新高考物理一轮复习课时作业第7章第1讲电场力的性质（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第7章第1讲电场力的性质（含解析），共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～8题为单选，9～10题为多选)
1．两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，A、B是电场线上的两点，下列判断正确的是( )
A．A、B两点的电场强度大小不等，方向相同
B．A、B两点的电场强度大小相等，方向不同
C．右边点电荷带正电，左边点电荷带负电
D．两点电荷所带电荷量相等
答案 C
解析 电场线的疏密代表场强的强弱，电场线越密，代表电场越强，电场强度方向为电场线的切线方向，故从图可以看出A、B两点电场强度的大小和方向均不同，A、B错误；电场线从正电荷指向负电荷，C正确；右边点电荷周围的电场线比较密集，故此点电荷的电荷量较大，D错误。
2. (2020·海南省高三压轴卷)如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的静电力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是( )
A．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上
B．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右
C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0
D．Fd、Fc、Fe的大小都相等
答案 B
解析 等量异种点电荷的电场分布如图，从图中可知，c、d、e三点的场强的方向都水平向右，所以该正点电荷在这三点受到的静电力的方向都水平向右，故A、C错误，B正确；从图中可知d点的电场线最密，e点的电场线最疏，所以该正点电荷在d点所受的静电力最大，故D错误。
3. (2020·四川省攀枝花市高三下第三次统考)如图所示，在竖直平面内有一固定绝缘光滑细杆，细杆与竖直方向的夹角为θ。一重为G、电荷量为q的带正电小球穿在细杆上，现在小球所在空间施加一匀强电场，可使小球处于静止状态，则该匀强电场场强的最小值为( )
A．eq \f(G,q) B．eq \f(Gsinθ,q)
C．eq \f(Gcsθ,q) D．eq \f(Gtanθ,q)
答案 C
解析 小球受重力、静电力及可能存在的杆的弹力，根据力的矢量三角形可知，当静电力方向沿杆向上时，静电力最小，则qEmin＝Gcsθ，即Emin＝eq \f(Gcsθ,q)，故C正确。
4. (2020·山西省阳泉市高三上学期期末)直角三角形ABC中，∠A＝90°，∠B＝30°，在A点和C点分别固定两个点电荷，已知B点的电场强度方向垂直于BC边向下，则( )
A．两点电荷都带正电
B．A点的点电荷带负电，C点的点电荷带正电
C．A点处电荷的电荷量与C点处电荷的电荷量的绝对值之比为eq \f(\r(3),2)
D．A点处电荷的电荷量与C点处电荷的电荷量的绝对值之比为eq \f(1,2)
答案 C
解析 若两点电荷都带正电，则两点电荷在B点产生的场强方向分别沿着AB和CB方向，由平行四边形定则可知，B点的场强不可能垂直于BC边向下，故A错误；若A点的点电荷带负电，C点的点电荷带正电，则A点的点电荷在B点的场强方向沿着BA方向，C点的点电荷在B点的场强方向沿着CB方向，由平行四边形定则可知，B点的场强不可能垂直于BC边向下，故B错误；同理分析可知，A点的点电荷带正电，C点的点电荷带负电，它们在B点的场强如图所示，则cs30°＝eq \f(EC,EA)，设AC＝L，则AB＝eq \r(3)L，BC＝2L，EA＝keq \f(qA,\r(3)L2)，EC＝keq \f(qC,4L2)，解得eq \f(qA,qC)＝eq \f(\r(3),2)，故C正确，D错误。
5. 一负电荷从电场中A点由静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v­t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )
答案 C
解析 由v­t图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A，且从A到B场强变大，电场线变密，C正确。
6．一带负电荷的质点，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )
答案 D
解析 由a至c曲线的弯曲情况可知质点受力方向指向图中虚线的右下方，质点在b点的速度vb方向如图所示，由a至c速率递减可知受力方向与速度的方向的夹角为钝角，大致如图中F，α角大于90°，因为质点带负电荷，故场强方向应与F方向相反，D正确。
7. (2020·江苏省南京市、盐城市高三二模)为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电量为＋q的金属球悬于O点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角θ＝60°；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为α＝ 30°，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E大小为( )
A．E＝eq \f(\r(3),q)mg B．E＝eq \f(\r(3),2q)mg
C．E＝eq \f(\r(3),3q)mg D．E＝eq \f(mg,q)
答案 D
解析 设该匀强电场方向与竖直方向的夹角为β，则开始时，根据平衡条件，水平方向有：T1sin60°＝qEsinβ，竖直方向有：T1cs60°＋qEcsβ＝mg；当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电荷量减半，此时水平方向有：T2sin30°＝eq \f(1,2)qEsinβ，竖直方向有：T2cs30°＋eq \f(1,2)qEcsβ＝mg，联立解得qE＝mg，β＝60°，即E＝eq \f(mg,q)，故D正确。
8. (2020·浙江省高考压轴卷)如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )
A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力增大
C．地面对小球B的弹力一定不变
D．两个小球之间的距离减小
答案 C
解析 以A球为研究对象，受力如图1所示，设B对A的库仑力F库与竖直墙面的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1＝mAgtanθ；将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小，故B错误；再以A、B整体为研究对象，受力如图2所示，由平衡条件得：F＝N1，地面对小球B的弹力为：N2＝(mA＋mB)g，则N2不变，F减小，A错误，C正确；由图1及平衡条件知F库＝eq \f(mAg,csθ)，θ减小，csθ增大，则F库减小，根据F库＝eq \f(kq1q2,r2)可知，两个小球之间的距离增大，D错误。
9. (2020·山东省潍坊市高考模拟)如图所示，带电量为＋q和－q的点电荷分别位于绝缘薄圆盘中心轴线上，两电荷到圆心O的距离相等。A点位于圆盘边缘，B点为某半径的中点，关于A、B、O三点电场强度E的大小和电势φ的高低关系判断正确的是( )
A．EAC．φA>φB>φO D．φA＝φB＝φO
答案 AD
解析 根据等量异种点电荷中垂面上电场线分布的特点可知，圆心O处的场强最大，离圆心越远，电场线越稀疏，场强越小，即EA10. (2020·山东省泰安市高三4月多校联考)如图所示，A、B两点有等量同种正点电荷，A、B连线的中垂线上的C、D两点关于AB对称，t＝0时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入，点电荷只受静电力。则点电荷由C到D运动的v­t图像，以下可能正确的是( )
答案 BD
解析 由于A、B两点处有等量同种正点电荷，所以在AB中垂线上，A、B连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以该点电荷从C点向A、B连线中点运动的过程中，加速度可能一直减小，也可能先增大后减小，再根据对称性可知，A、C错误，B、D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (14分)如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向。
答案 (1)9.0×10－3 N
(2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向
解析 (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝keq \f(q2,L2)①
代入数据得F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B两点电荷在C点产生的电场强度大小相等，均为E1＝keq \f(q,L2)③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合电场强度大小为E＝2E1cs30°④
由③④式并代入数据得
E＝7.8×103 N/C，电场强度E的方向沿y轴正方向。
12. (16分)如图所示，空间存在着场强E＝eq \f(3mg,q)、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为q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达到它能承受的最大值而断裂。求：
(1)小球运动到最高点时速度的大小；
(2)细线能承受的最大拉力；
(3)从断线开始计时，在t＝eq \r(\f(L,g))时刻小球与O点的距离。
答案 (1)2eq \r(gL) (2)6mg (3)2eq \r(2)L
解析 (1)设小球运动到最高点时速度为v，只有重力和静电力做功，弹力不做功。对该过程由动能定理有
qEL－mgL＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(4gL)＝2eq \r(gL)。
(2)在最高点时，小球受重力、静电力和细线的拉力三个力作用，由牛顿第二定律得
FT＋mg－qE＝meq \f(v2,L)
解得FT＝6mg。
由牛顿第三定律可得细线能承受的最大拉力FT′＝6mg。
(3)在细线断裂后，带电小球做类平抛运动，合力竖直向上，在竖直方向的加速度设为a，则a＝eq \f(qE－mg,m)＝2g
小球在t时刻的水平位移为x＝vt＝2L
竖直位移为y＝eq \f(1,2)at2＝L
此时小球与O点的距离为d＝eq \r(x2＋y＋L2)＝2eq \r(2)L。