2022届高考物理一轮复习第七单元电场题组层级快练31电场力的性质新人教版.doc

题组层级快练(三十一)
一、选择题
1．(2022·衡阳质检)关于电场，以下说法正确的选项是(　　)
A．由E＝知，假设q减半，那么该处电场强度为原来的2倍
B．由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比
C．由E＝k知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同
D．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向
答案　B
解析　电场中某点的场强大小与试探电荷的电量无关，故A项错误；由E＝k知，E与Q成正比，而与r2成反比，B项正确；由E＝k知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处电场强度大小均相同，但是方向不同，C项错误；电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，D项错误；应选B项．
2.如下图，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，那么C的带电性质及位置应为(　　)
A．正，B的右边0.4 m处 B．正，B的左边0.2 m处
C．负，A的左边0.2 m处 D．负，A的右边0.2 m处
答案　C
解析　要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异〞“两大夹小〞的原那么，所以C项正确．
3．(多项选择)某静电场中的电场线如下图，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的选项是　　)
A．粒子必定带正电荷
B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能
答案　ACD
解析　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向，故此粒子带正电荷，A项正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点加速度大，C项正确；粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点动能大，故D项正确．
4.(2022·课标全国Ⅱ)如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．假设Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，那么(　　)
A．aa>ab>ac，va>vc>vb　 B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb
答案　D
解析　由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不管粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此va>vc>vb，故D项正确．
5.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图像如下图．那么此电场的电场线分布可能是以下图中的(　　)
答案　A
解析　从图像可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确是A项．
6.(2022·甘肃二诊)如下图，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，以下说法正确的选项是(　　)
A．小球的速度先减小后增大 B．小球的速度先增大后减小
C．杆对小球的作用力先减小后增大 D．杆对小球的作用力先增大后减小
答案　D
解析　等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，那么小球的速度越来越大，A、B两项错误；杆对小球的作用力等于电场力，那么先变大，后变小，C项错误，D项正确．
7.在点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如下图，那么点电荷Q的电性和b点的场强大小为(　　)
A．正电、E/3 B．负电、E/3
C．正电、3E D．负电、3E
答案　D
解析　分别将经过a点和b点的电场线延长交于一点O，如下图，那么O点即为点电荷Q所在的位置，电场线指向此电荷，那么Q为负电荷；由几何关系可知，如果Ob＝d，那么Oa＝d，由点电荷产生的电场强度表达式为E＝可知，点电荷在b点产生的场强大小为3E，D项正确．
8．(2022·南京三模)如图，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心．点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d.图中a点的电场强度为零，那么带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为(　　)
A.，水平向右 B.，水平向左
C.＋，水平向右 D.，水平向右
答案　A
解析　－q在a处产生的场强大小为E1＝k，方向水平向右．据题，a点处的电场强度为零，那么知－q与带电薄板在a点产生的场强大小相等，方向相反，那么带电薄板在a点产生的场强大小为E2＝k，方向水平向左，那么薄板带负电．根据对称性可知，带电薄板在b点产生的场强大小为E3＝k，方向水平向右．故A项正确，BC、D三项错误．
9.如下图，A为带正电的点电荷，电量为Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B为质量为m、电量为＋q的小球，用绝缘丝线悬挂于O点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A、B两个小球在同一水平面上，间距为L，那么金属板上的感应电荷在小球B处产生的电场强度大小E为(　　)
A．E＝ B．E＝
C．E＝＋ D．E＝－
答案　D
解析　静电平衡时，金属板的感应电荷在B处产生的电场强度方向向右．
以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F、感应电荷的静电力qE和细线的拉力，如图．
根据共点力平衡条件：
F＋qE＝Tsinθ
mg＝Tcosθ
又根据库仑定律得：F＝k
联立解得，E＝－，故A、B、C三项错误，D项正确．
10．(2022·广州毕业班质检)如下图，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．那么后一种平衡状态与前一种平衡状态相比拟，以下说法正确的选项是(　　)
A．A、B两小球间的库仑力变大 B．A、B两小球间的库仑力变小
C．A球对MO杆的压力变大 D．A球对MO杆的压力变小
答案　B
解析　A项，A、B间的连线与竖直方向的夹角减小，对B球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此A、B两小球间的库仑力减小；由整体法可知，A球对杆的压力等于A、B的重力之和，A、C、D项错误，B项正确．
11．(2022·黄山二模)如下图，两根长度相等的绝缘细线，上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角θ＝30°，以下说法正确的选项是(　　)
A．细线对小球的拉力大小为mg
B．两小球间的静电力大小为mg
C．剪断左侧细线瞬间P球的加速度大小为2g
D．假设两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为g
答案　C
解析　A、B两项，对P球分析，运用共点力平衡条件得：
细线的拉力为T＝＝2mg
库仑力大小F＝mgcotθ＝mg，故A、B两项错误．
C项，剪断左侧细线的瞬间，库仑力不变，小球P所受的合力F合＝T＝2mg，根据牛顿第二定律得，a＝2g.故C项正确．
D项，假设两球间的静电力瞬间消失时Q球的加速度大小为a＝＝g，故D项错误．
12．(多项选择)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点．现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的速度图像如图乙所示．那么(　　)
A．Q2必定是负电荷
B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量
C．从b点经a点向远处运动的过程中检验电荷q所受的电场力一直减小
D．可以确定检验电荷的带电性质
答案　AD
解析　由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，假设Q2是正电荷，那么在b点右侧的电场方向必定向右，q受力不可能改变方向，故Q2一定为负电荷，故A项正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，那么q所在处的场强为E＝k－k，q在b→a运动过程中，受力向左，在a点右侧运动过程中，受力向右．由于r1>r2，假设Q1Q2，故B项错误；由图乙可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C项错误；在b处，假设k>k，考虑到Q1>Q2，r1>r2，设q移动的位移为Δx，由数学知识可以证明，那么一定有k>k，即E始终朝一个方向，不符合题意，故在b处必定有k0＝2 m/s.如下图．试求：
(1)物块沿x轴正方向运动的加速度；
(2)物块沿x轴正方向运动的最远距离；
(3)物体运动的总时间为多长？
答案　(1)5 m/s2　(2)0.4 m　(3)1.74 s.
解析　(1)物块沿x轴正方向运动时，由牛顿第二定律有
qE－μmg＝ma1
那么加速度a1＝＝－5 m/s2，即加速度大小为5 m/s2，方向沿x轴负方向．
(2)由运动学公式，物块沿x轴正方向运动的最远距离为
x1＝＝0.4 m.
(3)物块先向右做匀减速直线运动，那么
x1＝·t1
解得t1＝0.4 s
接着物块向左做匀加速直线运动：a2＝＝－1 m/s2
由－x1＝a2t22解得t2＝2 s
物块离开电场后，向左做匀减速运动：a3＝＝μg＝2 m/s2
根据：a3t3＝0－a2t2
得t3＝－t2＝ s
物块运动的总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.74 s.
14．(2022·淮南一模)如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN分为左右两局部，左侧局部光滑，范围足够大，上方存在大小为E＝1 000 N/C，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧局部粗糙，范围足够大，一质量为m＝1 kg，长为L＝0.8 m的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于斜面上，A端距MN的距离为d，现给棒一个沿斜面向下的初速度v0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s的运动图像如图乙所示，0.8 s末棒的B端刚好进入电场，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)直棒AB开始运动时A端距MN的距离为d；
(2)直棒AB的带电量q；
(3)直棒AB最终停止时，直棒B端到MN的距离．
答案　(1)20 m　(2)7.5×10－3 C　(3)25.48 m
解析　(1)0～0.8 s内棒运动的位移为：
x1＝t＝×0.8 m＝20.8 m，
A端距离MN的距离为：
d＝x1－L＝20.8－0.8 m＝20 m.
(2)由乙可知，棒在向下运动至B端刚好进入电场的过程中，棒的加速度一直不变，为：
a＝＝2.5 m/s2，
当B端刚进入电场时根据牛顿第二定律可得：
qE－mgsinθ＝ma
得：q＝＝ C＝7.5×10－3 C.
(3)AB棒未进入电场前，根据牛顿第二定律可得：
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
代入数据解得：μ＝＝，
到B刚要离开电场的运动过程中，静电力做功为零，重力做功为零．而棒AB出电场过程中，因电场力做的正功与摩擦力做的负功大小相等，二力总功为零，
棒B端出电场直到最终停止，设B端在MN右侧与MN相距为x，由动能定理可得：
－mgxsinθ－μmgcosθ(x－L)＝0－mv2，
代入数据求得：x＝25.48 m
故B端在MN右边且距MN为25.48 m.