2024版新教材高中物理课时分层作业五静电场的力的性质新人教版必修第三册

课时分层作业(五)静电场的力的性质A组基础达标练1.(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是()A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小2．如图所示，匀强电场的方向向上，电场强度大小E＝5×105N/C，把电量为＋q＝2×10－9C的点电荷由静止释放，点电荷做直线运动．以下判断正确的是()A．点电荷＋q受到的电场力大小为1×10－3NB.点电荷＋q受到的电场力与电场强度方向相反C.点电荷＋q在匀强电场运动时电场力不断增大D.点电荷＋q在匀强电场运动时电场力不断减小3．如图所示，正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大．由此可以判定，它所在的电场是图中的()4.如图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个电荷，它仅在静电力作用下沿电场线向B运动．下列判断正确的是()A．A、B两处的电场强度方向不同B．电场线一定是由A指向BC．A点一定比B点电场强度大D．该电荷一定做加速运动5．用轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg，所带电荷量为2.0×10－8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，如图平衡时细线与铅垂线成37°(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8).则下列说法正确的是()A．小球带负电B．匀强电场的电场强度为1.5×108N/CC．平衡时细线的拉力为0.125ND．平衡时细线的拉力为0.175N6．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v­t图像如图乙所示．下列说法正确的是()A．该电场线的方向是由A指向BB．电荷在运动过程中加速度变大C．A点处的场强比B点处的场强大D．该电场可能是由正点电荷产生的7.如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬挂起来，在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直．已知A、B相距3cm，A所带电荷量为qA＝＋2.0×10－9C．k＝9.0×109N·m2/C2.下列说法正确的是()A．小球B带正电，qB＝2.0×10－9CB．小球B带负电，qB＝－2.0×10－9CC．匀强电场的电场强度大小E＝2×105N/C，方向水平向左D．A、B连线中点处的电场强度大小为1.6×105N/C，方向水平向右B组能力提升练8.均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB＝BA＝R，CO＝2R.若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V＝eq\f(4,3)πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为()A．9∶25B．25∶9C．175∶207D．207∶1759．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为()A．负电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)B．正电荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．正电荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D．负电荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)10．如图所示，一倾角为θ的斜面体和质量为m的小物块用轻弹簧拴接在一起，放在水平地面上，小物块带正电，所带电荷量为q，其与斜面的动摩擦因数为μ.装置所在空间存在一个场强为E，水平向右的匀强电场，弹簧处于拉伸状态，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()A．m一定受5个力作用B．若场强E变大，斜面体受到的地面支持力和摩擦力都将变大C．若qEsinθ＝mgcosθ，弹簧伸长量x0＝eq\f(qEcosθ＋mgsinθ,k)D．弹簧剪断后，物块有可能做曲线运动11.(多选)如图，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时小物体的速度为v2.若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则下列说法正确的是()A．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功B．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先增大后减小C．小物体上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2),4g)D．小物体上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2),4g)课时分层作业(五)静电场的力的性质1．解析：根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，静电力做正功，动能增大，速度增大，故D错误．答案：BC2．解析：点电荷＋q受到的电场力F＝Eq＝1×10－3N，A正确；点电荷＋q受到的电场力与电场强度方向相同，B错误；根据F＝Eq，匀强电场场强不变，电荷不变，电场力不变，C、D错误．答案：A3．解析：正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，电场力方向与速度方向相同，与电场强度方向相同，可知，电场强度方向由P→Q；根据牛顿第二定律可知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度增大，场强增大，电场线越来越密．D正确．答案：D4．解析：电场线上某点的切线方向为该点的电场强度的方向，可知，A、B两处的电场强度方向相同，A错误；电荷由静止向B运动，所受电场力的方向由A指向B，但是电荷的电性未知，无法判断电场线的方向，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，一根电场线，无法判断A、B两点的电场线疏密，无法比较电场强度的大小，C错误；仅在静电力作用下沿电场线向B运动，一定做加速运动，D正确．答案：D5．解析：根据题意及图可知，小球带正电，故A错误；对小球进行受力分析如图所示，由几何关系可知qE＝mgtan37°，解得E＝3.75×106N/C，故B错误；细线的拉力为FT＝eq\f(mg,cos37°)＝0.125N，故C正确，D错误．答案：C6．解析：根据题意及题图甲可知，负电荷由静止释放，仅在静电力作用下运动，由负电荷受力和电场线方向关系可得该电场线的方向是由B指向A，A错误；v­t图线的斜率反映加速度，由图乙知速度切线斜率减小，电荷在运动过程中加速度减小，B错误；电荷的加速度减小，即受力减小，所以电场强度减小，A点处的场强比B点处的场强大，C正确；由电场线的方向是由B指向A，若电场由正点电荷产生，则该正点电荷位置为B右侧，又由于A点处的场强比B点处的场强大，所以该电场不可能是由正点电荷产生的，D错误．答案：C7．解析：匀强电场对两个小球的电场力方向相反，要使它们都平衡，两个球必定是异种电荷，故小球B带负电．由题意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力方向向右，所以要加一个方向水平向左的电场；对A、B受力分析，则根据平衡条件得qBE＝keq\f(qAqB,r2)，qAE＝keq\f(qAqB,r2)，代入数据解得E＝2×104N/C，qB＝qA＝2.0×10－9C，A、C错误，B正确．A、B在连线中点处的电场强度大小相等，均为E1＝keq\f(qA,（\f(1,2)r）2)＝4keq\f(qA,r2)＝4E，方向水平向右；则A、B连线中点处的电场强度大小E′＝2E1－E＝7E＝1.4×105N/C，方向水平向右，D错误．答案：B8．解析：设原来半径为R的整个均匀带电球体的电荷量为Q，由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分的电荷量为Q′＝eq\f(V′,V)Q＝eq\f(\f(4,3)π（\f(R,2)）3,\f(4,3)πR3)Q＝eq\f(1,8)Q.可知以OB为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点的电场强度减去被挖的球形在A、C两点的电场强度，则有EA＝eq\f(kQ,（2R）2)－eq\f(kQ′,（\f(R,2)＋R）2)＝eq\f(7kQ,36R2)，EC＝eq\f(kQ,（2R）2)－eq\f(kQ′,（\f(R,2)＋2R）2)＝eq\f(23kQ,100R2)，可得eq\f(EA,EC)＝eq\f(175,207).C正确．答案：C9．解析：取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示．因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3).由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3).根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，根据E′＝keq\f(q,（2R）2)，联立解得q＝eq\f(2QΔL,πR).故选A.答案：A10．解析：小物块在斜面上受重力、电场力、弹簧的拉力、可能受斜面的支持力和斜面的摩擦力，故A错误．对整体受力分析可知，若场强E变大，斜面体受到的地面摩擦力变大，而支持力保持不变，故B错误．若qEsinθ＝mgcosθ，斜面对物块的支持力为零，物块与斜面之间没有摩擦力，则mgsinθ＋qEcosθ＝kx0，解得弹簧的伸长量为x0＝eq\f(mgsinθ＋qEcosθ,k)，故C正确．若物块与斜面间没有弹力，则剪断弹簧后，由于重力与电场力为恒力，其合力大小与弹簧弹力等大，所以剪断弹簧后，物块沿斜面向下做匀加速直线运动；若物块与斜面之间有弹力，剪断弹簧后，物块不可能离开斜面．故物块不可能做曲线运动，故D错误．答案：C11．解析：从M到N的过程中，带负电的小物体与正点电荷产生吸引力，两者间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故A错误；由题分析可知，从N到M的过程中，带负电的小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力垂直于斜面的分力不变，则垂直于斜面方向的合力先增大后减小，则小物体受到的支持力先增大后减小，摩擦力先增