2016步步高一轮物理第六章单元小结练

单元小结练电场力性质的强化练一、单项选择题1．如图1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()图1A．Ea＝Eb3B．Ea＝3EbC．Ea＝33EbD．Ea＝3Eb答案D解析由题图可知，rb＝3ra，再由E＝kQr2可知，EaEb＝r2br2a＝31，故D正确．2．(2013·新课标Ⅰ·15)如图2，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()图2A．k3qR2B．k10q9R2C．kQ＋qR2D．k9Q＋q9R2答案B解析电荷q产生的电场在b处的场强Eb＝kqR2，方向水平向右，由于b点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在b处的场强Eb′＝Eb，方向水平向左，故Q＞0.由于b、d关于圆盘对称，故Q产生的电场在d处的场强Ed′＝Eb′＝kqR2，方向水平向右，电荷q产生的电场在d处的场强Ed＝kq3R2＝kq9R2，方向水平向右，所以d处的合场强的大小E＝Ed′＋Ed＝k10q9R2.3．如图3所示，图甲中MN为足够大的不带电接地薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为＋q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布．P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异种点电荷所带电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对P点的电场强度方向和大小作出以下判断，其中正确的是()图3A．方向沿P点和点电荷O的连线向左，大小为2kqdr3B．方向沿P点和点电荷O的连线向左，大小为2kqr2－d2r3C．方向垂直于金属板向左，大小为2kqdr3D．方向垂直于金属板向左，大小为2kqr2－d2r3答案C解析通过类比分析可知，P点的场强等于点电荷＋q在P点的场强垂直于金属板的分量的2倍，方向垂直金属板向左，大小为EP＝2kqr2·dr＝2kqdr3，故C正确．4．如图4所示，质量为m的带负电的小物块置于倾角为37°的绝缘光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面上．现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则()图4A．小物块仍静止B．小物块将沿斜面加速上滑C．小物块将沿斜面加速下滑D．小物块将脱离斜面运动答案C解析小物块恰好静止时电场力等于重力，即F电＝mg.当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到的电场力方向变为水平向左，把电场力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的两个方向上：在垂直斜面方向上有F电sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F电cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物块将沿斜面加速下滑．5.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示．有一带负电的微粒，从上边区域沿平行电场线方向以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)()图5答案C二、多项选择题6.如图6所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E.则以下说法正确的是()图6A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg＋qEB．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qEC．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为13qED．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为16qE答案AC解析本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题．静止时由受力分析可知A、B两小球间细线的拉力为F＝5mg＋qE，故A正确，B错误；O点与A小球间细线剪断的瞬间，由于B小球受到竖直向下的电场力，故A、B两小球的加速度大于C小球的加速度，B、C两小球间细线将处于松驰状态，故以A、B两小球整体为研究对象有：3mg＋qE＝3ma，以A小球为研究对象有：mg＋F′＝ma，解得：F′＝13qE，故C正确，D错误．7．如图7甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则()图7A．A点的电场强度大小为2×103N/CB．B点的电场强度大小为2×103N/CC．点电荷Q在A、B之间D．点电荷Q在A、O之间答案AC解析对于电场中任意一点而言，放在该处的试探电荷的电荷量q不同，其受到的电场力F的大小也不同，但比值Fq是相同的，即该处的电场强度不变．所以F－q图象是一条过原点的直线，斜率越大则场强越大．由题图可知A点的电场强度EA＝2×103N/C，B点的电场强度EB＝0.5×103N/C，A正确，B错误．A、B两点分别放正、负电荷时，受力方向相同，说明A、B两点的场强方向相反，点电荷Q只能在A、B之间，C正确．8．用电场线能直观、方便地比较电场中各点场强的强弱．如图8甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称．则()图8A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱答案ACD解析由等量异种点电荷的电场线分布规律可知选项A、C、D正确，选项B错误．9．如图9所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，所带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()图9A．cos3α＝q8QB．cos3α＝q2Q2C．sin3α＝Q8qD．sin3α＝Q2q2答案AC解析设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，两个－q之间距离为2acosα.选取其中的一个－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kQqa2cosα＝kq22acosα2，解得cos3α＝q8Q，选项A正确，选项B错误；选取其中的一个Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kQqa2sinα＝kQ22asinα2，解得sin3α＝Q8q，选项C正确，选项D错误．10.如图10所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是()图10A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹B．由于AB的长度等于BC的长度，故UAB＝UBCC．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量答案CD解析由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB的长度等于BC的长度，但AB段与BC段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断UAB≠UBC，故B选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C选项正确；由于b虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b虚线对应的带电粒子Eq＝mbv2r，而c虚线对应的带电粒子满足关系式Eqmcv2r，即mbmc，故D选项正确．三、非选择题11．如图11所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：图11(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球在B点时对轨道的压力．答案(1)2gR(2)3mg＋kq1q2R2，方向竖直向下解析(1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝12mv2B解得vB＝2gR.(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FN－mg－kq1q2R2＝mv2BR解得FN＝3mg＋kq1q2R2根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝3mg＋kq1q2R2方向竖直向下．12．如图12所示，空间存在着场强为E＝2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m＝0.5kg、电荷量为q＝4×10－2C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．取g＝10m/s2.求：图12(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力；(3)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度．答案(1)正电(2)15N(3)0.625m解析(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电．(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE－mg)L＝12mv2①在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，FT＋mg－qE＝mv2L②由①②式解得，FT＝15N(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a＝qE－mgm③设小球在水平方向运动位移为L的过程中，所经历的时间为t，则L＝vt④设竖直方向上的位移为x，则x＝12at2⑤由①③④⑤解得x＝0.125m所以小球距O点的高度为x＋L＝0.625m