高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題51 電場力的性質(zhì)加練半小時（含解析）試題

電場力的性質(zhì)[方法點撥]電場疊加問題要注意矢量性與對稱性.1.(2018·四川省成都七中月考)一個正點電荷Q固定在正方形的一個角上，另一個帶電粒子射入該區(qū)域時，恰好能經(jīng)過正方形的另外三個角a、b、c，如圖1所示，則有()圖1A.根據(jù)軌跡可判斷該帶電粒子帶正電B.a、b、c三點場強(qiáng)大小之比是1∶2∶1C.粒子在a、b、c三點的加速度大小之比是2∶1∶2D.a、c兩點的電場強(qiáng)度相同2.(2018·湖南省永安一中等三校聯(lián)考)如圖2所示，在勻強(qiáng)電場中，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球由靜止釋放，帶電小球運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為θ，小球的重力不能忽略，關(guān)于勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，下列說法正確的是()圖2A.唯一值是eq\f(mgtanθ,q) B.最大值是eq\f(mgtanθ,q)C.最小值是eq\f(mgsinθ,q) D.最小值是eq\f(mgcosθ,q)3.空間某區(qū)域有一個正三角形ABC，其三個頂點處分別固定有三個等量正點電荷，如圖3所示，D點為正三角形的中心，E、G、H點分別為正三角形三邊的中點，F(xiàn)點為E關(guān)于C點的對稱點.取無限遠(yuǎn)處的電勢為0，下列說法中正確的是()圖3A.根據(jù)對稱性，D點的電場強(qiáng)度必為0B.根據(jù)對稱性，D點的電勢必為0C.根據(jù)對稱性，E、F兩點的電場強(qiáng)度等大反向D.E、G、H三點的電場強(qiáng)度和電勢均相同4.如圖4所示，水平地面AB段粗糙，BC段光滑，在AB段上方存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，BC段上方存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場，兩勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小均為E.過B點的豎直虛線是兩勻強(qiáng)電場的分界線，一質(zhì)量為m＝1kg、電荷量q＝2×10－3C的物體從A點由靜止釋放，經(jīng)過時間t到達(dá)B點，通過B點后又經(jīng)過時間t物體再次返回到B點.已知物體與AB段地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，則兩勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為()圖4A.2×103N/C B.2×104N/CC.1×103N/C D.1×104N/C5.(2019·上海市金山區(qū)一模)如圖5所示，兩個等量正點電荷的連線垂直于x軸，相對原點O對稱分布，則x軸上電場強(qiáng)度E與位置x的關(guān)系可能是()圖56.(多選)(2018·天津市河?xùn)|區(qū)一模)如圖6所示，水平面內(nèi)的等邊三角形ABC的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣傾斜直軌道DC的最低點，光滑直軌道上端點D到A、B兩點的距離均為L，D在AB邊上的豎直投影點為O.一對電荷量均為－Q的點電荷分別固定于A、B兩點.在D處將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽略它對原電場的影響)，將小球由靜止開始釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且keq\f(Qq,L2)＝eq\f(\r(3),3)mg，忽略空氣阻力，下列說法正確的是()圖6A.D點的電場強(qiáng)度與C點的電場強(qiáng)度大小相等B.小球沿直線軌道DC向下做勻加速直線運動C.小球剛到達(dá)C點時，加速度為零D.小球沿直軌道DC下滑過程中，其電勢能先增大后減小7.如圖7所示，A、B、C、D為真空中矩形圖形的4個頂點，AB長為3cm，BC長為4cm，在矩形頂點A、B、C三處各放置一個點電荷qA、qB、qC，其中qA、qC為負(fù)電荷，qB為正電荷.已知它們的電荷量大小之比為qA∶qB∶qC＝64∶125∶27，點電荷qA產(chǎn)生的電場在D處的場強(qiáng)大小為E.則D處的合場強(qiáng)大小應(yīng)為()圖7A.1.25EB.2EC.0D.2.5E8.(多選)(2018·湖北省黃岡市模擬)真空中兩點電荷q1、q2分別位于直角三角形的頂點C和頂點B上，D為斜邊AB的中點，∠ABC＝30°，如圖8所示.已知A點電場強(qiáng)度的方向垂直AB向下，則下列說法正確的是()圖8A.q1帶正電，q2帶負(fù)電B.D點電勢高于A點電勢C.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的一半D.q1電荷量的絕對值等于q2電荷量的絕對值的二倍9.已知表面電荷均勻分布的帶電球殼，其內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零.現(xiàn)有表面電荷均勻分布的帶電半球殼，如圖9所示，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線.P、Q為CD軸上關(guān)于O點對稱的兩點.則()圖9A.P點的電場強(qiáng)度與Q點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同B.P點的電場強(qiáng)度與Q點的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反C.P點的電場強(qiáng)度比Q點的電場強(qiáng)度強(qiáng)D.P點的電場強(qiáng)度比Q點的電場強(qiáng)度弱10.(2018·云南師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)如圖10所示，在豎直平面內(nèi)有一質(zhì)量m＝0.6kg、電荷量q＝＋3×10－3C的帶電小球，有一根長L＝0.2m且不可伸長的絕緣輕細(xì)線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場中的O點.已知A、O、C點等高，且OA＝OC＝L，若將帶電小球從A點無初速度釋放，小球到達(dá)最低點B時速度恰好為零，g取10m/s2.圖10(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(2)求小球從A點由靜止釋放運動到B點的過程中速度最大時細(xì)線的拉力大小；(3)若將帶電小球從C點無初速度釋放，求小球到達(dá)A點時的速度大小.11.(2018·福建省泉州市質(zhì)檢)如圖11所示，固定在豎直平面內(nèi)、半徑R＝1m的eq\f(1,4)圓弧形的光滑絕緣軌道AB，與粗糙絕緣的水平軌道BC相切于B點.軌道的一部分處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，過D點的豎直虛線為電場的邊界，電場強(qiáng)度E＝5.0×103N/C，B點與邊界線的距離s0＝0.8m.一水平輕彈簧右端固定在C處，自然伸長時左端恰好在電場的邊界線上.一質(zhì)量m＝2.0kg、電荷量q＝＋2.0×10－3C的小滑塊P以初速度v0＝2m/s從A點滑下沿圓弧軌道運動，將彈簧左端壓縮到D′點后又被彈回，并恰好能回到A點，P與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，g取10m/s2.求：圖11(1)滑塊P第一次到達(dá)電場邊界時的動能；(2)彈簧的最大彈性勢能Ep.

答案精析1.C[帶電粒子受到的電場力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)軌跡彎曲方向可以知道帶電粒子與固定在Q點的電荷是異種電荷，它們之間存在引力，故該帶電粒子帶負(fù)電，A項錯誤；根據(jù)幾何知識可以知道a、b、c三點到Q的距離之比為ra∶rb∶rc＝1∶eq\r(2)∶1，根據(jù)點電荷場強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，得a、b、c三點場強(qiáng)大小之比為2∶1∶2，B項錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：a＝eq\f(qE,m)，a∝E，則知粒子在a、b、c三點的加速度大小之比是2∶1∶2，C項正確；a、c兩點的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，所以電場強(qiáng)度不同，D項錯誤.]2.C[小球在重力和電場力的共同作用下做勻加速直線運動，只需電場力與重力的合力沿運動方向即滿足題意，當(dāng)電場力與合力方向垂直時，電場力最小，即qE＝mgsinθ，故E＝eq\f(mgsinθ,q)，故選C.]3.A[由于D點為正三角形的中心，即到三個點電荷的距離相等，故任意兩點電荷在D點產(chǎn)生的合場強(qiáng)與第三個點電荷在D點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度等大反向，故D點的電場強(qiáng)度為零，選項A正確；由于取無限遠(yuǎn)處的電勢為0，從無窮遠(yuǎn)處移動電荷至D點，電場力做功必不為0，故D點電勢不可能為0，選項B錯誤；C點電荷在E、F兩點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度等大反向，但A、B兩個點電荷在E、F兩點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和不相等，選項C錯誤；由對稱性可知，E、G、H三點的電場強(qiáng)度大小相等，但電場強(qiáng)度的方向不同，選項D錯誤.]4.C[物體在AB段做勻加速直線運動，到達(dá)B點時速度為vB＝eq\f(Eq－μmg,m)t，經(jīng)過B點后先做勻減速直線運動，速度減為零后反向做勻加速運動，由vBt－eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2＝0，可解得E＝1×103N/C，故選項C正確.]5.A[根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理可知兩正點電荷連線的中點場強(qiáng)為零，靠近點電荷處場強(qiáng)比較大，在距離點電荷無窮遠(yuǎn)處的場強(qiáng)也為零；再由兩等量正點電荷周圍電場分布情況可知，O點兩邊的電場強(qiáng)度方向不同，故A正確.]6.AC[由幾何關(guān)系可知，D、C兩點到A、B處兩個點電荷的距離均相等，由場強(qiáng)疊加原理可知，D點的電場強(qiáng)度與C點電場強(qiáng)度的大小相等，故A正確；小球沿直線軌道DC向下滑動的過程中，到兩點電荷的距離先減小后增大，則所受的電場力不是定值，合力不是定值，小球不是做勻加速直線運動，故B錯誤；負(fù)電荷產(chǎn)生的電場方向指向負(fù)電荷，可知兩個負(fù)電荷在D處產(chǎn)生電場的電場強(qiáng)度分別指向A與B，由于兩個點電荷的電荷量是相等的，所以兩個點電荷在D點產(chǎn)生電場的電場強(qiáng)度的大小相等，則它們的合場強(qiáng)的方向沿∠ADB的角平分線，由庫侖定律得，A、B處點電荷在D點產(chǎn)生電場的場強(qiáng)的大小EA＝EB＝eq\f(kQ,L2)＝eq\f(\r(3)mg,3q)，它們的合場強(qiáng)ED＝EAcos30°＋EBcos30°＝eq\f(mg,q)；由幾何關(guān)系知DO＝OC＝eq\f(\r(3),2)L，則∠OCD＝45°.小球到達(dá)C點時，對小球進(jìn)行受力分析，其受力的剖面圖如圖所示，由于C到A、B的距離與D到A、B的距離都等于L，則C點的電場強(qiáng)度的大小與D點的電場強(qiáng)度的大小相等，方向由C指向O點，即EC＝ED＝eq\f(mg,q)，沿軌道方向有mgcos45°－Fcos45°＝ma，其中F＝qEC＝mg，得a＝0，故C正確；由幾何關(guān)系可知，CD連線的中點處到AB的距離最小，電勢最低，小球帶正電，所以小球在CD的連線中點處的電勢能最小，則小球沿直軌道DC下滑過程中，其電勢能先減小后增大，故D錯誤.]7.C[若令A(yù)B＝3r0，qA＝64q0，則根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度的決定式E＝eq\f(kQ,r2)可得，三個電荷在D點產(chǎn)生的場強(qiáng)分別為EA＝eq\f(4kq0,r\o\al(2,0))，方向指向A電荷，EB＝eq\f(5kq0,r\o\al(2,0))，方向背離B電荷，EC＝eq\f(3kq0,r\o\al(2,0))，方向指向C電荷，將A、C處電荷產(chǎn)生的兩分場強(qiáng)根據(jù)平行四邊形定則合成可得，EA、EC的合場強(qiáng)與EB等大反向，故D點的合場強(qiáng)為零，C正確.]8.AC[根據(jù)題述，A點的電場強(qiáng)度垂直AB向下，可知q1帶正電、q2帶負(fù)電，選項A正確；q1在A、D兩點產(chǎn)生的電勢相等，q2在A點產(chǎn)生的電勢高于在D點產(chǎn)生的電勢，則A點的電勢高于D點，選項B錯誤；根據(jù)題述，A點的電場強(qiáng)度垂直AB向下，可得sin30°＝eq\f(E2,E1)，E1＝keq\f(q1,r\o\al(2,1))，E2＝keq\f(q2,r\o\al(2,2))，聯(lián)立解得q2＝2q1，選項C正確，D錯誤.]9.A[表面電荷均勻分布的帶電球殼，其內(nèi)部場強(qiáng)處處為零，若把另一帶電半球殼補(bǔ)上，則P、Q兩點的合場強(qiáng)均為零，根據(jù)對稱性原理可得，A正確.]10.(1)2×103N/C(2)(18eq\r(2)－12)N(3)2m/s解析(1)小球到達(dá)最低點B時速度為零，則0＝mgL－EqL，E＝2×103N/C.(2)小球到達(dá)最低點B時速度為零，根據(jù)對稱性可知，達(dá)到最大速度的位置為AB弧的中點，即當(dāng)沿軌跡上某一點切線方向的合力為零時，小球的速度有最大值，由動能定理有eq\f(1,2)mv2－0＝mgLsin45°－Eq(L－Lcos45°)，meq\f(v2,L)＝F－2mgcos45°，F(xiàn)＝(18eq\r(2)－12)N.(3)小球從C運動到B點做勻加速直線運動，有a＝eq\r(2)g，x＝eq\r(2)L，vB＝eq\r(2ax)＝2eq\r(2)m/s，到達(dá)B點后細(xì)線繃直，有機(jī)械能的損失，v切＝vBsin45°＝2m/s，小球由B→A過程中，由動能定理有eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1