高考物理一轮复习课时作业31电场力的性质（含解析）

PAGEPAGE1电场力的性质一、选择题1．关于电场，下列说法正确的是()A．由E＝eq\f(F,q)知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍B．由E＝keq\f(Q,r2)知，E与Q成正比，而与r2成反比C．由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同D．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向答案B解析电场中某点的场强大小与试探电荷的电量无关，故A项错误；由E＝keq\f(Q,r2)知，E与Q成正比，而与r2成反比，B项正确；由E＝keq\f(Q,r2)知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处电场强度大小均相同，但是方向不同，C项错误；电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，D项错误；故选B项．2．(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是()A．粒子必定带正电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能答案ACD解析根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向，故此粒子带正电荷，A项正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点加速度大，C项正确；粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点动能大，故D项正确．3.(2018·肇庆二模)如图，两个等量正点电荷位于垂直于x轴的连线上，相对原点O对称分布，则x轴上电场强度E与位置x的关系可能是()答案A解析两个等量正点电荷，根据场强的叠加，知两正电荷的中点场强为零，周围的电场线是排斥状的，靠近电荷处场强比较强，再依据由同种电荷相斥，可知，O点两边的电场强度方向不同，故A项正确，B、C、D三项错误．4.在如图甲所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v­t图像可能是图乙中的()答案B解析负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v­t图像可能是图中的B.5．(2018·齐齐哈尔二模)如图所示，两个带电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的eq\f(1,4)球壳和eq\f(3,4)球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电eq\f(1,4)球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的eq\f(3,4)球壳对点电荷q的库仑力的大小为()A.eq\f(3,2)F B.eq\f(\r(2),2)FC.eq\f(1,2)F D．F答案D解析将图乙中的均匀带电eq\f(3,4)球壳分成三个eq\f(1,4)带电球壳，关于球心对称的两个eq\f(1,4)带电球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此乙图中带电的eq\f(3,4)球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电eq\f(1,4)球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D项正确．6．(2018·广州二模)如图所示，探究电荷间相互作用力的示意图，图中金属球A带电，置于绝缘支架上，带电小球B悬于绝缘丝线的下端，质量为m.当悬在P1点，B球静止时，两带电小球刚好在同一高度，此时绝缘丝线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则()A．A、B间的库仑力为mgcotθB．A、B间的库仑力为mgsinθC．将悬点移到P2，平衡时B低于AD．将悬点移到P2，平衡时A、B仍在同一高度答案C解析A、B两项，当B球处于平衡状态时，刚好与A球在同一水平面上，其受力如图所示，A、B带同种电荷，再由力的平行四边形定则可得：F库＝mgtanθ，故A、B两项错误；C、D两项，若把悬点移到P2，由库仑定律可知，距离越远，A、B间的库仑力越小，B球越低，故C项正确，D项错误．7.如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为eq\f(R,2)，球外有一点B，与球心距离为eq\f(3R,2)，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为()A．3∶1 B．1∶1C．9∶8 D．9∶1答案C解析以O为球心，R为半径的球体体积V＝eq\f(4,3)πR3，故OA为半径的球体体积V′＝eq\f(4,3)π(eq\f(1,2)R)3＝eq\f(1,8)V；设球体带电量为Q，那么，A点场强相当于O点处带电量为Q′＝eq\f(1,8)Q的点电荷激发的场强，故EA＝eq\f(kQ′,（\f(1,2)R）2)＝eq\f(kQ,2R2)；B点场强相当于O点处带电量为Q的点电荷激发的场强，故EB＝eq\f(kQ,（\f(3,2)R）2)＝eq\f(4kQ,9R2)；所以，EA∶EB＝9∶8，故C项正确，A、B、D三项错误．8．(2018·兰州模拟)真空中正三角形ABC的三个顶点上分别放有电量相等、电性不同的点电荷，A、C两点为正电荷，B点为负电荷，如图所示．A处点电荷所受静电力大小为F，则B、C两处点电荷所受静电力大小分别为()A.eq\r(2)FF B.eq\r(3)FFC．2eq\r(2)F2F D．2eq\r(3)F2F答案B解析A处点电荷所受静电力大小为F，如图所示：根据库仑定律，结合几何关系，及三角知识，可以知道，C处的电场力大小为F；而B点的电场力为eq\r(3)F，故A、C、D三项错误，B项正确．9.(2018·衡阳模拟)(多选)如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则下列说法不正确的是()A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑答案ACD解析若滑块匀速下滑，则有mgsinθ＝μmgcosθ，当加上竖直向上的电场后，电场力为F，沿斜面方向，(mg－F)sinθ＝μ(mg－F)cosθ，受力仍平衡，则滑块仍匀速下滑，故A项错误，B项正确；若滑块匀减速下滑，加速度大小为a1＝g(μcosθ－sinθ)，加上竖直向上的电场后，加速度大小为a1′＝eq\f(（mg－F）（μcosθ－sinθ）,m)<a1，C项错误；若滑块匀加速下滑，加速度大小为a2＝g(sinθ－μcosθ)，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀加速下滑．加速度为a2′＝eq\f(（mg＋F）（sinθ－μcosθ）,m)>a2.即加速度增大，D项错误．10.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，在这半球的中心O处电场强度等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为α(α<eq\f(π,2))，从半球中分出这一部分球面，则剩余部分球面上(在“大瓣”上)的电荷(电荷分布不变)在O处的电场强度为()A．E＝E0sineq\f(α,2)coseq\f(α,2) B．E＝eq\f(π－α,π)E0C．E＝E0coseq\f(α,2) D．E＝E0sineq\f(α,2)答案C解析根据对称性，作出两球面上的电荷在O点产生的电场分布，两个分场强相互垂直，如图所示．由平行四边形定则得到“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度为：E1＝E0coseq\f(α,2).故A、B、D三项错误，C项正确．11.(2018·广东一模)(多选)如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为＋q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方eq\f(l,2)处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡．已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°，由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置．已知静电力常量为k，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．小球2带负电 B．小球2在C位置时所带电荷量为eq\f(mgl2,4kq)C．小球2在A位置时所带电荷量为eq\f(mgl2,kq) D．弹性绳原长为eq\f(l,2)答案CD解析A项，两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球2也带正电．故A项错误；B项，小球在C点时，受力如图：由几何关系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg①T＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg②根据库仑定律得：F＝eq\f(kq·q2,\f(l,2))③联立①③可得：q2＝eq\f(mgl2,8kq).故B项错误；C项，小球2在A位置时，受到的重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角相互为120°，所以三个力的大小相等，所以：T′＝F′＝mg④根据库仑定律得：F′＝eq\f(kq·q1,l2)⑤小球2在A位置时所带电荷量：q1＝eq\f(mgl2,kq).故C项正确D项，小球2在A位置时，弹性绳的长度：l1＝eq\f(l,2)＋l＝eq\f(3l,2)小球2在C位置时，弹性绳的长度：l2＝eq\f(l,2)＋eq\f(\r(3),2)l设弹性绳的劲度系数为k，则：T′＝k·(l1－l0)；T＝k·(l2－l0)联立可得：l0＝0.5l.故D项正确．12.(2018·江苏模拟)(多选)如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝eq\r(2)R.重力加速度为g，静电力常量为k，则()A．小球d一定带正电B．小球b的周期为eq\f(2πR,q)eq\r(\f(mR,k))C．小球c的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,3mR2)D．外力F竖直向上，大小等于mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)答案CD解析A项，a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A项错误．B项，设db连线与水平方向的夹角为α，则cosα＝eq\f(R,\r(h2＋R2))＝eq\f(\r(3),3)，sinα＝eq\f(h,\r(h2＋R2))＝eq\f(\r(6),3)对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：keq\f(6q·q,h2＋R2)cosα－2keq\f(q2,（2Rcos30°）2)cos30°＝meq\f(4π2,T2)R＝ma解得：T＝eq\f(2πR,q)eq\r(\f(\r(3)mR,k))，a＝eq\f(\r(3)kq2,3mR2)则小球c的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,3mR2).故B项错误，C项正确．D项，对d球，由平衡条件得：F＝3keq\f(6q·q,h2＋R2)sinα＋mg＝mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)，故D项正确．二、非选择题13.(2018·石家庄一模)如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；(2)整个过程中电场力所做的功．答案(1)3E(2)eq\f(2q2E2t2,m)解析(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程，由位移时间公式得，x＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2①由速度－时间公式得，v1＝eq\f(Eq,m)t②小金属块由B点运动到A点过程，由位移－时间公式得，－x＝v1t－eq\f(1,2)×eq\f(E1q,m)t2③由速度－时间公式得，－v2＝v1－eq\f(E1q,m)t④联立①～④解得：E1＝3E；v2＝eq\f(2Eqt,m)⑤(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功W＝eq\f(1,2)mv22－0⑥联立⑤⑥解得：W＝eq\f(2q2E2t2,m).14．如图1所示，平行板电容器的M、N两板间距为d，两板间存在竖直向上的匀强电场E，M、N的正中央各有一小孔．在上板小孔正上方有一竖直放置长为l的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A、B，它们的质量均为m＝0.01kg，A带q1＝2.5×10－4C的正电，B带q2＝5×10－5C的负电，B球距上板M的距离为h，现将轻杆由静止释放，小球B从刚进入电场到刚好离开电场过程中的v­t图像如图2所示(忽略空