【學練考】2021-2022學年高二人教版物理選修3-1練習冊：1.習題課：電場力的性質-

習題課：電場的力的性質學問點一電場強度的理解和計算1．下列公式中，F(xiàn)、q、E、U、r和d分別表示靜電力、電荷量、場強、電勢差以及距離．①F＝keq\f(q1q2,r2)，②E＝keq\f(q,r2)，③E＝eq\f(F,q)，④U＝Ed.下列說法正確的是()A．它們都只對點電荷或點電荷的電場才成立B．①②③只對點電荷或點電荷的電場成立，④只對勻強電場成立C．①②只對點電荷成立，③對任何電場都成立，④只對勻強電場才成立D．①②只對點電荷成立，③④對任何電場都成立2．如圖LX1-1所示，中子內有一個電荷量為＋eq\f(2,3)e的上夸克和兩個電荷量為－eq\f(1,3)e的下夸克，3個夸克都分布在半徑為r的同一圓周上，則3個夸克在其圓心處產生的電場強度為()圖LX1-1A.eq\f(ke,r2)B.eq\f(ke,3r2)C.eq\f(ke,9r2)D.eq\f(2ke,3r2)學問點二電場線的理解與應用3．在地面上插入一對電極M和N，將兩個電極與直流電源相連，大地中形成恒定電流和恒定電場．恒定電場的基本性質和靜電場相同，其電場線分布如圖LX1-2所示，a、b是電場中兩點．下列說法正確的是()圖LX1-2A．M與直流電源的負極相連B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度C．電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能D．電子沿直線從M到N受到的靜電力恒定不變4．如圖LX1-3所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運動的軌跡．帶電粒子只受靜電力的作用，運動過程中電勢能漸漸減小，它運動到b處時的運動方向與受力方向可能正確的是()圖LX1-3圖LX1-45．(多選)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強電場，電場線如圖LX1-4中實線所示．一初速度不為零的帶電小球從桌面上的A點開頭運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而連續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖LX1-4中虛線所示，v表示小球經過C點時的速度．則()A．小球帶正電B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能與v方向相反D．在A、B兩點小球的速率不行能相等學問點三電場中的力電綜合問題6．如圖LX1-5所示，甲、乙兩帶電小球的質量均為m，所帶電荷量分別為＋q和－q，兩球間用絕緣細線連接，甲球又用絕緣細線懸掛在天花板上，在兩球所在空間有方向向左的勻強電場，電場強度為E，平衡時細線都被拉緊．平衡時的可能位置是圖中的()圖LX1-57．如圖LX1-6所示，光滑絕緣的水平面上有帶異種電荷的小球A、B，它們在水平向右的勻強電場中保持相對靜止并共同向右做勻加速直線運動．設A、B的電荷量的確定值依次為QA、QB，則下列推斷正確的是()圖LX1-6A．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圖LX1-78．(多選)如圖LX1-7所示，在光滑絕緣的水平桌面上方固定著電荷量大小相等的兩個點電荷q1、q2，一個帶電小球(可視為點電荷)恰好圍繞O點在桌面上做勻速圓周運動．已知O、q1、q2在同一豎直線上，下列推斷正確的是()A．圓軌道上的電勢處處相等B．圓軌道上的電場強度處處相等C．點電荷q1對小球的庫侖力是吸引力D．q1、q2可能為異種電荷9．(多選)如圖LX1-8所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構成一個菱形，－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)，則正確的關系式可能是()圖LX1-8A．cos3α＝eq\f(q,8Q)B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q)D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)10．如圖LX1-9所示，豎直放置的平行板電容器P板帶正電，Q板帶負電，兩板間距d＝5cm，兩板電勢差UPQ＝25V，一質量m＝0.2kg的帶電小球A用絕緣細線懸掛于極板之間，小球靜止時細線與豎直方向之間的夾角α＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10(1)極板之間的電場強度E；(2)小球的電性和電荷量；(3)若剪斷細線，小球經時間t＝2s的速度(小球未遇到極板)．圖LX1-911．如圖LX1-10所示，兩個長均為L的輕質桿通過A、B、C上垂直紙面的轉動軸與A、B、C三個物塊相連，整體處于豎直面內．A、C為兩個完全相同的小物塊，B物塊的質量與A物塊的質量之比為2∶1，三個物塊的大小都可忽視不計．A、C兩物塊分別帶有＋q、－q的電荷量，并置于絕緣水平面上，在水平面上方有水平向右的勻強電場，場強為E，物塊間的靜電力不計．當AB、BC與水平面間的夾角均為53°時，整體恰好處于靜止狀態(tài)，一切摩擦均不計，并且在運動過程中無內能產生，重力加速度為g.(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)求B物塊的質量．(2)將B物塊略向下移動一些，并由靜止釋放后，它能否到達水平面？假如能，懇求出B物塊到達地面前瞬時速度的大??；假如不能，懇求出B物塊所能到達的最低位置．圖LX1-1012．如圖LX1-11所示，在絕緣水平面上的O點固定一正電荷，電荷量為Q，在離O點高度為r0的A處由靜止釋放一個帶同種電荷、電荷量為q的液珠，液珠開頭運動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，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力．(1)求液珠開頭運動瞬間所受靜電力的大小和方向．(2)求液珠運動速度最大時離O點的距離h.(3)已知該液珠運動的最高點B點離O點的距離為2r0，則當電荷量為eq\f(3,2)q的液珠仍從A處靜止釋放時，問能否運動到原來的最高點B？若能，則此時經過B點的速度為多大？圖LX1-11

習題課：電場力的性質1．C[解析]F＝keq\f(q1q2,r2)和E＝keq\f(q,r2)對點電荷成立，定義式E＝eq\f(F,q)對任何電場都成立，U＝Ed對勻強電場才成立，選項C正確.2．A[解析]兩個下夸克在O點產生的合場強方向向下，大小為2·eq\f(k·\f(e,3),r2)·cos60°＝eq\f(ke,3r2)，上夸克在O點產生的電場方向也向下，大小為eq\f(k·\f(2e,3),r2)＝eq\f(2ke,3r2)，則3個夸克在O處產生的合場強E＝eq\f(ke,r2)，選項A正確．3．C[解析]M點電勢高，接電源正極，選項A錯誤；b處電場線密，場強大，電子在a點的加速度小于在b點的加速度，選項B錯誤；a點電勢高于b點電勢，由Ep＝qφ，電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，選項C正確；從M到N電場強度先減小后增大，電子受到的靜電力是變力，選項D錯誤．4．D[解析]依據曲線運動力與軌跡的關系，合力指向軌跡彎曲的內側，選項A錯誤；帶電粒子只受靜電力作用，故力與電場線共線，選項C錯誤；依據運動過程中粒子的電勢能漸漸較小，可知靜電力做正功，則靜電力與速度方向的夾角應為銳角，選項B錯誤，D正確．5．AB[解析]由小球從A到C的軌跡可得，小球所受靜電力向右，帶正電，選項A正確；小球從C到B，合力指向軌跡凹側，當水平恒力F水平向左時合力可能向左，符合要求，當恒力F的方向與v方向相反時，合力背離凹側，不符合要求，選項B正確，C錯誤；小球從A到B，由動能定理，當靜電力與恒力F做功代數(shù)和為0時，在A、B兩點小球的速率相等，選項D錯誤．6．A[解析]以甲、乙為整體，懸線1的拉力豎直向上，與重力平衡；對小球乙，重力和勻強電場的靜電力的合力指向右下方，則懸線2的拉力和庫侖引力的合力指向左上方，選項A正確．7．D[解析]A、B小球向右做勻加速直線運動，整體的加速度水平向右，對B，A對它的庫侖力是引力，則勻強電場的靜電力水平向右，即B帶正電，A帶負電，由牛頓其次定律，有EQB－keq\f(QAQB,r2)＝mBa，keq\f(QAQB,r2)－EQA＝mAa，聯(lián)立可得，QA＜QB，選項D正確．8．ACD[解析]帶電小球做勻速圓周運動，合力指向O點，大小肯定，則小球受重力、q1的庫侖引力和q2的庫侖力(可能是引力，也可能是斥力)，且q1和q2兩電荷對小球作用力的合力大小肯定，圓軌道上的場強大小肯定，方向不同，選項B錯誤，C、D正確；小球運動過程中靜電力不做功，電勢能不變，電勢處處相等，選項A正確．9．AC[解析]設菱形邊長為a，兩個Q之間距離為2asinα，兩個－q之間距離為2acosα.選?。璹作為爭辯對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,（2acosα）2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，選項A正確，B錯誤；選取Q作為爭辯對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,（2asinα）2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，選項C正確，D錯誤．10．(1)500N/C(2)小球帶正電3×10－3C(3)[解析](1)極板之間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝500N/C.(2)小球的靜電力水平向右，則小球帶正電由平衡條件有tan37°＝eq\f(Eq,mg)解得q＝3×10－3(3)由牛頓其次定律，有F合＝eq\f(mg,cos37°)＝ma解得a＝12.5mt＝2s時的速度v＝at＝2511．(1)eq\f(8Eq,3g)(2)能eq\r(gL)[解析](1)以A為爭辯對象，如圖甲所示，由平衡條件，有Fcos53°＝Eq，解得F＝eq\f(5Eq,3)以B為爭辯對象，如圖乙所示，由平衡條件，有2Fsin53°＝Mg，解得M＝eq\f(8Eq,3g).(2)B物塊將向下做加速運動，始終到B物體落地，對整體，設B物塊落地的速度為v，此時A、C物塊的速度為0，由能量守恒定律，有MgLsin53°－2EqL(1－cos53°)＝eq\f(1,2)Mv2解得v＝eq\r(gL).12．(1)eq\f(kQq,req\o\al(2,0))豎直向上(2)eq\r(2)r0(3)能回到B點eq\r(gr0)[解析](1)由庫侖定律有F庫＝eq\f(kQq,req\o\al(2