高考物理二轮复习 第七章 电场 夯基保分练（一）电场力的性质-人教版高三全册物理试题.doc

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1、夯基保分练(一)电场力的性质A级保分练1(2017浙江嘉兴联考)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一个带正电的固定小球Q时，两悬线都保持竖直，小球A与固定小球Q的距离等于小球A与小球B的距离。下列说法中正确的是()AA球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较大BA球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较小CA球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较大DA球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较小解析：选B根据电荷间的相互作用及平衡条件可知，A球带负电，B球带正电，A球才能受到Q球的向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到Q球的向右的排斥力

2、和A球向左的吸引力而平衡；所以选项A、D错误；对于A球，左右两边带电球的间距相等，由库仑定律判知B球带电荷量与Q球的电荷量相等；对于B球来说，因为A球离B球较近，故要想产生与Q球相等的力，A球的电荷量要比Q球的电荷量少，所以A球所带的电荷量较小，选项B正确， C错误。2(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

3、开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误，D正确。3(2016全国甲卷)如图，P是固定的点电荷，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。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速

4、度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则()Aaaabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDabacaa，vavcvb解析：选Da、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbrcra，则三点的电场强度由Ek可知EbEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理|qUab|mvmv0，则vbva，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|mvmv0，vcvb，又|Uab|Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确。 4. (多选)(2017浙江嘉兴一

5、中检测)a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc120。现将三个等量的正点电荷Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有()Ad点电场强度的方向由O指向dBO点电场强度的方向由d指向OCd点的电场强度大于O点的电场强度Dd点的电场强度小于O点的电场强度解析：选ADa、c两点的点电荷在d点的电场强度的叠加方向是竖直向下的，b点的点电荷在d点的电场强度的方向是竖直向下的，所以d点的电场强度的方向是由O指向d，选项A正确；同理，O点的场强的方向也是由O指向d，选项B错误；设菱形的边长为L，则a、c两点的点电荷在d点的电场沿竖直方向的分量均为Eycos 60，故d点的电场强度为Ed2；a

6、、c两点的点电荷在O点的场强叠加后为0，故O点的电场强度为EO，所以EdEO，选项C错误，D正确。5. (2017重庆一中模拟)如图所示，在水平向左的匀强电场中，倾角53的固定光滑绝缘斜面，高为H。一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的倍，现将其从斜面顶端由静止释放，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为()A2 B2 C. D2解析：选C对物块受力分析知重力和电场力的合力F合mg，设合力与水平方向夹角为，tan ，则物块沿合力方向斜向下做匀加速直线运动，由动能定理F合mv20，解得v，故选项C正确。B级拔高练6(2017湖北八校联考)如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑

7、轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是2m和m。劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中。开始时，物体B受到沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用而保持静止，且轻绳恰好伸直。现撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，不计一切摩擦，则在此过程中()A物体B所受电场力大小为 mgsin B物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为C撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinD物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量解析：选B当施加外力时，对物体B分析可知Fmgsin F电0，解得F电 2

8、mgsin ，当撤去外力瞬间物体B受到的合力为F合F电mgsin 3mgsin ，根据牛顿第二定律可得：a3gsin ，故A、C错误；当物体B受到的合力为零时，物体B的速度最大，由kxF电mgsin 3mgsin ，解得x，故B正确；根据能量守恒可知物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和机械能的减小量，故D错误。7. (2017 湖南师大附中模拟)在竖直平面内固定一半径为R的金属圆环，质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示。已知静电力常

9、量为k，则有()A电荷量Q B电荷量Q C细线对小球的拉力TD细线对小球的拉力T解析：选A取圆环上一部分微元x，总电荷量为Q，则该部分电量为QQ；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取相对圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相对圆环圆心与小球的连线对称；如图甲所示，两力的合力应沿圆环圆心与小球的连线向外，大小为2，因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力FR，方向沿圆环圆心与小球的连线向外；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故T与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得：；则细线对小球的拉力T，故C、D错

10、误；则F；解得：Q 故A正确，B错误。8. (2017银川一中检测)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。现有一质量为m带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，小球所受电场力竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点，设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小；(3)小球经过管口C处时对圆管的压力。解析：(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：mg4Rmv到达B点时速度大小为vB。(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fymg(方向竖直向上)，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得Fx2Rmvmv小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，有y4RvCtx2Raxt2t2联立解得：Fxmg电场力的大小为：qEmg。(3)由(2)中易得vC2，小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力N提供，设弹力N的方向向左，则FxNm解得：N3mg(方向水平向左)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管的压力为NN3mg，方向水平向右。答案：(1)(2)mg(3)3mg，方向水平向右