《2019年高考物理复习 第七章 静电场 第1讲 电场力的性质 练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理复习 第七章 静电场 第1讲 电场力的性质 练习（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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16为单选，710为多选)12015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。22015安徽高
2、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Fk，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()AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm2C2DNm2A2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，1 C21 A2s2，又因1 N1，整理可得k的单位应为，即kgA2m3s4，故选项B正确。32015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
3、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
4、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()AFd、Fc、Fe的方向都是水平向右BFd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上CFd、Fe的方向水平向右，Fc0DFd、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
5、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FdFcFe，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
6、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(mAmB)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FNmBg
7、F斥cos，向左推B，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FF斥sin，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，FFNA，所以墙面对小球A的弹力FNA减小，B正确。8P、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()AP带正电Bc、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
8、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mgD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
9、和qEmg，此二力的合力大小为Fmg，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(LLsin30)mgLcos30mv20，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：FmF，解得Fmmg，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. 2
10、017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Oa水平，Oa悬线与竖直方向的夹角为。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)()Ab球所受的库仑力大小为3mgBb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mvmgR，则小球运动到B点的速度vB；小球对管道无
11、压力，则F库mgm，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，悬线Oa的拉力为FT1，悬线Oa的拉力为FT2，则对小球a，可得FT2FT1sinFsin，FT1cosFcos，当小球b从A点向B点运动时，角一直减小，可知FT1一直增大，D错误；FT2FcostanFsinsin()，则当从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l1 m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37。已知小球所带电荷量q1.0
12、106 C，匀强电场的场强E3.0103 N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。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)3.0103 N(2)4.0104 kg(3)2.0 m/s解析(1)FqE3.0103 N。(2)由tan37，得m4.0104 kg。(3)由动能定理可得：mgl(1cos37)mv20，得v2.0 m/s。122017四川绵阳市二诊(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
13、倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，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m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg小物块碰撞并粘在一起在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置。物块和与轨道BC段的动摩擦因数都为0.2。g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。求：(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小。答案(1)2 m/s(2)18 N解析(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块带电荷量为q，物块与物块碰撞前速度为v1，碰撞后共同速度为v2，则qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2将以上三式联立代入数据解得v22 m/s。(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小为FN，则FN(m1m2)gR(1cos)h，将以上两式联立代入数据，解得FN18 N。9
