2023一轮复习课后速练35 8.1 电场力的性质

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2023一轮复习课后速练(三十五)一、选择题1.(2022·郑州模拟)某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是(　　)A．M、N点的场强EM＞ENB．粒子在M、N点的加速度aM＞aNC．粒子在M、N点的速度vM＞vND．粒子带正电【答案】　D【思维分析】 电场线越密的地方电场强度越大，因此EN＞EM，A项错误；同一电荷在M处受到的电场力小于在N处受到的电场力，根据牛顿第二定律F＝ma，可知aM<aN，B项错误；粒子受力的方向总是指向运动轨迹的内侧，从粒子运动的轨迹可知，粒子受力方向与电场线方向相同，故粒子带正电荷，且从M向N运动过程中，电场力做正功，运动速度增大，C项错误，D项正确．2．(2021·湖北)(多选)关于电场，下列说法正确的是(　　)A．电场是物质存在的一种形式B．电场力一定对正电荷做正功C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面【答案】　AD【思维分析】 电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，A项正确；如果正电荷的速度方向与电场力的夹角大于90°，则电场力做负功，等于90 °电场力不做功，小于90 °电场力做正功，B项错误；电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映场强的大小，C项错误；静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低等势面，D项正确．故选A、D两项．3．(2021·上海模拟)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线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【思维分析】 电荷做曲线运动，电场力方向应指向轨迹弯曲的内侧，由于电荷的速率减小，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场强度E指向轨迹的外侧，故D项正确．4.(2021·湖北模拟)如图，在真空中有两个固定的等量异种点电荷＋Q和－Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线，a、b和c、d是关于中点O的对称点．正确的是(　　)A．电场强度Ec大于Ed；将一电荷由c竖直移动到d，所受电场力先增大后减小B．电场强度Ec小于Ed；将一电荷由c竖直移动到d，所受电场力先减小后增大C．电场强度Ea等于Eb；将一电荷由a水平移动到b，所受电场力先减小后增大D．电场强度Ea等于Eb；将一电荷由a水平移动到b，所受电场力先增大后减小【答案】　C【思维分析】 在两等量异种点电荷连线的中垂线上，中点O的场强最大，由O点到c点或d点，场强逐渐减小，所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小，因此检验电荷所受电场力先增大后减小，c、d两点是关于中点O对称的两点，场强相等，故A、B两项错误；在两等量异种点电荷的连线上，由场强的叠加原理可知，中点O场强最小，从O点到a点或b点，场强逐渐增大，由于a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，场强相等，故C项正确，D项错误．故选C项．5.(2021·云南模拟)如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于A、B两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是(　　)A．Ea＝Eb　　　　　　　 B．Ea＝EbC．Ea＝3Eb   D．无法判断【答案】　C【思维分析】 设O点的点电荷电荷量为Q，ab之间的距离为L，则a点到O点的距离ra＝Lcos 60°＝L，b点到O点距离rb＝Lcos 30°＝L，根据点电荷的场强公式E＝k，可得＝＝3，故Ea＝3Eb.故选C项．6.(2022·内蒙古一模)如图所示，真空中x轴上有两个带正电的点电荷，位置分别位于原点O和x0处，电荷量分别为Q1和Q2，且Q1>Q2，规定沿x轴正方向为电场强度正方向．在0～x0之间，电场强度E随位置坐标x的变化图像可能正确的是(　　)【答案】　A【思维分析】 因为Q1>Q2，根据电场叠加原理，电场强度为0的位置在～x0之间，在电场强度为0的位置前电场方向沿x轴正方向，在电场强度为0的位置后电场方向沿x轴负方向．故选A项．7.如图所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上．为了使质量为m，带电荷量为＋q的小球静止在斜面上，可加一平行纸面的匀强电场(未画出)，则(　　)A．电场强度的最小值为E＝B．若电场强度E＝，则电场强度方向一定竖直向上C．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度逐渐增大D．若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场强度先减小后增大【答案】　C【思维分析】 当所加的电场强度最小时，场强方向沿斜面向上，此时：mgsin θ＝qE，解得电场强度的最小值为E＝，A项错误；若qE＝mg，则可能是电场力、重力以及斜面的支持力三力互成120°角，此时场强的方向不是竖直向上的，B项错误；由图可知，若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上，则电场力逐渐变大，电场强度逐渐增大，C项正确，D项错误．8.(2021·山东一模)如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2＝2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷＋Q、－Q(Q>0)．一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放．静电力常量为k.下列说法正确的是(　　)A．O1O2中点处的电场强度为B．O1O2中点处的电场强度为C．粒子在O1O2中点处动能最大D．粒子在O2处动能最大【答案】　A【思维分析】 把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝，根据点电荷场强公式，在O1O2中点处有E＝，根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为E＝cos 45°，两个圆环的场强，再叠加一下，有E总＝，故A项正确，B项错误；带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带电粒子做正功，故粒子在O1O2中点处动能不是最大，故C项错误；根据电场叠加原理，在O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小，故D项错误．故选A项．9.(2021·广东模拟)如图，四根彼此绝缘的带电导体棒围成一个正方形线框(忽略导体棒的形状大小)，线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0，方向竖直向下；若仅撤去导体棒C，则O点场强大小变为E1，方向竖直向上，则若将导体棒C叠于A棒处，则O点场强大小变为(　　)A．E1－E0   B．E1－2E0C．2E1＋E0   D．2E1【答案】　C【思维分析】 正方形线框在O点产生的电场竖直向下，则表明左右带电导体棒在O点产生的合场强为零．A、C产生的电场竖直向下．撤去C，O点处的场强竖直向上，表明A带负电，C带负电．则C在O点产生的电场强度为EC＝E1＋E0，将C叠于A棒处，则O点处场强大小为E′＝2E1＋E0.故选C项．10.如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，带电荷量为＋Q，其圆心为O点 .有一带电荷量为＋q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，OP间距为L.P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ，重力加速度为g，以下说法错误的是(　　)A．P点场强方向竖直向上B．P点场强大小为C．P点场强大小为kD．P点场强大小为k【答案】　C【思维分析】 将圆环分为n等份(n很大，每一份可以认为是一个点电荷)，则每份的电荷量为：q0＝，每份在P点的电场强度大小：E0＝＝＝，根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P点的电场强度方向竖直向上，其大小：E＝nE0cos θ＝，由二力平衡可得在P点：mg＝qE，解得P点场强为，故A、B、D三项正确，C项错误，故C项符合题意．故选C项．11.(2021·湖南模拟)如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为.在M右侧轴线上，O′点固定正点电荷Q，点O′、M间距离为R，已知M点的场强方向水平向左、大小为，带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则P点的场强为(　　)A．0   B.C.   D.－【答案】　A【思维分析】 均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，将带电半球壳ACB右侧补全一个同样的带电半球壳ADB，则半球壳ADB在P点场强E′P与半球壳ACB在M点场强EM对称，大小相等，方向相反，补全后内部合场强处处为零，所以半球壳ACB在P点场强EP＝－E′P＝EM，方向都向右，未补全时EP＝EM＝－＝，则P点的合场强E＝－EP＝－＝0.故选A项．12.(2021·浙江模拟)如图所示，在两个对接的绝缘光滑斜面上放置了电荷量大小均为q的两个小球A和B(均看成质点)，两个斜面的倾角分别是30°和45°，小球A和B的质量分别是m1和m2.若平衡时，两小球均静止在离斜面底端高度为h的同一水平线上，斜面对两个小球的弹力分别是N1和N2，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)A．q＝·hB.＝C.＝D．若同时移动两球在斜面上的位置，只要保证两球在同一水平线上，则两球仍能平衡【答案】　A【思维分析】 A处于静止状态，设A受到的库仑力为F，支持力为N1，由平衡条件可得tan 30°＝，N1＝.同理可得，对B满足tan 45°＝，N2＝.对比可得＝＝，＝＝，B、C两项错误；两小球间距为l＝＋＝(＋1)h.由库仑定律可得F＝k，由B、C项的分析可得F＝m2gtan 45°，联立解得q＝·h，A项正确；若同时移动两球在斜面上的位置，由于距离变化导致库仑力变化，不再满足原来的平衡关系，故两球不能处于原来的平衡状态，D项错误．故选A项．二、非选择题13.(2021·上海一模)如图所示，用绝缘丝线将质量为m、电荷量为qA的带负电小球A系在O点．在距O点的正下方H处用绝缘柄固定一带电小球B(两球均可看成点电荷)．当丝线与竖直方向夹角为θ＝30°时，球A静止，此时A、B两球连线与丝线AO垂直．已知静电力常量为k，重力加速度为g.(1)画出A球受力示意图，判断B球的电性；(2)求A球所在处的电场强度E；(3)求B球的电荷量qB；(4)若支持B球的绝缘柄漏电，A球在竖直平面内缓慢运动至θ＝0°处，B的电荷尚未漏完．在整个漏电过程中，丝线的拉力大小如何变化？请说明原因．【答案】　(1)示意图见解析图甲，负电　(2)，垂直OA向右下方　(3)　(4)先不变后变大，理由见解析【思维分析】 (1)A球受力分析如图甲所示B带负电．(2)由A球静止可得mgsin θ＝Fmgcos θ＝TE＝＝ 方向垂直OA向右下方．(3)根据库仑定律F＝k＝mgsin θ得qB＝.(4)根据相似三角形＝则T＝mg因为mg、OA、OB都不变，所以T不变OA竖直时有T＋F＝mgF减小，T变大．14．(2021·贵州模拟)如图所示，一光滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，电场强度大小为E，方向与竖直方向夹角为θ，杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向右端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：(1)小球B对细杆的压力的大小；(2)小球B开始运动时加速度的大小；(3)小球B速度最大时，离M端的距离．【答案】　(1)qEcos θ＋mg　(2)－(3)【思维分析】 (1)小球B在垂直于杆的方向上合力为零，则有FN＝qEcos θ＋mg由牛顿第三定律知小球B对细杆的压力F′N＝FN＝qEcos θ＋mg.(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：qEsin θ－＝ma，解得：a＝－.(3)当小球B的速度最大时，加速度为零，有：qEsin θ＝，解得：x＝.