電荷量不變)(　　) A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．保持不變 D．無法判斷 A　[使球體A向右緩慢移動逐漸靠近小球B，兩球間距離減小，根據(jù)庫侖定律，兩球之間的庫侖力增大，根據(jù)小球B受力平衡可知，絲線與

2、豎直方向的夾角將逐漸增大，選項A正確。] 2．(2019·濟南模擬)電荷量分別為q1、q2的兩個點電荷，相距r時，相互作用力為F，下列說法錯誤的是(　　) A．如果q1、q2恒定，當距離變?yōu)闀r，作用力將變?yōu)?F B．如果其中一個電荷的電荷量不變，而另一個電荷的電荷量和它們間的距離都減半時，作用力變?yōu)?F C．如果它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變 D．如果它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閞，作用力將變?yōu)?F A　[如果q1、q2恒定，當距離變?yōu)闀r，由庫侖定律可知作用力將變?yōu)?F，選項A錯誤；如果其中一個電荷的電荷量不變，而另一個電荷的電荷量和它們間的距離都減半時，作用力變?yōu)?F，選項

3、B正確；根據(jù)庫侖定律，如果它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變，選項C正確；根據(jù)庫侖定律，如果它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閞，作用力將變?yōu)?F，選項D正確。] 3．(2019·江蘇七市三模)西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，人們對雷電的認識已從雷公神話提升到樸素的陰陽作用。下列關于雷電的說法錯誤的是(　　) A．發(fā)生雷電的過程是放電過程 B．發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程 C．發(fā)生雷電的過程中，電荷的總量增加 D．避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊 C　[雷電是天空中帶異種電荷的烏云間的放電現(xiàn)象，A正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可知，發(fā)生雷電的過程是電能向光

4、能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程，B正確；電荷不會產(chǎn)生，不會消失，只能從一個物體傳到另一個物體，或從物體的一部分傳到另一部分，總量不變，C錯誤；避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊，D正確。] 4.(2019·上海嘉定區(qū)二模)如圖所示為一正點電荷周圍的電場線，電場中有A、B兩點，A、B兩點在同一條電場線上，則(　　) A．A點的電場強度與B點的電場強度相同 B．B點的電場強度比A點的電場強度大 C．A點的電場強度方向沿電場線指向場源電荷 D．B點的電場強度方向沿電場線指向場源電荷 B　[正點電荷形成的電場，離點電荷越遠，由E＝知場強越小，則B點場強大于A點場強，故A錯誤，B正確；以正點電

5、荷為場源的場強方向均沿電場線背離場源電荷，故A、B兩點的場強方向均沿電場線向右，故C、D錯誤。] 5.(2019·海南期末)真空中有一點電荷Q，MN是這個點電荷電場中的一條水平直線，如圖所示，A、B、C是直線MN上的三個點，B是A、C的中點，點電荷Q位于A點正上方O處(未畫出)。設A、B、C三點場強大小分別為EA、EB、EC，且EB＝EA，則EC的值為(　　) A.EA B．EA C.EA D．EA C　[設Q與A點的距離為L，Q與B點的距離為LB，則EA＝，EB＝，又EB＝EA，解得LB＝L，所以Q、A、B構成一個等腰直角三角形，A、C之間的距離為2L，Q、C之間的距

6、離為LC＝＝L，則EC＝＝·＝EA，選項C正確。] 6.如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的是(　　) A．粒子在M點的速率最大 B．粒子所受電場力的方向沿電場線方向 C．粒子在電場中的加速度不變 D．粒子在電場中的電勢能始終在增加 C　[帶電粒子所受合力指向運動軌跡的內(nèi)側，所以帶電粒子受到的電場力水平向左，粒子向M點運動過程中電場力做負功，所以粒子到達M點時的動能最小，速率最小，選項A、B錯誤；因為是勻強電場，粒子受到的電場力恒定，加速度恒定，選項C正確；粒子靠近M點的過

7、程，電場力做負功，電勢能增加，遠離M點的過程，電場力做正功，電勢能減少，選項D錯誤。] 7.一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷＋Q，它們在周圍產(chǎn)生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷＋Q與其像電荷－Q共同激發(fā)產(chǎn)生的。像電荷－Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷＋Q在此鏡中的像點位置。如圖所示，已知＋Q所在位置P點到金屬板MN的距離為L，a為OP的中點，abcd是邊長為L的正方形，其中ab邊平行于MN。則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度大小為E＝4k B．a(chǎn)點的電場強度大小大于b點的電場強度大小，a點的電勢高于b點的電勢 C．b點的電場強度和c點的電場強度相同 D

8、．一正點電荷從a點經(jīng)b、c運動到d點的過程中電勢能的變化量為零 B　[由題意可知，點電荷＋Q和金屬板MN周圍空間的電場與等量異種點電荷產(chǎn)生的電場等效，所以a點的電場強度E＝k＋k＝，A錯誤；等量異種點電荷周圍的電場線和等勢面分布如圖所示： 由圖可知Ea>Eb，φa>φb，B正確；圖中b、c兩點的場強不同，C錯誤；由于a點的電勢大于d點的電勢，所以一正點電荷從a點經(jīng)b、c運動到d點的過程中電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤。] 8.如圖所示，把質(zhì)量為2 g的帶負電小球A用絕緣細繩懸掛，若將帶電荷量為4×10－6 C的帶電小球B靠近A，當兩個帶電小球在同一高度相距30 cm時，繩與豎

9、直方向成45°角，g取10 m/s2，k＝9.0×109 N·m2/C2。求： (1)A球帶電荷量是多少。 (2)若改變小球B的位置，仍可使A球靜止在原來的位置，且A、B間的庫侖力最小，最小庫侖力為多少。 [解析]　對球A受力分析如圖所示： 由平衡條件得：Tsin 45°－F＝0 Tcos 45°－mg＝0 解得：F＝mgtan 45°＝0.02 N 即A球受的庫侖力為0.02 N 根據(jù)庫侖定律得：F＝k 解得：QA＝5×10－8 C。 (2)當庫侖力垂直細繩時，A、B間庫侖力最小，則：Fmin＝mgsin α＝ N [答案]　(1)5×10－8 C　(2)

10、N 9．a(chǎn)和b是點電荷電場中的兩點，如圖所示，a點電場強度Ea與ab連線夾角為60°，b點電場強度Eb與ab連線夾角為30°，則關于此電場，下列分析中正確的是(　　) A．這是一個正點電荷產(chǎn)生的電場，Ea∶Eb＝1∶ B．這是一個正點電荷產(chǎn)生的電場，Ea∶Eb＝3∶1 C．這是一個負點電荷產(chǎn)生的電場，Ea∶Eb＝∶1 D．這是一個負點電荷產(chǎn)生的電場，Ea∶Eb＝3∶1 D　[設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示，從圖中可知電場方向指向場源電荷，故這是一個負點電荷產(chǎn)生的電場，A、B錯誤；設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何知識

11、得到ra∶rb＝1∶，由公式E＝k可得Ea∶Eb＝3∶1，故C錯誤，D正確。] 10.(2019·全國卷Ⅰ)如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則(　　) A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷 C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷 D　[對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，選項D正確，C錯誤。

12、] 11.如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線的上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質(zhì)量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角均為θ＝30°，重力加速度為g。以下說法中正確的是(　　) A．細線對小球的拉力大小為mg B．兩小球間的靜電力大小為mg C．剪斷左側細線的瞬間，P球的加速度大小為2g D．當兩球間的靜電力瞬間消失時，Q球的加速度大小為g C　[對P球受力分析，如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件得，細線的拉力大小T＝＝2mg，靜電力大小F＝＝mg，A、B錯誤；剪斷左側細線的瞬間，P球受到的重力和靜電力不變，因此兩力的合力與剪斷細線前細線的拉力等大

13、反向，根據(jù)牛頓第二定律得P球的加速度大小為2g，C正確；當兩球間的靜電力消失時，Q球開始做圓周運動，將重力沿細線方向和垂直于細線方向分解，由重力沿垂直于細線方向的分力產(chǎn)生加速度，根據(jù)牛頓第二定律得a＝g，D錯誤。] 12.(2019·江蘇鹽城中學高三期中)如圖所示，在傾角為30°足夠長的光滑絕緣斜面的底端A點固定一電荷量為Q的正點電荷，在離A距離為S0的C處由靜止釋放某帶正電荷的小物塊P(可看作點電荷)。已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。 (1)求小物塊所帶電荷量q和質(zhì)量m之比； (2)求小物塊速度最大時離A

14、點的距離S； (3)若規(guī)定無限遠電勢為零時，在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝(其中r為該點到Q的距離)。求小物塊P能運動到離A點的最大距離Sm。 [解析]　(1)對小物塊受力分析：受重力、電場力、支持力。由牛頓第二定律得：k－mgsin θ＝mg 解得：＝。 (2)當合力為零時速度最大，即：k－mgsin θ＝0 解得：S＝S0。 (3)當運動到最遠點時速度為零，由能量守恒定律得： mg(Sm－S0)sin θ＝－ 解得：Sm＝3S0。 [答案]　(1)　(2)S0　(3)3S0 13.如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當

15、整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止。重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)電場強度的大小E； (2)將電場強度減小為原來的時，物塊加速度的大小a； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能Ek。 [解析]　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，由受力平衡得 FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 可得電場強度E＝。 (2)若電場強度減小為原來的，則變?yōu)镋′＝ mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得加速度a＝0.3g。 (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功 由動能定理： mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得動能Ek＝0.3mgL。 [答案]　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 8