高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練習(xí)本19 電場(chǎng)力的性質(zhì)（含答案解析）

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2020版高考物理 考點(diǎn)規(guī)范練習(xí)本19 電場(chǎng)力的性質(zhì)1.三個(gè)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(shí)球1、2之間作用力的大小為F。現(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(shí)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  2.關(guān)于電場(chǎng)力和電場(chǎng)強(qiáng)度，以下說(shuō)法中正確的是(　　)A．一點(diǎn)電荷分別處于電場(chǎng)中的A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力大，則該處場(chǎng)強(qiáng)小B．在電場(chǎng)中某點(diǎn)如果沒(méi)有試探電荷，則電場(chǎng)力為零，電場(chǎng)強(qiáng)度也為零C．電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，則試探電荷在該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力也為零D．一試探電荷在以一個(gè)點(diǎn)電荷為球心、半徑為r的球面上各點(diǎn)所受電場(chǎng)力相同  3.下列選項(xiàng)中的各圓環(huán)大小相同,所帶電荷量已在圖中標(biāo)出,且電荷均勻分布,各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場(chǎng)強(qiáng)度最大的是(　　)  4.摩擦可以產(chǎn)生靜電，原來(lái)甲、乙、丙三物體都不帶電，今使甲、乙兩物體相互摩擦后，乙物體再與丙物體接觸，最后，得知甲物體帶正電1.6×10－15 C，丙物體帶電8×10－16 C．則對(duì)于最后乙、丙兩物體的帶電情況，下列說(shuō)法中正確的是(　　)A．乙物體一定帶有負(fù)電荷8×10－16 CB．乙物體可能帶有負(fù)電荷2.4×10－15 CC．丙物體一定帶有正電荷8×10－16 CD．丙物體一定帶有負(fù)電荷2.4×10－15 C  5.一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場(chǎng)線分布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢(shì)面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大B．小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的低C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直D．將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同路徑移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的功不同  6.如圖所示邊長(zhǎng)為a的正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別固定三個(gè)點(diǎn)電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為(　　)A.，方向由C指向O          B.，方向由O指向CC.，方向由C指向O         D.，方向由O指向C  7.如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，小球A從緊靠左極板處由靜止開(kāi)始釋放，小球B從兩板正中央由靜止開(kāi)始釋放，兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置，則從開(kāi)始釋放到運(yùn)動(dòng)至右極板的過(guò)程中，下列判斷正確的是(　　)A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間tA>tBB．電荷量之比qA∶qB=2∶1C．機(jī)械能增加量之比ΔEA∶ΔEB=2∶1D．機(jī)械能增加量之比ΔEA∶ΔEB=1∶1  8.一絕緣細(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(guò)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(dòng)到a點(diǎn)的正下方,在此過(guò)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球的加速度和速度始終增大C.b球所受的庫(kù)侖力一直增大D.b球所受的庫(kù)侖力先減小后增大 9. (多選)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子(　　)A．所受重力與電場(chǎng)力平衡B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)  10. (多選)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(shí),在此空間突然加上豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),已知滑塊受到的電場(chǎng)力小于滑塊的重力。則下列說(shuō)法不正確的是(　　)A.若滑塊勻速下滑,加上豎直向上的電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)后,滑塊仍以原加速度加速下滑  11. (多選)如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q(可視為質(zhì)點(diǎn))固定在絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過(guò)彈簧中心的直線ab上．現(xiàn)將與Q大小相同，帶電性也相同的小球P從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，若兩小球可視為點(diǎn)電荷．在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　)A．小球P的速度一定先增大后減小B．小球P的機(jī)械能一直在減少C．小球P速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫(kù)侖力的合力為零D．小球P與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增加 12. (多選)如圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R，將等電量的兩正點(diǎn)電荷Q放在圓周上，它們的位置關(guān)于AC對(duì)稱，與O點(diǎn)的連線和OC間夾角為30°，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．電荷q從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零B．電荷q從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零C．O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D．O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為 13.如圖所示，水平位置的平行板電容器，原來(lái)A、B兩板不帶電，B極板接地，它的極板長(zhǎng) l=0.1 m，兩板間距離 d=0.4 cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量 m=2.0×10－6 kg，帶電荷量q=＋1.0×10－8 C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點(diǎn)O處，取g=10 m/s2.試求：(1)帶電粒子入射初速度v0的大小；(2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢(shì)范圍？                       14.如圖所示,質(zhì)量均為m的三個(gè)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(gè)水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始終保持l的間距運(yùn)動(dòng)。問(wèn):(1)F的大小為多少?(2)C球所帶電荷量為多少?帶何種電荷?              
答案解析1.答案為：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(shí)可視為點(diǎn)電荷。由庫(kù)侖定律F=k知兩點(diǎn)電荷間距離不變時(shí),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(gè)小球相同,則兩球接觸時(shí)平分總電荷量,故有q·nq=,解得n=6,D正確。  2.答案為：C；解析：一點(diǎn)電荷分別處于電場(chǎng)中的A、B兩點(diǎn)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的定義式E=得知，電荷受到的電場(chǎng)力大，則場(chǎng)強(qiáng)大，故A錯(cuò)誤；在電場(chǎng)中某點(diǎn)沒(méi)有試探電荷時(shí)，電場(chǎng)力為零，但電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零，電場(chǎng)強(qiáng)度與試探電荷無(wú)關(guān)，由電場(chǎng)本身決定，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)中某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)E為零，由電場(chǎng)力公式F=qE可知，試探電荷在該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力也一定為零，故C正確；一試探電荷在以一個(gè)點(diǎn)電荷為球心、半徑為r的球面上各點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等，但方向不同，所以電場(chǎng)力不同，故D錯(cuò)誤．  3.答案為：B；解析：設(shè)圓環(huán)的電荷在原點(diǎn)O產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理,在坐標(biāo)原點(diǎn)O處,A圖電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,B圖電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,C圖電場(chǎng)強(qiáng)度為E0,D圖電場(chǎng)強(qiáng)度為0。  4.答案為：A；解析：由于甲、乙、丙原來(lái)都不帶電，即都沒(méi)有靜電荷；甲、乙摩擦導(dǎo)致甲失去電子1.6×10－15 C而帶正電，乙物體得到電子而帶1.6×10－15 C的負(fù)電荷；乙物體與不帶電的丙物體接觸，從而使一部分負(fù)電荷轉(zhuǎn)移到丙物體上，故可知乙、丙兩物體都帶負(fù)電荷，由電荷守恒定律可知，乙最終所帶負(fù)電荷為1.6×10－15 C－8×10－16 C=8×10－16 C．選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確．  5.答案為：C；解析：由于A點(diǎn)處電場(chǎng)線比B點(diǎn)處電場(chǎng)線疏，因此A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)小，A錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，因此小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的電勢(shì)高，B錯(cuò)誤；由于處于靜電平衡的導(dǎo)體表面是等勢(shì)面，電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面，因此B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直，C正確；將檢驗(yàn)電荷從A點(diǎn)沿不同的路徑移到B點(diǎn)，由于A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差恒定，因此電場(chǎng)力做功WAB=qUAB相同，D錯(cuò)誤．  6.答案為：B；解析：每個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小都是E==，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)為E0=2E=，方向由O指向C.B項(xiàng)正確．  7.答案為：B；解析：兩小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h=gt2得運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；兩球的水平分運(yùn)動(dòng)都是初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，有qE=ma，x=at2，所以x=，由于兩球水平分位移之比為2∶1，故qA∶qB=2∶1，即B項(xiàng)正確；機(jī)械能的增加量等于電場(chǎng)力做的功，有ΔE=qEL，所以ΔEA∶ΔEB=4∶1，故C、D都錯(cuò)誤．  8.答案為：C；解析：b球在較遠(yuǎn)處時(shí),所受庫(kù)侖力近似為零,在a球正下方時(shí),庫(kù)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(cuò)誤;中間過(guò)程b球受到的庫(kù)侖力的水平分量不為零,可知庫(kù)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(kù)侖力水平分量與運(yùn)動(dòng)方向始終相同,速度一直增大,B錯(cuò)誤;b球受到的庫(kù)侖力F=k,在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,a、b兩球之間的距離一直減小,則b球所受的庫(kù)侖力一直增大,C正確,D錯(cuò)誤。 9.答案為：BD；解析：分析帶電粒子的受力情況，畫出其受力圖如圖所示．可以看出其合力方向與其速度方向相反．所以，帶電粒子在電場(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)．電場(chǎng)力做負(fù)功，重力不做功，動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、D正確．  10.答案為：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(chǎng)后,電場(chǎng)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(cuò)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(chǎng)后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ<μ(mg-F)cosθ,加速度大小為a'=<a,C錯(cuò)誤;若滑塊勻加速下滑,則有mgsinθ>μmgcosθ,加速度大小為a=g(sinθ-μcosθ),加上豎直向下的電場(chǎng)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'=>a。即加速度增大,故D錯(cuò)誤,故選ACD。  11.答案為：AD；解析：帶電小球P在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面向下的庫(kù)侖斥力F=，小球P與彈簧接觸的最初階段，彈簧彈力小于mgsin θ ＋，小球P先加速，由于彈簧彈力逐漸增大，庫(kù)侖斥力逐漸減小，故合力變小，加速度變小，即第一階段是加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，第二階段彈簧彈力大于mgsin θ＋，合力沿斜面向上，彈簧彈力逐漸增大，庫(kù)侖斥力逐漸減小，合力變大，加速度變大，即第二階段是加速度逐漸變大的減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，選項(xiàng)A正確；小球P的機(jī)械能變化等于除重力外其他力做的功，即庫(kù)侖力和彈簧彈力的合力做的功，初始階段彈簧彈力小于庫(kù)侖斥力，二者合力做正功，機(jī)械能增大，當(dāng)彈簧彈力大于庫(kù)侖斥力后，二者合力做負(fù)功，機(jī)械能減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球P的速度最大時(shí)即加速度等于0時(shí)，彈簧彈力等于庫(kù)侖力和重力沿斜面向下的分力之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球P與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能變化等于除系統(tǒng)彈力和重力外其他力做的功，即庫(kù)侖斥力做的功，由于庫(kù)侖斥力做正功，故系統(tǒng)的機(jī)械能增加，選項(xiàng)D正確．  12.答案為：BD；解析：電荷q從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功不為零，A錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性知B正確；O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=·2cos 30°=，C錯(cuò)誤，D正確． 13.解：(1)電容器不帶電時(shí)，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，則有=v0t，=gt2，聯(lián)立兩式得v0= .代入數(shù)據(jù)得v0=2.5 m/s.(2)若使微粒能從電容器右側(cè)射出，則要求A板的電勢(shì)大于0，且B板接地電勢(shì)等于0，則有UAB=φA－φB=φA.A板電勢(shì)最小時(shí)，微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出，則有l(wèi)=v0t1，=a1t.且mg－q=ma1，聯(lián)立以上各式得φAmin=6 V.A板電勢(shì)最大時(shí)，微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出，則有q－mg=ma2，且有a2=a1，代入數(shù)據(jù)解得φAmax=10 V.綜上可得6 V≤φA≤10 V.  14.解：將A、B、C三個(gè)小球看成一個(gè)系統(tǒng),則三個(gè)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(yùn)動(dòng),則三球的加速度相同,均為,且方向?yàn)樗较蛴?。?duì)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(kù)侖定律和牛頓第二定律知對(duì)B有k-k=ma,對(duì)A有k-k=ma,聯(lián)立解得QC=8q,a=。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=。