2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)30 電場力的性質(zhì)（含解析）

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1、作業(yè)30　電場力的性質(zhì) 7 一、選擇題 1．由庫侖定律可知，真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時(shí)，它們之間相互作用力的大小為F＝k，式中k為靜電力常量．若用國際單位制的基本單位表示， k的單位應(yīng)為(　　) A．kg·A2·m3　　　　 B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2 D.N·m2·A－2 解析：由庫侖定律知k＝，式中都取國際單位時(shí)k的單位為，由I＝知，1 C2＝1 A2·s2，又因1 N＝1，整理可得k的單位應(yīng)為·，即kg·A－2·m3·s－4，故B正確． 答案：B 圖30－1 2．(2019年鄭州模

2、擬)如圖30－1所示，半徑相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開．這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為＋q、－q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷量為q1＝＋，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－.由庫侖定律F＝k知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝，A項(xiàng)正確． 答案：A

3、 圖30－2 3．如圖30－2所示，Q帶負(fù)電荷，導(dǎo)體P在a處接地，下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)體P的a端不帶電荷，b端帶負(fù)電荷 B．導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端不帶電 C．導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端帶負(fù)電荷，且正、負(fù)電荷的電荷量相等 D．導(dǎo)體P的a端帶正電荷，b端帶負(fù)電荷，正電荷的電荷量大于負(fù)電荷的電荷量 解析：導(dǎo)體接地，它與大地組成一個(gè)導(dǎo)體，相對于負(fù)電荷Q，a端離Q較近．根據(jù)“近異遠(yuǎn)同”“兩端等量”的規(guī)律，導(dǎo)體a端帶正電，b端感應(yīng)出來的負(fù)電荷被導(dǎo)到大地上，所以不帶電，大地作為遠(yuǎn)端帶有等量的負(fù)電荷．故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 圖30－3 4．(20

4、19年山西五校四聯(lián))兩點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線如圖30－3所示．根據(jù)電場線的分布情況，下列判斷正確的是(　　) A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量 B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C．Q1、Q2一定均為正電荷 D．Q1、Q2一定均為負(fù)電荷 解析：由電場線的分布情況可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．因?yàn)殡妶鼍€沒有標(biāo)出方向，不能斷定電荷的正負(fù)，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：A 5．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖30－4所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線

5、，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R.已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為(　　) 圖30－4 A. B.－E C.－E D.＋E 解析：假設(shè)將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場為E＝＝，由題知當(dāng)半球面如題圖所示在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)為E′＝－E，B正確． 答案：B 圖30－5 6．如圖30－5所示，一個(gè)均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點(diǎn)，過O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，

6、在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷＋q，則＋q在A點(diǎn)所受的電場力為(　　) A.，方向向上 B.，方向向上 C.，方向水平向左 D．不能確定 解析：先把帶電圓環(huán)分成若干個(gè)小部分，每一部分可視為點(diǎn)電荷，各點(diǎn)電荷對檢驗(yàn)電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上方向上電場力大小為＝，故選B. 答案：B 圖30－6 7．(多選)如圖30－6所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．

7、sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：設(shè)菱形邊長為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asinα，兩個(gè)－q之間距離為2acosα.選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcosα＝k，解得cos3α＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksinα＝k，解得sin3α＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC 圖30－7 8．(多選)如圖30－7所示，有一帶電物體處在一個(gè)斜向上的勻強(qiáng)電場E中，由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) A．物體一定帶正電 B．物體一定帶負(fù)電 C．物體不一定受彈力的作用 D．物體一定受彈力的作用

8、 解析：若物體帶負(fù)電荷，則受電場力向右下方，重力向下，則物體必然斜向下運(yùn)動，不符合題意，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若物體帶正電，則受力分析如圖30－8所示，因物體做勻速直線運(yùn)動，則合力必為零，一定受到摩擦力，必然受到彈力作用，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 圖30－8 答案：AD 圖30－9 9．(2019年佛山市大聯(lián)考)(多選)如圖30－9所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5 C，質(zhì)量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負(fù)電荷，A球通過絕緣細(xì)線吊在天花板上，B球一端固定絕緣棒，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細(xì)線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，g取10 m/s2，則B

9、球距離A球的距離可能為(　　) A．0.5 m　　B．0.8 m　　C．1.2 m 　　D．2.5 m 解析：對A受力分析，受重力mg、繩的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時(shí)，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin30°＝，解得r＝1 m，所以兩球的距離d≤1 m，A、B正確． 答案：AB 10．(2019年安徽八校聯(lián)考)(多選)如圖30－10所示，一絕緣細(xì)線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計(jì))，地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合．一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點(diǎn)靜止釋放．小球a由于受到絕緣細(xì)線的拉力而靜止，其中細(xì)線O′a水平，Oa懸線與豎直方向的夾角為θ

10、.當(dāng)小球b沿圓弧管道運(yùn)動到小球a正下方B點(diǎn)時(shí)對管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點(diǎn)電荷)(　　) 圖30－10 A．b球所受的庫侖力大小為3mg B．b球的機(jī)械能逐漸減小 C．水平細(xì)線的拉力先增大后減小 D．懸線Oa的拉力先增大后減小 解析：電場力對b球不做功，故b球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得mv＝mgR，則小球運(yùn)動到B點(diǎn)的速度vB＝；小球?qū)艿罒o壓力，則F庫－mg＝m，解得F庫＝3mg，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)小球b在某位置時(shí)和a點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為α，懸線Oa的拉力為FT1，懸線O′a的拉力為FT2，則對小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，F(xiàn)

11、T1cosθ＝Fcosα，當(dāng)小球b從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動時(shí)，α角一直減小，可知FT1一直增大，D錯(cuò)誤；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝sin(θ＋α)，則當(dāng)α從90°減小到0時(shí)，F(xiàn)T2先增大后減小，C正確． 答案：AC 圖30－11 11．(多選)如圖30－11所示，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，一長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)硬桿一端固定在O點(diǎn)、另一端固定一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球P，桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，電場的電場強(qiáng)度大小為E＝.先把桿拉至水平位置，然后將桿無初速度釋放，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．小球到最低點(diǎn)時(shí)速度最大 B．小球從開始至最低點(diǎn)過程

12、中動能一直增大 C．小球?qū)U的最大拉力大小為mg D．小球可繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動 解析：如圖30－12所示，小球受到的重力和電場力分別為mg和qE＝mg，此二力的合力大小為F＝mg，方向?yàn)榕c豎直方向成30°角，可知桿從水平位置轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí)，合力F與小球速度的方向夾角一直小于90°，F(xiàn)一直做正功 圖30－12 ，故小球轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí)小球速度最大，且從開始至最低點(diǎn)過程中動能一直增大，A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)小球的最大速度為v，從釋放到小球達(dá)到最大速度的過程，應(yīng)用動能定理有：Eq(L＋Lsin30°)＋mgLcos30°＝mv2－0，設(shè)小球速度最大時(shí)，桿對小球

13、的拉力為Fm，對小球應(yīng)用向心力公式有：Fm－F＝，解得Fm＝mg，由牛頓第三定律知C正確；根據(jù)等效性可知桿轉(zhuǎn)過240°角時(shí)速度減小為0，未到達(dá)圓周的等效最高點(diǎn)，小球不能做完整的圓周運(yùn)動，D錯(cuò)誤． 答案：BC 12．(多選)P、Q兩電荷的電場線分布如圖30－13所示，a、b、c、d為電場中的四點(diǎn)，c、d關(guān)于PQ連線的中垂線對稱．一個(gè)離子從a運(yùn)動到b(不計(jì)重力)，軌跡如圖所示，則下列判斷正確的是(　　) 圖30－13 A．P帶正電 B．c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C．離子在運(yùn)動過程中受到P的吸引力 D．離子從a到b，電場力做正功 解析：由電場線的方向可知P帶正電，Q帶負(fù)電，A正確

14、；c、d兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同，但方向不同，B錯(cuò)誤；離子所受電場力的方向應(yīng)該指向曲線的凹側(cè)，故可以判斷出離子在運(yùn)動過程中受到P電荷的吸引力，C正確；離子從a到b，電場力的方向和離子速度方向的夾角大于90°，電場力做負(fù)功，D錯(cuò)誤． 答案：AC 二、非選擇題 13．(2017年高考·北京卷)如圖30－14所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求

15、： 圖30－14 (1)小球所受電場力F的大?。? (2)小球的質(zhì)量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大?。? 解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3 N. (2)由平衡條件得＝tan37°， 得m＝4.0×10－4 kg. (3)由動能定理得mgl(1－cos37°)＝mv2， 得v＝＝2.0 m/s. 答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　 (3)2.0 m/s 圖30－15 14．如圖30－15所示，一根長L＝1.5 m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在電場強(qiáng)度E＝1.0×105 N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向

16、上的勻強(qiáng)電場中．桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6 C，質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運(yùn)動．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)問： (1)小球B開始運(yùn)動時(shí)的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h1為多少？ 圖30－16 解析：(1)開始運(yùn)動時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，如圖30－16所示沿桿方向運(yùn)動，由牛頓第二定律得 mg－－qEsinθ＝ma 解得a＝g－－ 代入數(shù)據(jù)得a＝3.2 m/s2. (2)小球B速度最大時(shí)合力為零，即 ＋qEsinθ＝mg， 解得h1＝ 代入數(shù)據(jù)解得h1＝0.9 m. 答案：(1)3.2 m/s2　(2)0.9 8