2022年高考物理一轮复习课时作业17电场力的性质-.docx

十七　电场力的性质
1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)

答案：D　解析：因质点做减速运动，故其所受电场力F的方向与v的方向夹角为钝角，又由于质点带负电荷，其所受电场力F与电场强度E方向相反，故只有选项D正确，选项A、B、C错误．
2．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是(　　)
A．Ea＝Eb　　　　　　 B．Ea＝Eb
C．Ea＝Eb D．Ea＝3Eb
答案：D　解析：由题图可知，rb＝ra，再由E＝可知，＝＝，故D正确．
3．如图所示，O是半径为R的正N边形(N为大于3的偶数)外接圆的圆心，在正N边形的一个顶点A放置一个带电荷量为＋2q的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为－q的点电荷(未画出)．则圆心O处的场强大小为(　　)
A.　　 B.
C. D.
答案：B　解析：圆心O处的电场可等效为在正N边形的顶点A放置一个带电荷量为＋2q的点电荷与过该点直径的另一端的顶点放置一个带电荷量为－q的点电荷产生的，由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得圆心O处的场强大小为E＝k＋k＝，选项B正确．
4．(多选)如图所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的摸索电荷受到的电场力跟摸索电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则(　　)

A．A点的电场强度大小为2×103 N/C
B．B点的电场强度大小为2×103 N/C
C．点电荷Q在A、B之间
D．点电荷Q在A、O之间
答案：AC　解析：对于电场中任意一点而言，放在该处的摸索电荷的电荷量q不同，其受到的电场力F的大小也不同，但比值是相同的，即该处的电场强度不变，所以F­q图象是一条过原点的直线，斜率越大则场强越大．由题图可知A点的电场强度EA＝2×103 N/C，B点的电场强度EB＝0.5×103 N/C，A正确，B错误．A、B两点放正、负不同的电荷，受力方向总为正，说明A、B的场强方向相反，点电荷Q只能在A、B之间，C正确．
5．(2021·眉山模拟)如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q(视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则(　　)
A．tan3α＝　　　　　　　 B．tan α＝
C．O点场强为零 D．Q1<Q2
答案：A　解析：小球在P点受三个力FA、FB和FN的作用而处于平衡状态，由几何学问可知AP⊥BP，故FA与FB垂直．

由库仑定律可得：FA＝＝，FB＝＝，又tan α＝，联立解得tan3 α＝，故A正确，B错误．由受力图可知，FA>FB，r1>r2，所以Q1>Q2，因此O点的场强不为零，故C、D均错误．
6．(2021·河北石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)

A.－E　　 B.
C.－E D.＋E
答案：A　解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，EN＝E′＝－E＝－E，则A正确．
7．如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电荷量均为q(q>0)．将另一个带电荷量也为q(q>0)的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处于等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于(　　)

A.mg B．mg
C．2· D.·
答案：B　解析：对a处小球进行隔离分析，如图所示，小球处于平衡状态，则

FOasin 30°＋Fqcos 30°＝mg
FOacos 30°＝Fq＋Fqsin 30°
联立解得FOa＝mg，又利用对称性可知FOa＝FOb.
8．(2021·湖北武汉模拟)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四周体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为(　　)
A.　　 B.
C. D.
答案：C　解析：3kcos θ＝mg，sin θ＝，联立解得q＝.
9．(多选)用电场线能很直观、很便利地比较电场中各点场强的强弱．如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则(　　)

A．B、C两点场强大小和方向都相同
B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O的场强最强
D．B、O、C三点比较，O的场强最弱
答案：ACD　解析：观看等量异种点电荷电场的电场线可以得出B与C两点、E与F两点、A与D两点的电场强度分别相等，所以选项A正确．又从O点开头沿中垂线到无限远电场强度渐渐减小到零，选项C正确．在两电荷连线之间从中点向两边电场强度渐渐增大，所以选项D正确．故正确答案为A、C、D.
10．(多选)如图所示，用长L＝0.50 m的绝缘轻质细线，把一个质量m＝1.0 g的带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d＝5.0 cm，两板间电压U＝1.0×103 V．静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a＝1.0 cm.取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．两板间电场强度的大小为2.0×104 V/m
B．小球带的电荷量为1.0×10－8 C
C．若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动
D．若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动
答案：ABD　解析：设两板间的电场强度为E，依据匀强电场的场强和电势差的关系得E＝＝ V/m＝2.0×104 V/m，A项正确；小球静止时受力平衡，由平衡条件得qE＝mgtan θ，解得q＝，由于θ角很小，所以tan θ≈sin θ＝＝，解得q＝1.0×10－8 C，B项正确，细线剪断时，由于小球受到重力和电场力的合力为恒力，且小球初速度为零，故小球做初速度为零的匀加速直线运动，C项错，D项正确．
11．反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的震荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开头，在电场力作用下沿直线在A、B两点间来回运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽视相对论效应．求：
(1)B点到虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经受的时间t.
答案：(1)0.5 cm　(2)1.5×10－8 s
解析：(1)带电微粒由A运动到B，有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，有
|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，有
d1＝a1t⑤
d2＝a2t⑥
又t＝t1＋t2⑦
联立②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s
12．竖直平面xOy内有一半径为R＝ m的圆O与坐标系的原点重合的圆形区域，如图所示，在圆心O处有一喷枪可在xOy平面内沿各个方向喷出初速度为v0＝1 m/s、质量为m＝1×10－6 kg、带电荷量为q＝－1×10－8 C的油滴．圆形区域内的匀强电场方向沿－y 方向，电场强度E＝8×102 N/C.不考虑油滴间的相互作用，取g＝10 m/s2.求：
(1)由坐标原点O沿x轴正方向喷出的油滴，在电场中运动的时间；
(2)射出圆形电场区域的油滴的最大动能．
答案：(1)1 s　(2)3.3×10－6 J
解析：(1)油滴沿x轴方向做匀速运动，速度为v0，沿－y方向做匀加速运动，加速度为a
mg－|q|E＝ma，y＝at2
沿x轴方向做匀速运动：x＝v0t
x2＋y2＝R2
解得：t＝1 s.
(2)重力和电场力的合力做功最多的油滴射出圆形电场的动能最大，从喷枪喷出的油滴，沿－y方向射出的油滴有最大动能Ekm
(mg－|q|E)R＝Ekm－mv
Ekm＝mv＋(mg－|q|E)R
代入数据解得Ekm＝3.3×10－6 J.
13．如图所示，一根长为L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在电场强度大小为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C，质量为m＝1.0×10－2 kg.现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开头运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g＝10 m/s2)
(1)求小球B开头运动时的加速度a；
(2)当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h1；
(3)若小球B从N端运动到距M端的高度为h2＝0.61 m时，速度v＝1.0 m/s，求此过程中小球B电势能的转变量ΔEp.
答案：(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m　(3)8.4×10－2 J
解析：(1)开头运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力的作用，沿杆的方向运动，由牛顿其次定律得
mg－－qEsin θ＝ma
解得a＝3.2 m/s2.
(2)小球B速度最大时受到的合力为零，
即＋qEsin θ＝mg
代入数据得h1＝0.9 m.
(3)小球B在从开头运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，则依据动能定理得W1＋W2＋W3＝mv2
W1＝mg(L－h2)
又由功能关系知ΔEp＝|W2＋W3|
代入数据得ΔEp＝8.4×10－2 J