（課標通用）高考物理一輪復習 作業(yè)30 電場力的性質（含解析）-人教版高三全冊物理試題

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1、作業(yè)30　電場力的性質 一、選擇題 1．由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F＝k，式中k為靜電力常量．若用國際單位制的基本單位表示， k的單位應為(　　) A．kg·A2·m3　　　　 B．kg·A－2·m3·s－4 C．kg·m2·C－2 D.N·m2·A－2 解析：由庫侖定律知k＝，式中都取國際單位時k的單位為，由I＝知，1 C2＝1 A2·s2，又因1 N＝1，整理可得k的單位應為·，即kg·A－2·m3·s－4，故B正確． 答案：B 圖30－1 2．(鄭州模擬)如圖30－1所示，半

2、徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開．這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設它們帶的電荷量分別為＋q、－q.當第三個不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為q1＝＋，當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2＝－.由庫侖定律F＝k知，當移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′＝，A項正確． 答案：A 圖30－2 3

3、．如圖30－2所示，Q帶負電荷，導體P在a處接地，下列說法中正確的是(　　) A．導體P的a端不帶電荷，b端帶負電荷 B．導體P的a端帶正電荷，b端不帶電 C．導體P的a端帶正電荷，b端帶負電荷，且正、負電荷的電荷量相等 D．導體P的a端帶正電荷，b端帶負電荷，正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量 解析：導體接地，它與大地組成一個導體，相對于負電荷Q，a端離Q較近．根據“近異遠同”“兩端等量”的規(guī)律，導體a端帶正電，b端感應出來的負電荷被導到大地上，所以不帶電，大地作為遠端帶有等量的負電荷．故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 圖30－3 4．(山西五校四聯(lián))兩點電荷Q1、

4、Q2產生的電場的電場線如圖30－3所示．根據電場線的分布情況，下列判斷正確的是(　　) A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量 B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C．Q1、Q2一定均為正電荷 D．Q1、Q2一定均為負電荷 解析：由電場線的分布情況可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，A項正確，B項錯誤．因為電場線沒有標出方向，不能斷定電荷的正負，故C、D項錯誤． 答案：A 5．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場．如圖30－4所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON

5、＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) 圖30－4 A. B.－E C.－E D.＋E 解析：假設將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場．則在M、N點所產生的電場為E＝＝，由題知當半球面如題圖所示在M點產生的場強為E，則N點的場強為E′＝－E，B正確． 答案：B 圖30－5 6．如圖30－5所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A到O點的距離為R，在A點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A

6、點所受的電場力為(　　) A.，方向向上 B.，方向向上 C.，方向水平向左 D．不能確定 解析：先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一部分可視為點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直向上方向上電場力大小為＝，故選B. 答案：B 圖30－6 7．(多選)如圖30－6所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin

7、3α＝ 解析：設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asinα，兩個－q之間距離為2acosα.選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcosα＝k，解得cos3α＝，選項A正確，B錯誤．選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksinα＝k，解得sin3α＝，選項C正確，D錯誤． 答案：AC 圖30－7 8．(多選)如圖30－7所示，有一帶電物體處在一個斜向上的勻強電場E中，由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運動，下列說法正確的是(　　) A．物體一定帶正電 B．物體一定帶負電 C．物體不一定受彈力的作用 D．物體一定受彈力的作用 解析：若物體帶負電荷，則受電場

8、力向右下方，重力向下，則物體必然斜向下運動，不符合題意，A項正確，B項錯誤；若物體帶正電，則受力分析如圖30－8所示，因物體做勻速直線運動，則合力必為零，一定受到摩擦力，必然受到彈力作用，C項錯誤，D項正確． 圖30－8 答案：AD 圖30－9 9．(佛山市大聯(lián)考)(多選)如圖30－9所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5 C，質量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負電荷，A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球一端固定絕緣棒，現將B球放在某一位置，能使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，g取10 m/s2，則B球距離A球的距離可能為(　　) A．0.5

9、 m　　B．0.8 m　　C．1.2 m 　　D．2.5 m 解析：對A受力分析，受重力mg、繩的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F的最小值為F＝mgsin30°＝，解得r＝1 m，所以兩球的距離d≤1 m，A、B正確． 答案：AB 10．(安徽八校聯(lián)考)(多選)如圖30－10所示，一絕緣細線Oa下端系一輕質帶正電的小球a(重力不計)，地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合．一質量為m、帶負電的小球b由A點靜止釋放．小球a由于受到絕緣細線的拉力而靜止，其中細線O′a水平，Oa懸線與豎直方向的夾角為θ.當小球b沿圓弧管道運動到小球a正下方B點時對管道壁恰

10、好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)(　　) 圖30－10 A．b球所受的庫侖力大小為3mg B．b球的機械能逐漸減小 C．水平細線的拉力先增大后減小 D．懸線Oa的拉力先增大后減小 解析：電場力對b球不做功，故b球的機械能守恒，由機械能守恒定律可得mv＝mgR，則小球運動到B點的速度vB＝；小球對管道無壓力，則F庫－mg＝m，解得F庫＝3mg，A正確，B錯誤；設小球b在某位置時和a點連線與豎直方向的夾角為α，懸線Oa的拉力為FT1，懸線O′a的拉力為FT2，則對小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，FT1cosθ＝Fcosα，當小球b從A點向B點運動時，

11、α角一直減小，可知FT1一直增大，D錯誤；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝sin(θ＋α)，則當α從90°減小到0時，FT2先增大后減小，C正確． 答案：AC 圖30－11 11．(多選)如圖30－11所示，整個空間存在水平向左的勻強電場，一長為L的絕緣輕質細硬桿一端固定在O點、另一端固定一個質量為m、電荷量為＋q的小球P，桿可繞O點在豎直平面內無摩擦轉動，電場的電場強度大小為E＝.先把桿拉至水平位置，然后將桿無初速度釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力，則(　　) A．小球到最低點時速度最大 B．小球從開始至最低點過程中動能一直增大 C．小球對桿的最大拉力大小為mg

12、D．小球可繞O點做完整的圓周運動 解析：如圖30－12所示，小球受到的重力和電場力分別為mg和qE＝mg，此二力的合力大小為F＝mg，方向為與豎直方向成30°角，可知桿從水平位置轉到與合力F沿桿的方向相同時，合力F與小球速度的方向夾角一直小于90°，F一直做正功 圖30－12 ，故小球轉到與合力F沿桿的方向相同時小球速度最大，且從開始至最低點過程中動能一直增大，A錯誤，B正確；設小球的最大速度為v，從釋放到小球達到最大速度的過程，應用動能定理有：Eq(L＋Lsin30°)＋mgLcos30°＝mv2－0，設小球速度最大時，桿對小球的拉力為Fm，對小球應用向心力公式有：Fm－F＝，解得

13、Fm＝mg，由牛頓第三定律知C正確；根據等效性可知桿轉過240°角時速度減小為0，未到達圓周的等效最高點，小球不能做完整的圓周運動，D錯誤． 答案：BC 12．(多選)P、Q兩電荷的電場線分布如圖30－13所示，a、b、c、d為電場中的四點，c、d關于PQ連線的中垂線對稱．一個離子從a運動到b(不計重力)，軌跡如圖所示，則下列判斷正確的是(　　) 圖30－13 A．P帶正電 B．c、d兩點的電場強度相同 C．離子在運動過程中受到P的吸引力 D．離子從a到b，電場力做正功 解析：由電場線的方向可知P帶正電，Q帶負電，A正確；c、d兩點場強大小相同，但方向不同，B錯誤；離子所受

14、電場力的方向應該指向曲線的凹側，故可以判斷出離子在運動過程中受到P電荷的吸引力，C正確；離子從a到b，電場力的方向和離子速度方向的夾角大于90°，電場力做負功，D錯誤． 答案：AC 二、非選擇題 13．(2017年高考·北京卷)如圖30－14所示，長l＝1 m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： 圖30－14 (1)小球所受電場力F的大小

15、； (2)小球的質量m； (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小． 解析：(1)F＝qE＝3.0×10－3 N. (2)由平衡條件得＝tan37°， 得m＝4.0×10－4 kg. (3)由動能定理得mgl(1－cos37°)＝mv2， 得v＝＝2.0 m/s. 答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　 (3)2.0 m/s 圖30－15 14．如圖30－15所示，一根長L＝1.5 m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在電場強度E＝1.0×105 N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q

16、＝＋4.5×10－6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6 C，質量m＝1.0×10－2 kg.現將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)問： (1)小球B開始運動時的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多少？ 圖30－16 解析：(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，如圖30－16所示沿桿方向運動，由牛頓第二定律得 mg－－qEsinθ＝ma 解得a＝g－－ 代入數據得a＝3.2 m/s2. (2)小球B速度最大時合力為零，即 ＋qEsinθ＝mg， 解得h1＝ 代入數據解得h1＝0.9 m. 答案：(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m