（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第七章 微專題51 電場力的性質加練半小時（含解析）

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1、電場力的性質 [方法點撥]　電場疊加問題要注意矢量性與對稱性. 1.(2018·四川省成都七中月考)一個正點電荷Q固定在正方形的一個角上，另一個帶電粒子射入該區(qū)域時，恰好能經過正方形的另外三個角a、b、c，如圖1所示，則有(　　) 圖1 A.根據軌跡可判斷該帶電粒子帶正電 B.a、b、c三點場強大小之比是1∶2∶1 C.粒子在a、b、c三點的加速度大小之比是2∶1∶2 D.a、c兩點的電場強度相同 2.(2018·湖南省永安一中等三校聯考)如圖2所示，在勻強電場中，將一質量為m、帶電荷量為q的帶電小球由靜止釋放，帶電小球運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，小球的重

2、力不能忽略，關于勻強電場的場強大小，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.唯一值是 B.最大值是 C.最小值是 D.最小值是 3.空間某區(qū)域有一個正三角形ABC，其三個頂點處分別固定有三個等量正點電荷，如圖3所示，D點為正三角形的中心，E、G、H點分別為正三角形三邊的中點，F點為E關于C點的對稱點.取無限遠處的電勢為0，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A.根據對稱性，D點的電場強度必為0 B.根據對稱性，D點的電勢必為0 C.根據對稱性，E、F兩點的電場強度等大反向 D.E、G、H三點的電場強度和電勢均相同 4.如圖4所示，水平地面AB段粗糙，BC段光滑，在AB段上

3、方存在方向水平向右的勻強電場，BC段上方存在方向水平向左的勻強電場，兩勻強電場的場強大小均為E.過B點的豎直虛線是兩勻強電場的分界線，一質量為m＝1kg、電荷量q＝2×10－3C的物體從A點由靜止釋放，經過時間t到達B點，通過B點后又經過時間t物體再次返回到B點.已知物體與AB段地面間的動摩擦因數為μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，則兩勻強電場的場強大小為(　　) 圖4 A.2×103N/C B.2×104N/C C.1×103N/C D.1×104N/C 5.(2019·上海市金山區(qū)一模)如圖5所示，兩個等量正點電荷的連線垂直于x軸，相對原點O對稱分布，則x軸上電場強度E與

4、位置x的關系可能是(　　) 圖5 6.(多選)(2018·天津市河東區(qū)一模)如圖6所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣傾斜直軌道DC的最低點，光滑直軌道上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O.一對電荷量均為－Q的點電荷分別固定于A、B兩點.在D處將質量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)，將小球由靜止開始釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且k＝mg，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.D點的電場強度與C點的電場強度大小相等 B.小球沿直線軌道DC向下做勻加速直線運動 C.小球剛

5、到達C點時，加速度為零 D.小球沿直軌道DC下滑過程中，其電勢能先增大后減小 7.如圖7所示，A、B、C、D為真空中矩形圖形的4個頂點，AB長為3cm，BC長為4cm，在矩形頂點A、B、C三處各放置一個點電荷qA、qB、qC，其中qA、qC為負電荷，qB為正電荷.已知它們的電荷量大小之比為qA∶qB∶qC＝64∶125∶27，點電荷qA產生的電場在D處的場強大小為E.則D處的合場強大小應為(　　) 圖7 A.1.25EB.2EC.0D.2.5E 8.(多選)(2018·湖北省黃岡市模擬)真空中兩點電荷q1、q2分別位于直角三角形的頂點C和頂點B上，D為斜邊AB的中點，∠ABC＝3

6、0°，如圖8所示.已知A點電場強度的方向垂直AB向下，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A.q1帶正電，q2帶負電 B.D點電勢高于A點電勢 C.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的一半 D.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的二倍 9.已知表面電荷均勻分布的帶電球殼，其內部電場強度處處為零.現有表面電荷均勻分布的帶電半球殼，如圖9所示，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線.P、Q為CD軸上關于O點對稱的兩點.則(　　) 圖9 A.P點的電場強度與Q點的電場強度大小相等、方向相同 B.P點的電場強度與Q點的電場強度大小相等、方向相反 C.P點的電場強度比Q

7、點的電場強度強 D.P點的電場強度比Q點的電場強度弱 10.(2018·云南師范大學附屬中學月考)如圖10所示，在豎直平面內有一質量m＝0.6kg、電荷量q＝＋3×10－3C的帶電小球，有一根長L＝0.2m且不可伸長的絕緣輕細線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強電場中的O點.已知A、O、C點等高，且OA＝OC＝L，若將帶電小球從A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零，g取10m/s2. 圖10 (1)求勻強電場的電場強度E的大?。? (2)求小球從A點由靜止釋放運動到B點的過程中速度最大時細線的拉力大??； (3)若將帶

8、電小球從C點無初速度釋放，求小球到達A點時的速度大小. 11.(2018·福建省泉州市質檢)如圖11所示，固定在豎直平面內、半徑R＝1m的圓弧形的光滑絕緣軌道AB，與粗糙絕緣的水平軌道BC相切于B點.軌道的一部分處在水平向左的勻強電場中，過D點的豎直虛線為電場的邊界，電場強度E＝5.0×103N/C，B點與邊界線的距離s0＝0.8m.一水平輕彈簧右端固定在C處，自然伸長時左端恰好在電場的邊界線上.一質量m＝2.0kg、電荷量q＝＋2.0×10－3C的小滑塊P以初速度v0＝2m/s從A點滑下沿圓弧軌道運動，將彈簧左端壓縮到D′點后又被彈回，并恰好

9、能回到A點，P與水平軌道間的動摩擦因數μ＝0.1，g取10m/s2.求： 圖11 (1)滑塊P第一次到達電場邊界時的動能； (2)彈簧的最大彈性勢能Ep. 答案精析 1.C　[帶電粒子受到的電場力指向軌跡的內側，根據軌跡彎曲方向可以知道帶電粒子與固定在Q點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，故該帶電粒子帶負電，A項錯誤；根據幾何知識可以知道a、b、c三點到Q的距離之比為ra∶rb∶rc＝1∶∶1，根據點電荷場強公式E＝k，得a、b、c三點場強大小之比為2∶1∶2，B項錯誤；根據牛頓第二定律得：a＝，a∝E，則知粒子在a、b、c三點的加速度大小之比是

10、2∶1∶2，C項正確；a、c兩點的電場強度大小相等，但方向不同，所以電場強度不同，D項錯誤.] 2.C　[小球在重力和電場力的共同作用下做勻加速直線運動，只需電場力與重力的合力沿運動方向即滿足題意，當電場力與合力方向垂直時，電場力最小，即qE＝mgsinθ，故E＝，故選C.] 3.A　[由于D點為正三角形的中心，即到三個點電荷的距離相等，故任意兩點電荷在D點產生的合場強與第三個點電荷在D點產生的電場強度等大反向，故D點的電場強度為零，選項A正確；由于取無限遠處的電勢為0，從無窮遠處移動電荷至D點，電場力做功必不為0，故D點電勢不可能為0，選項B錯誤；C點電荷在E、F兩點產生的電場強度等大反

11、向，但A、B兩個點電荷在E、F兩點產生的電場強度的矢量和不相等，選項C錯誤；由對稱性可知，E、G、H三點的電場強度大小相等，但電場強度的方向不同，選項D錯誤.] 4.C　[物體在AB段做勻加速直線運動，到達B點時速度為vB＝t，經過B點后先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速運動，由vBt－·t2＝0，可解得E＝1×103N/C，故選項C正確.] 5.A　[根據場強的疊加原理可知兩正點電荷連線的中點場強為零，靠近點電荷處場強比較大，在距離點電荷無窮遠處的場強也為零；再由兩等量正點電荷周圍電場分布情況可知，O點兩邊的電場強度方向不同，故A正確.] 6.AC 　[由幾何關系可知，

12、D、C兩點到A、B處兩個點電荷的距離均相等，由場強疊加原理可知，D點的電場強度與C點電場強度的大小相等，故A正確；小球沿直線軌道DC向下滑動的過程中，到兩點電荷的距離先減小后增大，則所受的電場力不是定值，合力不是定值，小球不是做勻加速直線運動，故B錯誤；負電荷產生的電場方向指向負電荷，可知兩個負電荷在D處產生電場的電場強度分別指向A與B，由于兩個點電荷的電荷量是相等的，所以兩個點電荷在D點產生電場的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿∠ADB的角平分線，由庫侖定律得，A、B處點電荷在D點產生電場的場強的大小EA＝EB＝＝，它們的合場強ED＝EAcos30°＋EBcos30°＝；由幾何關系

13、知DO＝OC＝L，則∠OCD＝45°.小球到達C點時，對小球進行受力分析，其受力的剖面圖如圖所示，由于C到A、B的距離與D到A、B的距離都等于L，則C點的電場強度的大小與D點的電場強度的大小相等，方向由C指向O點，即EC＝ED＝，沿軌道方向有mgcos45°－Fcos45°＝ma，其中F＝qEC＝mg，得a＝0，故C正確；由幾何關系可知，CD連線的中點處到AB的距離最小，電勢最低，小球帶正電，所以小球在CD的連線中點處的電勢能最小，則小球沿直軌道DC下滑過程中，其電勢能先減小后增大，故D錯誤.] 7.C　[若令AB＝3r0，qA＝64q0，則根據點電荷電場強度的決定式E＝可得，三個電荷在D點

14、產生的場強分別為EA＝，方向指向A電荷，EB＝，方向背離B電荷，EC＝，方向指向C電荷，將A、C處電荷產生的兩分場強根據平行四邊形定則合成可得，EA、EC的合場強與EB等大反向，故D點的合場強為零，C正確.] 8.AC　[根據題述，A點的電場強度垂直AB向下，可知q1帶正電、q2帶負電，選項A正確；q1在A、D兩點產生的電勢相等，q2在A點產生的電勢高于在D點產生的電勢，則A點的電勢高于D點，選項B錯誤；根據題述，A點的電場強度垂直AB向下，可得sin30°＝，E1＝k，E2＝k，聯立解得q2＝2q1，選項C正確，D錯誤.] 9.A　[表面電荷均勻分布的帶電球殼，其內部場強處處為零，若把另

15、一帶電半球殼補上，則P、Q兩點的合場強均為零，根據對稱性原理可得，A正確.] 10.(1)2×103N/C　(2)(18－12) N　(3)2m/s 解析　(1)小球到達最低點B時速度為零，則0＝mgL－EqL，E＝2×103N/C. (2)小球到達最低點B時速度為零，根據對稱性可知，達到最大速度的位置為AB弧的中點，即當沿軌跡上某一點切線方向的合力為零時，小球的速度有最大值，由動能定理有mv2－0＝mgLsin45°－Eq(L－Lcos45°)，m＝F－2mgcos45°，F＝(18－12) N. (3)小球從C運動到B點做勻加速直線運動，有a＝g，x＝L，vB＝＝2m/s，到達B點

16、后細線繃直，有機械能的損失，v切＝vBsin45°＝2m/s，小球由B→A過程中，由動能定理有mvA2－mv切2＝－mgL＋EqL，vA＝v切＝2m/s. 11.(1)4.4J　(2)4J 解析　(1)由動能定理可得mgR－qE(R＋s0)－μmgs0＝Ek－mv02，解得Ek＝4.4J. (2)設D、D′兩點間的距離為s1，小滑塊P從A點出發(fā)再次回到A點的過程克服摩擦力所做的功為Wf，則有Wf＝mv02，又Wf＝2×μmg(s0＋s1)，可得s1＝0.2m.滑塊P由D′點返回到A點的過程，由功能關系得Ep＝μmg(s0＋s1)＋mgR－qE(R＋s0)＝4J. 9