届高考物理一轮复习练习第七章 第1讲 电场力的性质.docx

届高考物理一轮复习练习第七章 第1讲 电场力的性质.docx

《届高考物理一轮复习练习第七章 第1讲 电场力的性质.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理一轮复习练习第七章 第1讲 电场力的性质.docx（12页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

届高考物理一轮复习练习第七章第1讲电场力的性质

板块三限时规范特训

　　时间：

45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1～6为单选，7～10为多选）

1．[2015·江苏高考]静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸

”之说，但下列不属于静电现象的是（　　）

A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑

B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引

C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流

D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉

答案　C

解析　小线圈接近通电线圈过程中，小线圈因磁通量变化而产生感应电流属于电磁感应现象，不属于静电现象，其他三种现象都属于静电现象，选项C符合题意。

2．[2015·安徽高考]由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k

，式中k为静电力常量。

若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）

A．kg·A2·m3B．kg·A－2·m3·s－4

C．kg·m2·C－2D．N·m2·A－2

答案　B

解析　由库仑定律知k＝

，式中都取国际单位时k的单位为

，由I＝

知，1C2＝1A2·s2，又因1N＝1

，整理可得k的单位应为

·

，即kg·A－2·m3·s－4，故选项B正确。

3．[2015·浙江高考]如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。

工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则（　　）

A．乒乓球的左侧感应出负电荷

B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上

C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用

D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞

答案　D

解析　乒乓球在两极板中间时，其左侧会感应出正电荷，A错误；电场力和库仑力是同一个力的不同称谓，C错误；乒乓球与右极板接触则带正电，在电场力作用下向左运动与左极板相碰，碰后带上负电，又向右运动与右极板相碰，如此往复运动，所以D正确，B错误。

4.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图所示，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。

5.[2016·芜湖模拟]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，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是（　　）

A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右

B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上

C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0

D．Fd、Fc、Fe的大小都相等

答案　A

解析　根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线分布如图所示，d、c、e三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各点受电场力方向与场强方向相同，A正确，B、C错误；连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连线上最小的（但不为0），是中垂线上最大的，故Fd>Fc>Fe，D错误。

6.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。

圆心为O点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为（　　）

A.

，方向向上B.

，方向向上

C.

，方向水平向左D．不能确定

答案　B

解析　先把带电圆环分成若干个小部分，每一部分可视为点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直向上方向上电场力大小为

＝

，故选B。

7.[2016·海口模拟]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，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的弹力减小

C．地面对小球B的弹力一定不变

D．两个小球之间的距离增大

答案　BCD

解析　将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力FN（也是对B的支持力FN），将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以FN＝（mA＋mB）g为一定值，C正确；对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件可知FN＝mBg＋F斥cosθ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥＝k

得：

A、B间距离r增大，D正确；而F＝F斥sinθ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，故A错误；将A、B视为整体时，F＝FNA，所以墙面对小球A的弹力FNA减小，B正确。

8．P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称。

一个离子从a运动到b（不计重力），轨迹如图所示，则下列判断正确的是（　　）

A．P带正电

B．c、d两点的电场强度相同

C．离子在运动过程中受到P的吸引力

D．离子从a到b，电场力做正功

答案　AC

解析　由电场线的方向可知P带正电，Q带负电，A正确；c、d两点场强大小相同，但方向不同，B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，C正确；离子从a到b，电场力的方向和离子速度方向的夹角大于90°，电场力做负功，D错误。

9．如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E＝

。

先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）

A．小球到最低点时速度最大

B．小球从开始至最低点过程中动能一直增大

C．小球对杆的最大拉力大小为

mg

D．小球可绕O点做完整的圆周运动

答案　BC

解析　如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg和qE＝

mg，此二力的合力大小为F＝

mg，方向为与竖直方向成30°角，可知杆从水平位置转到与合力F沿杆的方向相同时，合力F与小球速度的方向夹角一直小于90°，F一直做正功，故小球转到与合力F沿杆的方向时小球速度最大，且从开始至最低点过程中动能一直增大，A错误，B正确；设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：

Eq（L＋Lsin30°）＋mgLcos30°＝

mv2－0，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为Fm，对小球应用向心力公式有：

Fm－F＝

，解得Fm＝

mg，由牛顿第三定律知C正确；根据等效性可知杆转过240°角时速度减小为0，未到达圆周的等效最高点，小球不能做完整的圆周运动，D错误。

10.[2017·安徽八校联考]如图所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a（重力不计），地面上固定一光滑的绝缘

圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合。

一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放。

小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O′a水平，Oa悬线与竖直方向的夹角为θ。

当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b两球均可视为点电荷）（　　）

A．b球所受的库仑力大小为3mg

B．b球的机械能逐渐减小

C．水平细线的拉力先增大后减小

D．悬线Oa的拉力先增大后减小

答案　AC

解析　电场力对b球不做功，故b球的机械能守恒，由机械能守恒定律可得

mv

＝mgR，则小球运动到B点的速度vB＝

；小球对管道无压力，则F库－mg＝m

，解得F库＝3mg，A正确，B错误；设小球b在某位置时和a点连线与竖直方向的夹角为α，悬线Oa的拉力为FT1，悬线O′a的拉力为FT2，则对小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，FT1cosθ＝Fcosα，当小球b从A点向B点运动时，α角一直减小，可知FT1一直增大，D错误；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝

sin（θ＋α），则当α从90°减小到0时，FT2先增大后减小，C正确。

二、非选择题（本题共2小题，共30分）

11.[2017·北京高考]（12分）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。

已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

（1）小球所受电场力F的大小。

（2）小球的质量m。

（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

答案　

（1）3.0×10－3N　

（2）4.0×10－4kg

（3）2.0m/s

解析　

（1）F＝qE＝3.0×10－3N。

（2）由

＝tan37°，

得m＝4.0×10－4kg。

（3）由动能定理可得：

mgl（1－cos37°）＝

mv2－0，

得v＝

＝2.0m/s。

12．[2017·四川绵阳市二诊]（18分）如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置。

物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数都为μ＝0.2。

g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

（1）物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；

（2）物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。

答案　

（1）2m/s　

（2）18N

解析　

（1）物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ带电荷量为q，物块Ⅰ与物块Ⅱ碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则

qE＝μ（m1＋m2）g

qEt＝m1v1

m1v1＝（m1＋m2）v2

将以上三式联立代入数据

解得v2＝2m/s。

（2）设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则

FN－（m1＋m2）g＝

R（1－cosθ）＝h，

将以上两式联立代入数据，解得FN＝18N。