2015高考物理第一輪復習電場力的性質同步練習新人教版+2015高考物理第一輪復習電場能的性質同步練習新人教版

1、2015高考物理第一輪復習電場力的性質同步練習新人教版電場力的性質同步練習（45分鐘）1如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電Q，B帶電9Q.現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為()A正B的右邊0.4 m處 B正B的左邊0.2 m處C負A的左邊0.2 m處 D負A的右邊0.2 m處解析：要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項C正確答案：C2(2014·北京石景山測試)如圖所示，某點O處固定一點電荷Q，一電荷量為q1的點電荷以O為圓心做勻速圓周運動，另一電荷量為q2

2、的點電荷以O為焦點沿橢圓軌道運動，兩軌道相切于P點兩個運動電荷的質量相等，它們之間的靜電引力和萬有引力均忽略不計，且q1>q2.當q1、q2經過P點時速度大小分別為v1、v2，加速度的大小分別為a1、a2，下列關系正確的是()Aa1a2 B. a1<a2 Cv1v2 Dv1>v2解析：設兩個運動電荷的質量為m，PO間的距離為r，在P點對q1有km，對q2有k>m，所以v1>v2，D正確，C錯誤；在P點q1的加速度a1，q2加速度a2，由于q1>q2，所以a1>a2，故A、B錯誤答案：D3(2014·湖北武漢模擬)水平面上A、B、C三點固定著三

3、個電荷量為Q的正點電荷，將另一質量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構成一棱長為L的正四面體，如圖所示已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量為()A.B. C. D.解析：3kcos mg，sin ，聯(lián)立解得q.答案：C4在點電荷Q產生的電場中有a、b兩點，相距為d，已知a點的場強大小為E，方向與ab連線成30°角，b點的場強方向與ab連線成120°角，如圖所示，則點電荷Q的電性和b點的場強大小為()A正電、E/3 B負電、E/3C正電、3E D負電、3E解析：分別將經過a點和b點的電場線延長交于一點O，如圖所示，則

4、O點即為點電荷Q所在的位置，電場線指向此電荷，則Q為負電荷；由幾何關系可知，如果Obd，則Oad，由點電荷產生的電場強度表達式為E可知，點電荷在b點產生的場強大小為3E，D正確答案：D5(2014·廣西三校聯(lián)考)一帶正電小球從光滑絕緣的斜面上O點由靜止釋放，在斜面上水平虛線ab和cd之間有水平向右的勻強電場如圖所示下面哪個圖象能正確表示小球的運動軌跡()解析：帶正電小球從光滑絕緣的斜面上O點由靜止釋放，開始做勻加速直線運動進入電場區(qū)域后受到水平向右的電場力而偏轉，出電場后向下偏轉，所以能正確表示小球的運動軌跡的是D.答案：D6利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動，是一項重要的物理應用技

5、術在等量正點電荷所激發(fā)的電場中，可以使帶電粒子做勻速圓周運動如圖所示，AB為兩個點電荷連線的中垂線，粒子在其上P點獲得一垂直紙面向外的速度，恰好在中垂面上做勻速圓周運動以下判斷正確的是()A該粒子可能帶正電 B該粒子一定帶負電C若點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，粒子仍在原軌道做勻速圓周運動D若點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，粒子將無法在原軌道做勻速圓周運動解析：根據(jù)同種電荷產生電場的特點及場強的疊加原理可知，P點場強沿PA方向，粒子做勻速圓周運動，所受電場力的合力提供向心力，則該粒子一定帶負電，B正確；M、N帶電量緩慢增大，P點處場強增大，粒子所受電場力增大，粒子將做近心運動，

6、運動半徑會不斷減小，D正確答案：BD7(2014·眉山模擬)如圖所示，電荷量為Q1、Q2的兩個正點電荷分別置于A點和B點，兩點相距L.在以L為直徑的光滑絕緣半圓環(huán)上，穿著一個帶電小球q(視為點電荷)，在P點平衡，PA與AB的夾角為，不計小球的重力，則()Atan3 Btan CO點場強為零 DQ1<Q2解析：小球在P點受三個力FA、FB和FN的作用而處于平衡狀態(tài)，由幾何知識可知，故FA與FB垂直由庫侖定律可得：FA，F(xiàn)B，又tan ，聯(lián)立解得tan3 ，故A正確，B錯誤由受力圖可知，F(xiàn)A>FB，r1>r2，所以Q1>Q2，因此O點的場強不為零，故C、D均錯誤答

7、案：A8(2014·雙鴨山模擬)如圖所示，光滑絕緣水平面上帶異號電荷的小球A、B，它們一起在水平向右的勻強電場中向右做勻加速運動，且保持相對靜止設小球A帶電荷量大小為QA，小球B帶電荷量大小為QB，下列判斷正確的是()A小球A帶正電，小球B帶負電，且QA>QBB小球A帶正電，小球B帶負電，且QA<QBC小球A帶負電，小球B帶正電，且QA>QBD小球A帶負電，小球B帶正電，且QA<QB解析：若A帶正電，B帶負電，則小球B受的電場力QBE和A、B間的庫侖力方向均向左，合力向左，不能向右加速運動，故只能是A帶負電，B帶正電，選項A、B均錯把A和B看成一個整體，二者的

8、電量代數(shù)和必為正值，才可使整體受向右的電場力而向右做勻加速運動，所以必有QA<QB，故C錯，D對答案：D9如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的絕緣輕彈簧連接當3個小球處于靜止狀態(tài)時，每根彈簧的長度均為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為()Al Bl Cl Dl解析：要求彈簧原長，必須求出彈力大小，彈力屬于系統(tǒng)內力，需隔離受力簡單的最左邊小球(或最右邊小球)為研究對象分析，由受力平衡：k0(ll0)，解得：l0l，故C項正確答案：C10(2014·安徽模擬)如圖所示，帶電小球A、B

9、所帶的電荷量分別為Q1、Q2，都用長為L的絲線懸掛在O點靜止時A、B相距為d.為使平衡時A、B間距離減為d/2，則下列方法可采用的是()A將小球A、B的質量都增加到原來的2倍B將小球B的質量增加到原來的8倍C將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質量增加到原來的8倍解析：本題用三角形相似處理，必須保證.經檢驗知B正確答案：B11豎直平面xOy內有一半徑為R m的圓O與坐標系的原點重合的圓形區(qū)域，如圖所示，在圓心O有一噴槍可在xOy平面內沿各個方向噴出初速度為v01 m/s，質量為m1×106 kg，帶電荷量為q1×10

10、8 C的油滴圓形區(qū)域內的勻強電場方向沿y 方向，電場強度E8×102 N/C.不考慮油滴間的相互作用，g取10 m/s2.求：(1)由坐標原點O沿x軸正方向噴出的油滴，在電場中運動的時間；(2)射出圓形電場區(qū)域的油滴的最大動能解析：(1)油滴沿x軸方向做勻速運動，速度為v0，沿y方向做勻加速運動，加速度為amgqEma，yat2沿x軸方向做勻速運動：xv0tx2y2R2解得：t1 s.(2)重力和電場力的合力做功最多的油滴射出圓形電場的動能最大，從噴槍噴出的油滴，沿y方向射出的油滴有最大動能Ekm(mgqE)REkmmvEkmmv(mgqE)R代入數(shù)據(jù)解得Ekm3.3×10

11、6 J.答案：(1)1 s(2)3.3×106 J12(2014·濟南一模)如圖所示，在傾角37°的絕緣面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，電場強度E4.0×103 N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板質量m0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回已知斜面的高度h0.24 m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.30，滑塊帶電荷q5.0×104 C取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80.求：(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小

12、(2)滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大高度(3)滑塊從開始運動到停下來的整個過程中產生的熱量Q.(計算結果保留2位有效數(shù)字)解析：(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力f(mgqE)cos 37°，設到達斜面底端時的速度為v1，根據(jù)動能定理有(mgqE)hfmv，解得v12.4 m/s.(2)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度設為h1，根據(jù)動能定理得(mgqE)h1fmv，代入數(shù)據(jù)解得h10.10 m.(3)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能的減少等于克服摩擦力做的功，即等于產生的熱能，Q(mgqE)h0.96 J.答案：(1)2.4 m/s (2)

13、0.10 m (3)0.96 J2015高考物理第一輪復習電場能的性質同步練習新人教版電場能的性質同步練習（45分鐘）1(2014·陜西寶雞模擬)如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條等勢線，其電勢分別為3 V、5 V、7 V，實線為帶電粒子在電場中運動時的軌跡，P、Q為軌跡與等勢線A、C的交點，帶電粒子只受電場力，則下列說法正確的是()A粒子可能帶負電B粒子在P點的動能大于Q點動能C粒子在P點電勢能大于粒子在Q點電勢能D粒子在P點受到電場力大于Q點受到的電場力解析：由等勢線與電場線垂直可畫出電場線，確定帶電粒子運動所受電場力的方向偏向左側，粒子在P點的動能大于在Q點的動能，選項B

14、正確；由于帶電粒子只受電場力，帶電粒子運動時動能和電勢能之和保持不變根據(jù)A、B、C三條等勢線的電勢分別為3 V、5 V、7 V，可確定電場線方向偏向左側，粒子帶正電，粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能，選項A、C錯誤；由于P點所在處等差等勢面疏，電場強度小，所以粒子在P點受到電場力小于Q點受到的電場力，選項D錯誤答案：B2(2014·四川成都模擬)如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD4L、短軸長AC2L.勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心O，下端連接一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的小環(huán)，小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強

15、電場中將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到B點時速度恰好為0.已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則()A小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能一直增大B小環(huán)從A點運動到B點的過程中，小環(huán)的電勢能一直減小C電場強度的大小ED小環(huán)在A點時受到大環(huán)對它的彈力大小FmgkL解析：小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，則小球在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，小環(huán)在B點時彈簧處于伸長狀態(tài)，所以小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，A錯誤；小環(huán)從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加，動能不變，根據(jù)能量守恒可知，小環(huán)的電勢能一直減小，B正確；根據(jù)能的轉化和守恒得mgLqE×

16、;2L，所以E，C錯誤；小環(huán)在A點豎直方向上受到重力、向下的彈簧的彈力、向上的大環(huán)的彈力，豎直方向上由平衡條件得大環(huán)對它的彈力Fmgkx，而小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，故彈簧在A點的壓縮量為L，所以FmgkL，D正確答案：BD3如圖所示，處于真空中的正方體存在著電荷量為q或q的點電荷，點電荷位置在圖中已標明，則a、b兩點電場強度和電勢均相同的圖是()解析：A圖中a、b兩點電場強度的大小和電勢均相同，但電場強度的方向相反，選項A錯誤；B、D圖中都是等量異種點電荷產生的電場，由其電場線的分布圖及其對稱性可知，B圖中a、b兩點電場強度和電勢均不相同，D圖中a、b兩點處于兩電荷連線的中垂線

17、上且對稱分布，所以a、b兩點電場強度的大小、方向和電勢均相同，選項D正確，B錯誤；C圖中是兩個等量同種點電荷產生的電場，由對稱性可知a、b兩點電場強度的大小和電勢均相同，但電場強度的方向不同，選項C錯誤解此類題的關鍵是要掌握等量異種電荷、等量同種電荷產生的場強特點，及對連線中點、中垂面上場強、電勢特點的準確把握，會利用對稱性分析問題答案：D4某區(qū)域的電場線分布如圖所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計在O到A運動過程中，下列關于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek

18、和運動徑跡上電勢隨位移x的變化圖線可能正確的是()解析：帶正電的粒子從O點向A點運動，電場線先變疏再變密，電場強度先變小，后變大，故電場力和粒子的加速度也是先變小，后變大，選項B正確；粒子從O向A運動，一直加速，但加速度先變小，后變大，其速度時間圖象的斜率應是先變小，后變大，選項A錯誤；從O到A，電場強度先變小，后變大，單位長度上的電勢降落應是先變小，后變大，選項C錯誤；根據(jù)Ekmv2Fx，Ek­x圖象的斜率為力F，從O到A，粒子所受的電場力先變小，后變大，故Ek­x圖象的斜率應先變小，后變大，選項D錯誤答案：B5(2014·青島模擬)如圖所示，虛線所示的圓是某電

19、場中某等勢面的截面a、b兩個帶電粒子以相同的速度，從電場中P點沿等勢面的切線方向飛出，粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，則在開始運動的一小段時間內(粒子在圖示區(qū)域內)，下列說法正確的是()Aa粒子所受電場力逐漸變小，b粒子所受電場力逐漸變大Ba粒子的速度將逐漸減小，b粒子的速度將逐漸增大Ca、b兩粒子所帶電荷的電性必定相反Da、b兩個粒子的電勢能均減小解析：電場線的疏密代表電場的強弱，由圖可知越靠近圓心電場線越密，場強越大，故a出發(fā)后的一小段時間內其所處的位置的場強越來越小，而b出發(fā)后的一小段時間內其所處的位置場強越來越大，所以出發(fā)后的一小段時間內a受到的電場力變小，b受到的電場力

20、變大，故A正確由于出發(fā)后電場力始終對電荷做正功，所以兩電荷的電勢能均減小，動能越來越大，故兩個電荷的速度都將越來越大，故B錯誤，D正確由于兩電荷所受的電場力的方向相反，所以a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反，故C正確答案：ACD6如圖所示是陰極射線示波管的聚焦電場，實線為電場線，虛線為等差等勢線，a、b、c為一個從左側進入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點，不計電子的重力，則()A電場中a點的電勢高于c點的電勢B電子在a點處的動能大于在c點處的動能C電子在b點的加速度大于在c點的加速度D電子在b點的電勢能大于在c點的電勢能解析：電場線的方向由高電勢指向低電勢，則a點電勢最低，選項A錯誤；電子從a運動

21、到c，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，選項B錯誤，選項D正確；電場線疏密程度表示場強的大小，則電子在b點所受電場力最大，即加速度最大，選項C正確答案：CD7如圖所示，P、Q處固定放置兩等量異種電荷，b、c、O在P、Q的連線上，e、O為兩點電荷連線的中垂線上的點，且abeO，bccO，abbO，aeeO，則()Aa點電勢等于b點電勢Bb點場強大于e點場強C電子在a點的電勢能大于電子在O點的電勢能Db、c間電勢差大于c、O間電勢差解析：等量異種點電荷周圍的電場線分布情況如圖所示，a點和b點不在同一個等勢面上，電勢不相等，選項A錯誤；根據(jù)電場線的疏密情況，可得b點的場強大于e點的場強，選項B正確

22、；a點的電勢大于零，O點的電勢等于零，電子帶負電，在高電勢處電勢能小，選項C錯誤；b、c間的電場線比c、O間的電場線密，場強大，電勢降低得快，所以b、c間的電勢差大于c、O間的電勢差，選項D正確答案：BD8a、b是位于x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點，P點對應圖線的最低點，a、P間距離大于P、b間距離一質子以某一初速度從M點出發(fā)，僅在電場力作用下沿x軸從M點運動到N點，下列說法正確是()AP點處的電場強度為0 Ba和b一定是等量同種電荷C質子在運動過程中速率先增大后減小D質子在運動過程中加速度

23、先增大后減小解析：由電勢圖線知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項B錯誤；由沿電場線方向電勢降低知，在P點場強方向改變，所以P點處的電場強度為0，選項A正確；質子從M點運動到N點，加速度先減小后增大，速率先增大后減小，選項C正確，D錯誤答案：AC9已知：一個均勻帶電的球殼在殼內任意一點產生的電場強度均為零，在殼外某點產生的電場強度等同于把殼上電量全部集中在球心處的點電荷所產生的電場強度，即E，式中R為球殼的半徑，r為某點到球殼球心的距離，Q為球殼所帶的電荷量，k為靜電力常量在真空中有一半徑為R、電荷量為Q的均勻帶電球殼，球心位置O固定，P為球殼外一點，M為球殼內一點，如圖所示，以無窮

24、遠為電勢零點，關于P、M兩點的電場強度和電勢，下列說法中正確的是()A若Q不變，P點的位置也不變，而令R變小，則P點的場強不變B若Q不變，P點的位置也不變，而令R變小，則P點的電勢升高C若Q不變，M點的位置也不變，而令R變小(M點仍在殼內)，則M點的電勢升高D若Q不變，M點的位置也不變，而令R變小(M點仍在殼內)，則M點的場強不變解析：根據(jù)題目中所給信息，均勻帶電球殼可以等效看成是集中于球心處的點電荷，R變小時始終位于球殼外的P點的場強及電勢均不變，始終位于球殼內部的M點的場強總為零不變，內部點的電勢與球殼的電勢相等，R變小，故球殼的電勢會升高，即M點的電勢升高答案：ACD10現(xiàn)有兩個邊長不等的正方形ABDC和abdc，如圖所示，Aa、Bb、Cc、Dd間距相等在AB、AC、CD、DB的中點分別放等量的點電荷，其中AB、AC中點放的點電荷帶正電，CD、BD的中點放的點電荷帶負電，取無窮遠處電勢為零則下列說法中正確的是()AO點的電場強度和電勢均為零B把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零C同一點電荷在a、d兩點所受電場力相同D將一負點電荷由a點移到b點電勢能減小解析：根據(jù)電場的疊加原理可知，O點的電場強度不為零，直線bOc為電勢為零的等勢線，A項錯誤；把一正點電荷沿著bdc的路徑移動時，電場力做功為零，B項正確；根據(jù)電場疊加原理可知，a，d兩