《高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練22 電場力的性質(zhì)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練22 電場力的性質(zhì)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練22　電場力的性質(zhì) 一、單項選擇題 1.三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上,各球之間的距離遠(yuǎn)大于小球的直徑。球1所帶電荷為q,球2所帶電荷為nq,球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn),此時球1、2之間作用力的大小為F?，F(xiàn)使球3先與球2接觸,再與球1接觸,然后將球3移至遠(yuǎn)處,此時1、2之間作用力的大小仍為F,方向不變。由此可知 (　　) A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6 答案:D 解析:由于各球之間距離遠(yuǎn)大于小球的直徑,小球帶電時可視為點電荷。由庫侖定律F=kQ1Q2r2知兩點電荷間距離不變時,相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比。又由于三個小球相同

2、,則兩球接觸時平分總電荷量,故有q·nq=nq2·q+nq22,解得n=6,D正確。 2.對于真空中電荷量為Q的靜止點電荷而言,當(dāng)選取離點電荷無窮遠(yuǎn)處的電勢為零時,離點電荷距離為r處的電勢就為φ=kQr(k為靜電力常量)。如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q可視為點電荷的帶正電小球用絕緣絲線懸掛在天花板上,在小球正下方的絕緣底座上固定一半徑為R的金屬球,金屬球接地,兩球球心間距離為d。由于靜電感應(yīng),金屬球上分布的感應(yīng)電荷量為q'。則下列說法正確的是(　　) A.金屬球上的感應(yīng)電荷量q'=-Rdq B.金屬球上的感應(yīng)電荷量q'=Rd-Rq C.絕緣絲線對小球的拉力大小為mg+kqq'd2

3、 D.絕緣絲線對小球的拉力大小為mg-kqq'd2 答案:A 解析:金屬球上感應(yīng)電荷在圓心O點產(chǎn)生的電勢為φ1=kq'R;q在圓心O點的電勢為φ2=kqd,由于O點的電勢為零,故φ1+φ2=0,聯(lián)立解得q'=-Rqd,故A正確,B錯誤;若金屬球上的感應(yīng)電荷全部均勻分布在球殼上,則絕緣絲線對小球的拉力大小為F=mg+kqq'd2,但由于存在靜電吸引作用,金屬球上的感應(yīng)電荷的分布偏向上方,故兩者的靜電引力大于kqq'd2,即絕緣絲線對小球的拉力大小大于mg+kqq'd2,故C、D錯誤。 3.(2019·四川診斷模擬)如圖所示,邊長為l的正六邊形ABCDEF的5條邊上分別放置5根長度也為l的

4、相同絕緣細(xì)棒。每根細(xì)棒均勻帶上正電?，F(xiàn)將電荷量為+Q的點電荷置于BC中點,此時正六邊形幾何中心O點的電場強(qiáng)度為零。若移走+Q及AB邊上的細(xì)棒,則O點電場強(qiáng)度大小為(k為靜電力常量)(不考慮絕緣棒及+Q之間的相互影響)(　　) A.kQl2 B.4kQ3l2 C.23kQ3l2 D.43kQ3l2 答案:D 解析:根據(jù)對稱性,AB與ED邊上的細(xì)棒在O點的電場強(qiáng)度疊加為零,AF與CD邊上的細(xì)棒在O點的電場強(qiáng)度疊加為零;因O點的電場強(qiáng)度為零,故BC中點的點電荷和EF邊上的細(xì)棒在O點的電場強(qiáng)度為零,點電荷與細(xì)棒在O點的電場強(qiáng)度大小為E=kQ32l2=4kQ3l2,因此+Q及AB邊上的細(xì)棒在O

5、點的合電場強(qiáng)度大小E合=43kQ3l2,其方向如圖所示;若移走+Q及AB邊上的細(xì)棒,那么其余棒在O點的電場強(qiáng)度大小為E合'=43kQ3l2,方向與圖中方向相反,故A、B、C錯誤,D正確。 4.如圖所示,16個電荷量均為+q(q>0)的小球(可視為點電荷),均勻分布在半徑為r的圓周上。若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,則圓心O點處的電場強(qiáng)度為(　　) A.2kqr2,方向沿半徑向左 B.2kqr2,方向沿半徑向右 C.3kqr2,方向沿半徑向左 D.3kqr2,方向沿半徑向右 答案:D 解析:根據(jù)對稱性和電場的疊加原理,知原來O處電場強(qiáng)度為零,說明P點處小球在O處

6、產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與其余15個小球在O處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度大小相等、方向相反,則其余15個小球在O處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度大小為E=kqr2,方向沿半徑向右。將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,其余15個小球在O處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度不變,大小仍為E=kqr2,方向沿半徑向右。-2q在O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E'=2kqr2,方向沿半徑向右,所以O(shè)點處的電場強(qiáng)度為EO=E+E'=3kqr2,方向沿半徑向右,故D正確。 5.如圖所示,在光滑、絕緣的水平面上,沿一直線依次排列3個帶電小球A、B、C(可視為點電荷)。若它們恰能處于平衡狀態(tài),那么這3個小球所帶的電荷量及電性的關(guān)系,可能的情況是(　　)

7、A.-9、4、-36 B.4、9、36 C.-3、2、8 D.3、-2、6 答案:A 解析:要使每個小球都處于平衡狀態(tài),必須使其他兩個小球?qū)λ膸靵隽Υ笮∠嗟?、方向相?以小球A為研究對象,有FBA=FCA,如圖所示,故B、C帶異種電荷,由庫侖定律得kQAQBrAB2=kQAQCrAC2,以小球C為研究對象,同理,知A、B帶異種電荷,kQAQCrAC2=kQBQCrBC2,聯(lián)立得kQAQCrAC2=kQAQBrAB2=kQBQCrBC2,又考慮到rAC=rAB+rBC,解得QAQC=QAQB+QBQC,此式為三球平衡時所帶電荷量的大小關(guān)系。綜上可知A正確。 6.(2019·山西太原

8、調(diào)研)如圖所示,空間正四棱錐的底面邊長和側(cè)棱長均為a,水平底面的四個頂點處均固定著電荷量為+q的小球,頂點P處有一個質(zhì)量為m的帶電小球,在庫侖力和重力的作用下恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將P處小球的電荷量減半,同時加豎直方向的電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場,此時P處小球仍能保持靜止。重力加速度為g,靜電力常量為k,則所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為(　　) A.mg2q B.mg4q C.2kqa2 D.22kqa2 答案:D 解析:設(shè)P處的帶電小球電荷量為Q,根據(jù)庫侖定律可知,P處小球受到底面各個頂點電荷的庫侖力大小都為F=kqQa2;根據(jù)幾何關(guān)系,可知正四棱錐的側(cè)棱與豎直線的夾角為45°;再由力的分

9、解法則,有4×kqQa2×22=mg;若將P處小球的電荷量減半,則四個頂點的電荷對P處小球的庫侖力合力為F'=2kqQa2;當(dāng)外加勻強(qiáng)電場后,再次平衡,則有2kqQa2+Q2E=mg,解得E=22kqa2或E=mgQ,故D正確。 7.一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶正電的小球a,在正下方有一光滑的絕緣水平細(xì)桿,一帶負(fù)電的小球b穿過桿在其左側(cè)較遠(yuǎn)處,小球a由于受到水平絕緣細(xì)線的拉力而靜止,如圖所示,現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ,并在較遠(yuǎn)處由靜止釋放小球b,讓其從遠(yuǎn)處沿桿向右移動到a點的正下方,在此過程中(　　) A.懸線Oa的拉力逐漸增大,水平細(xì)線的拉力逐漸減小 B.b球的加速度和

10、速度始終增大 C.b球所受的庫侖力一直增大 D.b球所受的庫侖力先減小后增大 答案:C 解析:b球在較遠(yuǎn)處時,所受庫侖力近似為零,在a球正下方時,庫侖力的水平分量為零,所以水平細(xì)線的拉力先增大后減小,A錯誤;中間過程b球受到的庫侖力的水平分量不為零,可知庫侖力的水平分量先增大,后減小,則b球的加速度先增大,后減小,b球所受庫侖力水平分量與運動方向始終相同,速度一直增大,B錯誤;b球受到的庫侖力F=kqaqbr2,在運動過程中,a、b兩球之間的距離一直減小,則b球所受的庫侖力一直增大,C正確,D錯誤。 二、多項選擇題 8.(2019·山東威海調(diào)研)右圖為靜電除塵器除塵原理示意圖,塵埃

11、在電場中通過某種機(jī)制帶電,在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積,以達(dá)到除塵目的,下列表述正確的是(　　) A.到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷 B.電場方向由集塵極指向放電極 C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 D.同一位置電荷量越多的塵埃所受電場力越大 答案:BD 解析:由題圖所示可知,集塵極電勢高,放電極電勢低,放電極與集塵極間電場方向向左,即電場方向由集塵極指向放電極,塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移,則知塵埃所受的電場力向右,故到達(dá)集塵極的塵埃帶負(fù)電荷,故A錯誤,B正確。電場方向向左,帶電塵埃所受電場力方向向右,帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反,故C錯誤。由F=Eq

12、可知,同一位置電荷量越多的塵埃所受電場力越大,故D正確。 9.(2019·湖南張家界月考)如圖所示,在光滑絕緣的水平直軌道上有兩個帶電小球a和b,a球質(zhì)量為2m、電荷量為+q,b球質(zhì)量為m、電荷量為+2q,兩球相距較遠(yuǎn)且相向運動。某時刻a、b球的速度大小依次為v和1.5v,由于靜電斥力的作用,它們不會相碰。則下列敘述正確的是(　　) A.兩球相距最近時,速度大小相等、方向相同 B.a球和b球所受的靜電斥力對兩球始終做負(fù)功 C.a、b兩球都要反向運動,但a球先反向 D.a、b兩球都要反向運動,但b球先反向 答案:AD 解析:水平方向系統(tǒng)動量守恒,由完全非彈性碰撞的知識可知,當(dāng)兩

13、球速度大小相等、方向相同時,系統(tǒng)損失機(jī)械能最大,兩球相距最小,故A正確。由題意可知,a球動量大于b球動量,b球的速度先減小至零,然后反向加速。因系統(tǒng)動量水平向右,當(dāng)速度相同時,兩球速度均向右,之后b球做加速運動,a球繼續(xù)做減速運動,速度減至零后,開始反向。故a、b球都要反向運動,但b球要先反向運動。因此靜電斥力對兩球先做負(fù)功后做正功,故B、C錯誤,D正確。 10.如圖所示,傾角為θ的絕緣斜面固定在水平面上,當(dāng)質(zhì)量為m、電荷量為+q的滑塊沿斜面下滑時,在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)電場,已知滑塊受到的電場力小于滑塊的重力。則下列說法不正確的是(　　) A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電

14、場后,滑塊將減速下滑 B.若滑塊勻速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍勻速下滑 C.若滑塊勻減速下滑,加上豎直向上的電場后,滑塊仍減速下滑,但加速度變大 D.若滑塊勻加速下滑,加上豎直向下的電場后,滑塊仍以原加速度加速下滑 答案:ACD 解析:若滑塊勻速下滑,則有mgsinθ=μmgcosθ,當(dāng)加上豎直向上的電場后,電場力為F,沿斜面方向,(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ,受力仍平衡,則滑塊仍勻速下滑,故A錯誤,B正確。若滑塊勻減速下滑,則有mgsinθ<μmgcosθ,加速度大小為a=g(μcosθ-sinθ),加上豎直向上的電場后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ<μ

15、(mg-F)cosθ,加速度大小為a'=(mg-F)(μcosθ-sinθ)mμmgcosθ,加速度大小為a=g(sinθ-μcosθ),加上豎直向下的電場后,在沿斜面方向,(mg+F)sinθ>μ(mg+F)cosθ,物體仍勻加速下滑。加速度為a'=(mg+F)(sinθ-μcosθ)m>a。即加速度增大,故D錯誤,故選A、C、D。 三、非選擇題 11.如圖所示,質(zhì)量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑的絕緣水平面上,彼此相隔的距離為l(l比球半徑r大得多)。B球電荷量為QB=-3q,A球電荷量為QA=+6q,若在C上加一個水平向右的

16、恒力F,要使A、B、C三球始終保持l的間距運動。問: (1)F的大小為多少? (2)C球所帶電荷量為多少?帶何種電荷? 答案:(1)18kq2l2　(2)8q　帶正電 解析:將A、B、C三個小球看成一個系統(tǒng),則三個小球之間的靜電力為系統(tǒng)內(nèi)力,當(dāng)C上加一恒力F,并使三球始終保持l的間距運動,則三球的加速度相同,均為F3m,且方向為水平向右。對于B球,由于受A球的靜電力,且力的方向水平向左,那么受C球的靜電力必向右,才可能產(chǎn)生向右的加速度,知C球帶正電荷,設(shè)C球電荷量為QC,則由庫侖定律和牛頓第二定律知 對B有k3q·QCl2-k3q·6ql2=ma, 對A有k3q·6ql2-k6

17、q·QC(2l)2=ma, 聯(lián)立解得QC=8q,a=6kq2ml2。 根據(jù)牛頓第二定律得,A、B、C三小球構(gòu)成系統(tǒng)的合外力 F=3ma=18kq2l2。 12.如圖所示,質(zhì)量為m的小球A穿在光滑絕緣細(xì)桿上,桿的傾角為α,小球A帶正電(可視為點電荷),電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正點電荷。將A由距B豎直高度為h處無初速度釋放,小球A下滑過程中電荷量不變。整個裝置處在真空中,已知靜電力常量k和重力加速度g。求: (1)A球剛釋放時的加速度大小; (2)當(dāng)A球的動能最大時,A球與B點間的距離。 答案:(1)gsin α-kQqsin2αm?2 (2)kQqmgsinα 解析:(1)小球A受到庫侖斥力,由牛頓第二定律可知mgsinα-F=ma,根據(jù)庫侖定律有F=kqQr2,又知r=?sinα,解得a=gsinα-kQqsin2αm?2。 (2)當(dāng)A球受到的合力為零,即加速度為零時,動能最大。設(shè)此時A球與B點間的距離為d,則mgsinα=kQqd2,解得d=kQqmgsinα。