粤教版高中物理必修第三册素养提升练1电场力的性质含答案

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素养提升练(一)1．D　[负电荷在电场中某点的受力方向与该点电场强度的方向相反，且合力的方向一定指向轨迹弯曲的凹侧，且与速度方向夹角为钝角，由此可以判断选项A、B、C错误，D正确。]2．B　[先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强E整＝kQ2R2＝kQ4R2。挖出的小球半径为R2，电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝ 43πR23 43πR3Q＝Q8，则其在A点产生的场强E挖＝kQ'12R+R2＝k·Q8 94R2＝kQ18R2。剩余部分的电荷在A点产生的场强E＝E整－E挖＝kQ4R2－kQ18R2＝7kQ36R2，故B正确。]3．A　[根据动能定理，并由题图可知，点电荷所受电场力为 F＝ΔEkΔs，为常量，所以该电场为匀强电场，又由于从a到b点正点电荷的动能增大，所以电场强度方向沿a→b，故A项正确。]4．C　[小球的受力分析如图所示。小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动，当静电力与合力垂直时，静电力最小，即qEmin＝mg sin θ，可得Emin＝mgsinθq，静电力和电场强度没有最大值，故C正确，A、B、D错误。]5．A　[刚开始运动，对点电荷A，有k q1q2L2＝mAa，经过一段时间后，对点电荷B，有k q1q2L'2＝mBa，可得L′＝mAmBL＝ 22L，故A正确。]6．AC　[等量同种正电荷的电场线分布如图所示，根据图可以定性看出，中垂线上的场强并非单调变化，而是有一个电场线分布密集区域，即从O点沿中垂线向两侧场强均先增大后减小，所以从P到O，加速度可能先增再减，故A正确，B错误；根据图可以看出从P到O电场强度的方向没有变化，所以该粒子速度一直增加，故C正确，D错误。]7．B　[将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量为q＝Qn；每一点电荷在B处的电场强度为E1＝kqR2+R2＝kQ2nR2；由对称性可知，各小段带电环在B处的电场强度E1的垂直于轴向的分量相互抵消，而E1的轴向分量之和即为带电环在B处的电场强度为EB＝nE1cos 45°＝2kQ4R2；C点处放置一点电荷时，B点的电场强度恰好为零，说明C处点电荷和圆环上的电荷在B处产生的电场强度大小相等，方向相反，设C处点电荷的带电荷量为Q′，则有kQ'2R2＝EB，解得Q′＝2Q，C处点电荷带正电；根据对称性知，圆环在A处的电场强度大小为EA1＝EB＝2kQ4R2，方向向左。C处电荷在A处产生的电场强度为EA2＝kQ'4R2＝2kQ16R2，方向向左；所以A点的电场强度大小为EA＝EA1＋EA2＝52kQ16R2，故选B。]8．BC　[从运动的轨迹来看，微粒与点电荷Q一定带异种电荷，可能Q带负电，q带正电，A错误；由于b点距离Q近，根据E＝Fq＝kQr2可知，a点的场强一定比b点的小，B正确；微粒只受Q的电场力，加速度方向与受电场力的方向相同，C正确；假设微粒从a向b运动，电场力做正功，动能增加，速度增大，微粒通过b点的速率比通过a点的速率大，同理可分析微粒从b向a运动时，也有b点速率大，D错误。]9．A　[本题考查带电体的平衡，解题的关键是使用整体法和隔离法。分析上面细线时，对整体进行受力分析，整体的电荷量为零，外界电场力为零，两者之间的库仑力和细线的拉力为内力，所以上面细线的拉力沿竖直方向；而对B分析时确定下面细线的拉力，B受到外界电场向右的电场力，所以向右偏，故A正确。]10．C　[Q受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知，BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，故A、B错误；对整体进行受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，故C正确；对整体分析可知，整体在竖直方向只受重力和AO杆的支持力，故AO杆对小球P的弹力不变，故D错误。]11．解析：(1)根据电场力的计算公式F＝qE可得F­q图像的斜率表示电场强度，则有A点的电场强度大小EA＝ΔFAΔq＝4×10-5-01×10-9-0 N/C＝4×104 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EA＝kQrA2代入数据解得Q＝3.6×10-6 C。(2)根据电场力的计算公式可得B点的电场强度大小EB＝ΔFbΔ q'＝1×10-5-04×10-9-0 N/C＝2.5×103 N/C根据点电荷电场强度的计算公式可得EB＝kQrB2代入数据解得rB＝3.60 m，所以B点的坐标值为xB＝3.60 m。答案：(1)4×104 N/C　3.6×10-6 C　(2)3.60 m12．解析：(1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝12mvB2解得vB＝2gR。(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动知识和牛顿第二定律得FN－mg－kq1q2R2＝mvB2R解得FN＝3mg＋kq1q2R2根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝3mg＋kq1q2R2，方向竖直向下。答案：(1)2gR　(2)3mg＋kq1q2R2，方向竖直向下13．解析：(1)由初始时B球的加速度等于零及B球带正电荷可知，A球带正电荷，对B球进行受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即F－mg sin α＝0根据库仑定律得F＝kQqL2解得Q＝mgL2sinαkq。(2)两球距离为L′时，A球加速度方向沿斜面向下，设A、B间的库仑力大小为F′，根据牛顿第二定律有F′＋2mg sin α＝2ma1B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mg sin α－F′＝ma2依题意知a1∶a2＝11∶5联立解得F′＝49mg sin α又F′＝kQqL'2解得L′∶L＝3∶2。答案：(1)mgL2sinαkq　带正电荷　(2)3∶212345678910DBACAACBBCAC