山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練22 電場力的性質(zhì) 新人教版

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1、課時規(guī)范練22　電場力的性質(zhì) 基礎對點練 1.(庫侖力探究)(2018·遵義航天高級中學模擬)用控制變量法可以研究影響電荷間相互作用力的因素。如圖所示,O是一個帶電的物體,若把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的P1、P2、P3等位置,可以比較小球在不同位置所受帶電物體的作用力的大小。這個力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度θ顯示出來。若物體O的電荷量用Q表示,小球的電荷量用q表示,物體與小球間的距離用d表示,物體和小球之間的作用力大小用F表示。則下列對該實驗現(xiàn)象的判斷正確的是(　　) A.保持Q、q不變,減小d,θ變大,說明F與d成正比 B.保持Q、q不變,減小d,θ變大,

2、說明F與d成反比 C.保持Q、d不變,減小q,θ變小,說明F與q有關 D.保持q、d不變,減小Q,θ變小,說明F與Q成正比 答案C 解析保持Q、q不變,減小d,θ變大,則庫侖力變大,說明F與d有關,但不能說明成反比關系,故A、B錯誤;保持Q、d不變,減小q,θ變小,則庫侖力變小,知F與q有關,故C正確;保持q、d不變,減小Q,θ變小,則庫侖力變小,說明F與Q有關,但不能說明成正比關系,故D錯誤。 2.(電場線的理解)(2018·成都模擬)如圖所示為電場中的一條電場線,在該電場線上有a、b兩點,用Ea、Eb分別表示這兩處的電場強度的大小,則(　　) A.a、b兩點的電場強度方向不

3、一定相同 B.因為電場線由a指向b,所以Ea>Eb C.因為電場線是直線,所以Ea=Eb D.因不清楚a、b兩點附近的電場線分布情況,所以不能確定Ea、Eb的大小關系 答案D 解析由題圖電場線方向可知a、b兩點的電場強度方向都向右,A項錯誤;僅一條電場線無法比較電場線的疏密程度和電場強度大小關系,B、C項錯誤,D項正確。 3.(對稱法　庫侖力的理解)(2018·黑龍江齊齊哈爾二模)如圖所示,兩個帶電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的球殼和球殼的球心,這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同,若甲圖中帶電球殼對點電荷q的庫侖力的大小為F,則乙圖中帶電的球殼對點電荷q的庫侖力

4、的大小為(　　) A.F B.F C.F D.F 答案D 解析本題涉及對稱法理解和應用。觀察球殼的特點,將其分成三個帶電球殼部分,根據(jù)對稱,關于球心對稱的兩個帶電球殼對點電荷的庫侖力大小相等,方向相反,則其合力為零,因此乙圖中帶電的球殼對點電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電球殼對點電荷的庫侖力的大小相等,D正確。故選D。 4.(點電荷電場強度公式的理解)(2018·山東威海模擬)如圖所示,半徑為R的均勻帶電球殼帶電量為Q(Q>0)。已知半徑為R的均勻帶電球殼在球殼的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心O點的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同。靜電力常量為k,下列說法正確的是(　　) A.

5、球心O處的場強為 B.在球殼外距球殼為r處的電場強度為 C.球殼的表面為等勢面 D.若取無窮遠處電勢為零,則球殼表面處的電勢小于零 答案C 解析將整個球殼均勻分成若干份,由對稱性可知,球心O處的合電場強度為零,選項A錯誤;由已知半徑為R的均勻帶電球殼在球殼的外部產(chǎn)生的電場與一個位于球心O點的、電荷量相等的點電荷產(chǎn)生的電場相同,所以在球殼外距球殼為r處的電場強度應為E=,選項B錯誤;球殼的表面處的電場線垂直于表面,則球殼表面為等勢面,選項C正確;因球殼帶電量為正,則若取無窮遠處電勢為零,則球殼表面處的電勢大于零,選項D錯誤;故選C。 5.(電場線+運動軌跡組合模型)如圖所示,實線

6、是電場線,一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中,其速度—時間圖象是選項中的(　　) 答案B 解析電場力的方向指向軌跡的凹側(cè)且沿與電場線相切的方向,因此粒子從A運動到B的過程中電場力方向與速度方向的夾角大于90°,粒子做減速運動,電場力越來越小,加速度越來越小,故B項正確。 6.(2015·高考山東卷)直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上,G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷,一電荷量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點,則H點處電場強度的大小和方向分別為(　　) A.,沿y軸正向 B.,沿

7、y軸負向 C.,沿y軸正向 D.,沿y軸負向 答案B 解析+Q置于O點時在G點處產(chǎn)生的電場強度為E1=k,因G點處電場強度EG=0,故M、N兩點處的負點電荷在G處產(chǎn)生的電場強度大小E2=E1=k,由對稱性可知,兩負點電荷在H點處產(chǎn)生的電場強度大小為E2'=k,方向沿y軸負向;將+Q移到G點,其在H點處產(chǎn)生的電場強度E1'=k,方向沿y軸正向,故H點的電場強度EH=E2'-E1'=,方向沿y軸負向,B項正確。 7.(庫侖定律　平衡條件)如圖所示,真空中A、B兩個正點電荷的電荷量分別為Q和q,放在光滑絕緣的水平面上,A、B之間用絕緣的輕彈簧連接。當系統(tǒng)平衡時,彈簧的伸長量為x0。設彈簧

8、發(fā)生的均是彈性形變,則(　　) A.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時彈簧的伸長量等于2x0 B.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時彈簧的伸長量小于2x0 C.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時彈簧的縮短量等于x0 D.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時彈簧的縮短量小于x0 答案B 解析設彈簧的勁度系數(shù)為k,原長為x,當系統(tǒng)平衡時,彈簧的伸長量為x0,則有:kx0=k,保持Q不變,將q變?yōu)?q時,平衡時有:kx1=k,由上式易得:x1<2x0,A項錯誤;同理可以得到,保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時彈簧的伸長量小于2x0,B項正確;保持q不變,將Q變?yōu)?Q,如果縮短量等于x0,因兩點電荷間

9、距離減小,則靜電力大于彈力,故會進一步吸引,故平衡時彈簧的縮短量大于x0,C項錯誤;同理,D項錯誤。 素養(yǎng)綜合練 8.(多選)(電場線+運動軌跡組合模型)(2018·三明模擬)如圖所示,實線為方向未知的三條電場線,從電場中M點,以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子,僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示,則(　　) A.a一定帶正電,b一定帶負電 B.a的速度將減小,b的速度將增大 C.a的加速度將減小,b的加速度將增大 D.兩個粒子的動能均增大 答案CD 解析根據(jù)兩粒子的偏轉(zhuǎn)方向,可知兩粒子帶異種電荷,但無法確定其具體電性,故A錯誤;由粒子受力方向與速度方向

10、的關系,可判斷電場力對兩粒子均做正功,兩粒子的速度、動能均增大,故B錯誤,D正確;從兩粒子的運動軌跡判斷,a經(jīng)過的電場的電場線逐漸變得稀疏,b經(jīng)過的電場的電場線逐漸變密,說明a的加速度減小,b的加速度增大,故C正確。 9.(多選)(點電荷電場強度公式理解　電場力分析)如圖所示,坐標系中有兩個帶電荷量分別為+Q和+3Q的點電荷。在C處放一個試探電荷,則試探電荷所受電場力的方向可能是選項圖中的(　　) 答案BD 解析根據(jù)點電荷形成的電場E=k,可在C處畫出場源電荷分別為+3Q、+Q電場線的示意圖,根據(jù)平行四邊形定則作出合電場強度的大小及方向,若試探電荷為正電荷,則所受的電場力與電場強

11、度方向相同,若試探電荷為負電荷,則所受的電場力與電場強度方向相反,B、D正確,A、C錯誤。 10. (多選)(電場疊加)(2018·吉林長春質(zhì)量監(jiān)測改編)已知無限大的帶電面可產(chǎn)生垂直于該面的勻強電場(正的帶電面電場強度方向背離該面、負的帶電面電場強度方向指向該面),電場強度大小E=2πkσ,式中k為靜電力常量,σ為電荷面密度(單位面積的帶電量)?，F(xiàn)有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B,電荷的面密度分別為σ和-2σ(σ為正的常數(shù)),間距為d,空間中有C、D兩點,CD連線垂直于帶電面,C點到A面距離與D點到B面的距離為,A面接地,將一檢驗正電荷分別放在C、D兩點。關于C、D

12、兩點的電場強度大小和受到的電場力,下列說法正確的是(　　) A.EC=ED B.EC>ED C.FC

13、電粒子(重力不計)做勻速圓周運動經(jīng)過a、b兩點的電場是(　　) 答案BC 解析帶正電粒子做勻速圓周運動,要求經(jīng)過a、b兩點時,電場力大小相等,方向均指向圓心,方向在變化。A圖中,帶正電粒子在a、b兩點所受電場力大小相等,方向相同,所以帶正電粒子不能做勻速圓周運動,A項錯誤;B圖中,帶正電粒子在a、b兩點所受電場力大小相等,a點方向豎直向下指向O點,b點方向豎直向上指向O點,帶正電粒子可以以O點為圓心,在與兩電 荷連線垂直的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,B項正確;C圖中,帶正電粒子可以以負電荷為圓心做勻速圓周運動,C項正確;D圖中,帶正電粒子在a、b兩點所受電場力大小相等,方向相同,所以帶

14、正電粒子不可能做勻速圓周運動,D項錯誤。 12.(電場力作用下平衡、動力學問題)(2018·山西晉中名校聯(lián)考)如圖所示,長L=0.12 m的絕緣輕桿上端固定在O點,質(zhì)量m=0.6 kg、電荷量q=0.5 C的帶正電金屬小球套在絕緣輕桿上,空間存在水平向右的勻強電場,球與桿間的動摩擦因數(shù)μ=0.75。當桿豎直固定放置時,小球恰好能勻速下滑,g取10 m/s2。 (1)求勻強電場的電場強度大小; (2)改變輕桿與豎直方向的夾角,使球下滑過程中與桿之間的摩擦力為零,并將小球從O點由靜止釋放,求小球離開桿時的速度大小。 答案(1)16 N/C　(2)2 m/s 解析(1)當桿豎直固定放置時,FN=Eq,mg=Ff,Ff=μFN,解得E==16N/C。 (2)小球與桿之間摩擦力為零,說明小球與桿之間的彈力為零,則有Eqcosθ=mgsinθ,所以tanθ=,θ=53°。設小球的加速度為a,則mgcos53°+Eqsin53°=ma,解得a=m/s2。由v2=2aL解得小球離開桿時的速度大小為v=2m/s。 9