【名師伴你行】2022年高考物理一輪復習課時作業(yè)17電場力的性質(zhì)-

十七電場力的性質(zhì)1．一帶負電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的．關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)()答案：D解析：因質(zhì)點做減速運動，故其所受電場力F的方向與v的方向夾角為鈍角，又由于質(zhì)點帶負電荷，其所受電場力F與電場強度E方向相反，故只有選項D正確，選項A、B、C錯誤．2．如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關(guān)于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是()A．Ea＝eq\f(\r(3),3)Eb B．Ea＝eq\f(1,3)EbC．Ea＝eq\r(3)Eb D．Ea＝3Eb答案：D解析：由題圖可知，rb＝eq\r(3)ra，再由E＝eq\f(kQ,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,b),r\o\al(2,a))＝eq\f(3,1)，故D正確．3．如圖所示，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數(shù))外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點A放置一個帶電荷量為＋2q的點電荷，其余頂點分別放置帶電荷量均為－q的點電荷(未畫出)．則圓心O處的場強大小為()A.eq\f(2kq,R2) B.eq\f(3kq,R2)C.eq\f(N－1kq,R2) D.eq\f(Nkq,R2)答案：B解析：圓心O處的電場可等效為在正N邊形的頂點A放置一個帶電荷量為＋2q的點電荷與過該點直徑的另一端的頂點放置一個帶電荷量為－q的點電荷產(chǎn)生的，由點電荷電場強度公式和電場疊加原理可得圓心O處的場強大小為E＝keq\f(2q,R2)＋keq\f(q,R2)＝eq\f(3kq,R2)，選項B正確．4．(多選)如圖所示，在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出)，O、A、B為軸上三點，放在A、B兩點的摸索電荷受到的電場力跟摸索電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖乙所示，則()A．A點的電場強度大小為2×103N/CB．B點的電場強度大小為2×103N/CC．點電荷Q在A、B之間D．點電荷Q在A、O之間答案：AC解析：對于電場中任意一點而言，放在該處的摸索電荷的電荷量q不同，其受到的電場力F的大小也不同，但比值eq\f(F,q)是相同的，即該處的電場強度不變，所以F-q圖象是一條過原點的直線，斜率越大則場強越大．由題圖可知A點的電場強度EA＝2×103N/C，B點的電場強度EB＝0.5×103N/C，A正確，B錯誤．A、B兩點放正、負不同的電荷，受力方向總為正，說明A、B的場強方向相反，點電荷Q只能在A、B之間，C正確．5．(2021·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α，不計小球的重力，則()A．tan3α＝eq\f(Q2,Q1) B．tanα＝eq\f(Q2,Q1)C．O點場強為零 D．Q1<Q2答案：A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)，由幾何學問可知AP⊥BP，故FA與FB垂直．由庫侖定律可得：FA＝eq\f(kQ1q,r\o\al(2,1))＝eq\f(kQ1q,Lcosα2)，F(xiàn)B＝eq\f(kQ2q,r\o\al(2,2))＝eq\f(kQ2q,Lsinα2)，又tanα＝eq\f(FB,FA)，聯(lián)立解得tan3α＝eq\f(Q2,Q1)，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．6．(2021·河北石家莊質(zhì)檢)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為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E答案：A解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝eq\f(k×2q,2R2)－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大?。畮щ姾闪繛椋璹的右半球面在M點的場強大小與帶電荷量為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，EN＝E′＝eq\f(k×2q,2R2)－E＝eq\f(kq,2R2)－E，則A正確．7．如圖所示，將兩個擺長均為l的單擺懸于O點，擺球質(zhì)量均為m，帶電荷量均為q(q>0)．將另一個帶電荷量也為q(q>0)的小球從O點正下方較遠處緩慢移向O點，當三個帶電小球分別處于等邊三角形abc的三個頂點上時，擺線的夾角恰好為120°，則此時擺線上的拉力大小等于()A.eq\r(3)mg B．mgC．2eq\r(3)·eq\f(kq2,l2) D.eq\r(3)·eq\f(kq2,l2)答案：B解析：對a處小球進行隔離分析，如圖所示，小球處于平衡狀態(tài)，則FOasin30°＋Fqcos30°＝mgFOacos30°＝Fq＋Fqsin30°聯(lián)立解得FOa＝mg，又利用對稱性可知FOa＝FOb.8．(2021·湖北武漢模擬)水平面上A、B、C三點固定著三個電荷量為Q的正點電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四周體，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.eq\f(mgL2,3kQ) B.eq\f(2\r(3)mgL2,9kQ)C.eq\f(\r(6)mgL2,6kQ) D.eq\f(\r(2)mgL2,6kQ)答案：C解析：3keq\f(qQ,L2)cosθ＝mg，sinθ＝eq\f(\r(3),3)，聯(lián)立解得q＝eq\f(\r(6)mgL2,6kQ).9．(多選)用電場線能很直觀、很便利地比較電場中各點場強的強弱．如圖，左邊是等量異種點電荷形成電場的電場線，右邊是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱．則()A．B、C兩點場強大小和方向都相同B．A、D兩點場強大小相等，方向相反C．E、O、F三點比較，O的場強最強D．B、O、C三點比較，O的場強最弱答案：ACD解析：觀看等量異種點電荷電場的電場線可以得出B與C兩點、E與F兩點、A與D兩點的電場強度分別相等，所以選項A正確．又從O點開頭沿中垂線到無限遠電場強度漸漸減小到零，選項C正確．在兩電荷連線之間從中點向兩邊電場強度漸漸增大，所以選項D正確．故正確答案為A、C、D.10．(多選)如圖所示，用長L＝0.50m的絕緣輕質(zhì)細線，把一個質(zhì)量m＝1.0g的帶電小球懸掛在均勻帶等量異種電荷的平行金屬板之間，平行金屬板間的距離d＝5.0cm，兩板間電壓U＝1.0×103V．靜止時，絕緣細線偏離豎直方向θ角，小球偏離豎直線的距離a＝1.0cm.取A．兩板間電場強度的大小為2.0×104V/mB．小球帶的電荷量為1.0×10－8C．若細線突然被剪斷，小球在板間將做類平拋運動D．若細線突然被剪斷，小球在板間將做勻加速直線運動答案：ABD解析：設(shè)兩板間的電場強度為E，依據(jù)勻強電場的場強和電勢差的關(guān)系得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(1.0×103,5.0×10－2)V/m＝2.0×104V/m，A項正確；小球靜止時受力平衡，由平衡條件得qE＝mgtanθ，解得q＝eq\f(mgtanθ,E)，由于θ角很小，所以tanθ≈sinθ＝eq\f(a,L)＝eq\f(1,50)，解得q＝1.0×10－8C，B項正確，細線剪斷時，由于小球受到重力和電場力的合力為恒力，且小球初速度為零，故小球做初速度為零的勻加速直線運動，C項錯，D項正確．11．反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團在電場中的震蕩來產(chǎn)生微波，其震蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開頭，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間來回運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0cm，(1)B點到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)受的時間t.答案：(1)0.5cm(2)1.5×10－8解析：(1)帶電微粒由A運動到B，有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①由①式解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm②(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，有|q|E1＝ma1③|q|E2＝ma2④設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑤d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑥又t＝t1＋t2⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s12．豎直平面xOy內(nèi)有一半徑為R＝eq\r(2)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處有一噴槍可在xOy平面內(nèi)沿各個方向噴出初速度為v0＝1m/s、質(zhì)量為m＝1×10－6kg、帶電荷量為q＝－1×10－8C的油滴．圓形區(qū)域內(nèi)的勻強電場方向沿－y方向，電場強度E＝8×102N/C.不考慮油滴間的相互作用，取g＝10m(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．答案：(1)1s(2)3.3×10－6J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amg－|q|E＝ma，y＝eq\f(1,2)at2沿x軸方向做勻速運動：x＝v0tx2＋y2＝R2解得：t＝1s.(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(mg－|q|E)R＝Ekm－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋(mg－|q|E)R代入數(shù)據(jù)解得Ekm＝3.3×10－6J.13．如圖所示，一根長為L＝1.5m的光滑絕緣細直桿MN豎直固定在電場強度大小為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的斜向上的勻強電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，帶電荷量為Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開頭運動．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2(1)求小球B開頭運動時的加速度a；(2)當小球B的速度最大時，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B從N端運動到距M端的高度為h2＝0.61m時，速度v＝1.0m/s，求此過程中小球B答案：(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10－2J解析：(1)開頭運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈