2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 十八 电场力的性质的描述

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课时提升作业
十八电场力的性质的描述
(建议用时40分钟)
1.静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是( )
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引
C.磁铁吸引铁
D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
【解析】选C。

用塑料梳子梳头发时由于摩擦而带电,吸起纸屑是因为带电体能吸引轻小物体;带电小球移至不带电金属球附近,由于静电感应使二者相互吸引;从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉是接触带电的缘故,属于静电现象。

磁铁吸引铁是磁体的基本性质,不属于静电现象。

2.如图是一个点电荷的电场线的示意图,一个负检验电荷(重力忽略不计)以某一初速度从a向b运动, 检验电荷在运动过程中( )
A.加速度越来越大,速度越来越大
B.加速度越来越大,速度越来越小
C.加速度越来越小,速度越来越大
D.加速度越来越小,速度越来越小
【解析】选C。

因b点场强小于a点的场强,负检验电荷以某一初速度从a向b运动过程中受电场力方向由a指向b,则加速度越来越小,速度越来越大,故选C。

3.(2019·杭州模拟)两个等量点电荷P、Q在真空中产生的电场的电场线(方向未画出)如图所示,一电子在A、B两点所受的电场力分别为F A和F B,则它们的大小关系为( )
A.F A=F B
B.F A<F B
C.F A>F B
D.无法确定
【解析】选C。

从图中可以看出,A点电场线比B点密,因此A点场强比B点强,根据F=Eq可知,A点电场力大,故A、B、D错误,C正确。

4.(2018·全国卷Ⅰ)如图,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm。

小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。

设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则( )
A.a、b的电荷同号,k=
B.a、b的电荷异号,k=
C.a、b的电荷同号,k=
D.a、b的电荷异号,k=
【解析】选D。

假设a、b的电荷同号,若小球c与a、b的电荷同号,则小球c所受库仑力的合力的方向斜向上;若小球c与a、b的电荷异号,则小球c所受库仑力的合力的方向斜向下,这样与已知条件“小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线”相矛盾,故a、b的电荷异号。

设ac与ab的夹角为θ,则tan θ
==,根据库仑定律有:F bc=k0、F ac=k0, 而tan θ=,解得k==。

5.如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,∠MOP=60°。

电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1。

若将N点处的点电荷移至P点,则O点的电场强度大小变为E2。

那么E1与E2之比为( )
世纪金榜导学号
A.1∶2
B.2∶1
C.2∶
D.4∶
【解析】选B。

依题意,因为M、N两点都在圆周上,与O点间的距离相等,O点的电场强度大小为E1;则每个点电荷在O点产生的电场强度大小为;当N点处的点电荷移至P点时,O点的电场强度大小为E 2=,则=,选项B正确。

6.(2018·天津高考)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M点和N点时加速度大小分别为a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E pM、E pN。

下列判断正确的是( )
A.v M<v N,a M<a N
B.v M<v N,φM<φN
C.φM<φN,E pM<E pN
D.a M<a N,E pM<E pN
【解析】选D。

电场线越密,电场强度越大,同一个粒子受到的电场力越大,根据牛顿第二定律可知其加速度越大,故有a M<a N;若粒子从M运动到N点,则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,可知在某点的电场力方向和速度方向如图甲所示,故电场力做负功,电势能
增大,动能减小,即v M>v N,E pM<E pN,负电荷在低电势处电势能大,故φM>φN。

若粒子从N运动到M,则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧,可知在某点的电场力方向和速度方向如图乙所示,故电场力做正功,电势能减小,动能增大,即v M>v N,E pM<E pN,负电荷在低电势处电势能大,故φM>φN。

综上所述,D正确。

7.(多选)如图甲所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),O、M、N为轴上三点。

放在M、N两点的试探电荷受到的静电力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示,则 ( )
世纪金榜导学号
A.M点的电场强度大小为2×103 N/C
B.N点的电场强度大小为2×103 N/C
C.点电荷Q在M、N之间
D.点电荷Q在M、O之间
【解析】选A、C。

设M、N两点的电场强度分别为E M、E N,根据题图乙可知,图线的斜率即为电场强度,则E M=2×103 N/C,E N=-500 N/C,M、N
两点电场强度方向相反。

由点电荷电场强度的特点可知,该点电荷在M、N之间。

故选项A、C正确。

8.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。

则( )
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加
【解析】选B、C。

两个点电荷间的电场线分布是由q指向-q的,根据正方体的特点可知在这四点所在平面上a点和b点所处电场线是关于q和-q连线对称的,且b点距离正电荷q较a点更近,沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势高于a点电势,故A项错误。

如图所示,两点电荷在a、b两点所产生合场强大小相等,方向相同,故B、C项正确。

负电荷从a点移动到b点,由电势低的地方移动到电势高的地方,电场力做正功,电势能减小,故D项错误。

9.如图所示,两质量均为m的小球A和B分别带有+q和-q的电量,被绝缘细线悬挂,两球间的库仑引力小于球的重力mg。

现加上一个水平向右的匀强电场,待两小球再次保持静止状态时,下列结论正确的是世纪金榜导学号( )
A.悬线OA向右偏,OA中的张力大于2mg
B.悬线OA向左偏,OA中的张力大于2mg
C.悬线OA不发生偏离,OA中的张力等于2mg
D.悬线AB向左偏,AB线的张力比不加电场时要小
【解析】选C。

首先应用整体法对AB整体分析,悬线OA张力为2mg,并且OA处于竖直方向,选项A、B错误,C正确;然后再采用隔离法以B 为研究对象分析,悬线AB向左偏,其张力为电场力、库仑力与重力的合力,较不加电场时要大,选项D错误。

【总结提升】运用整体法和隔离法分析平衡问题
(1)将一部分视为整体,使这一部分之间的作用力变为内力,如本题将
A、B视为整体,它们之间的库仑力和弹力为内力,于是能很快判断细线OA的位置。

(2)要分析物体之间的作用就要采用隔离法。

例如,本题要分析细线AB的偏转,就要选取B或A为研究对象列平衡方程解答。

(3)如果将水平匀强电场方向变为倾斜向上或向下,系统平衡问题可采用同样方法解答。

10.(2019·余姚模拟)一电量为q(带正电)的物体静置在一光滑绝缘水平面上。

从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场,电场强度大小为E1,经过t时间,电场改变方向,变成水平向左,电场强度大小变为E2,再经过2t时间,物体恰好返回出发点,则( )
A.电场强度E1与E2之比为5∶4
B.电场强度E1与E2之比为2∶1
C.这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大,其变化量大于0
D.这一过程中带电物体的动能先增大后减小,其变化量大于0
【解析】选C。

在0～t内物体的加速度为a1=,物体向右做匀加速直线运动;在t～3t内,物体的加速度为:a2=,将物体的运动看成一种匀减速直线运动,取向右为正方向,则两段时间内位移大小相等、方向相反,则有:a1t2=-[a1t·2t-
a2(2t)2],解得:E1∶E2=4∶5,故A、B错误;在0～t内电场力做正功,动能增大,在t～3t内,电场力先做负功,后做正功,动能先减小后增大,返回出发点时动能不为零,变化量大于0,故C正确,D错误。

11.在真空中有两个相距r的点电荷A和B,带电荷量分别为q1=-q,q2=4q。

(1)若A、B固定,在什么位置放入第三个点电荷q3,可使q3处于平衡状
态?平衡状态中对q3的电荷量及正负有无要求?
(2)若以上三个点电荷皆可自由移动,要使它们都处于平衡状态,对q3的电荷量及电性有何要求?
【解析】(1)q3受力平衡,必须和A、B在同一条直线上,因为A、B带异号电荷,所以q3不可能在它们中间。

再根据库仑定律,库仑力和距离的平方成反比,可推知q3应该在A的外侧,如图所示。

设q3与A间的距离是x,根据库仑定律和平衡条件列式:
k-k=0
将已知量q1、q2代入得x=r,对q3的电性和电荷量没有要求。

(2)要使三个自由点电荷都处于平衡状态,就对q3的电性和电荷量都有要求,首先q3不能带负电荷,若带负电荷,A、B都不能平衡,也不能处在它们中间或B的外侧。

根据库仑定律和平衡条件列式:对q3:k-k=0
对A:-k=0
解得q3=4q,x=r。

答案:见解析
12.如图所示,空间存在着场强为E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场,在电场内一长为L=0.5 m的绝缘轻质细线,一端固定在O点,另一端拴着质量为m=0.5 kg、电荷量为q=4×10-2 C的小球。

现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,当小球运动到最高点时细线
受到的拉力恰好超过它能承受的最大值而断裂。

g取10 m/s2。

求:世纪金榜导学号
(1)小球的电性。

(2)细线能承受的最大拉力。

(3)当细线断裂后,小球继续运动到与O点水平距离为L时,小球距O 点的高度。

【解析】(1)由小球运动到最高点可知,小球带正电。

(2)设小球运动到最高点时速度为v,对该过程应用动能定理有(qE-mg)L=mv2①
在最高点细线断裂前的瞬间对小球进行受力分析,由圆周运动规律和牛顿第二定律得
F T+mg-qE=m②
由①②式联立解得F T=15 N
(3)在细线断裂后,小球在竖直方向的加速度设为a,则a=③设小球运动到与O点水平距离为L的过程中,所经历的时间为t,则L=vt ④
设竖直方向上的位移为x,则x=at2⑤
由①③④⑤式联立解得x=0.125 m,所以小球距O点的高度为
h=x+L=0.625 m。

答案:(1)正电(2)15 N (3)0.625 m
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