新教材適用2024-2025學(xué)年高中物理第9章靜電場及其應(yīng)用3電場電場強度第2課時習(xí)題課場強疊加帶電粒子體運動分析夯基提能作業(yè)新人教版必修第三冊

第九章3.第2課時合格考訓(xùn)練一、選擇題(本題共7小題，每題6分，共42分)1．(2024·江西高二期末)如圖所示，一個絕緣半圓環(huán)上勻稱分布有同種電荷，固定在絕緣水平面上，在圓弧的圓心處放有一個點電荷，點電荷受到的電場力為F，若截走圓弧的eq\f(1,2)，則圓心處的點電荷受到的電場力大小變?yōu)?A)A.eq\f(\r(2),2)F B．eq\f(1,2)FC．eq\f(\r(3),2)F D．eq\f(1,3)F解析：依據(jù)對稱性可知圓環(huán)左、右兩部分對點電荷的電場力大小相等(設(shè)為F0)，方向與豎直方向夾角均為45°，依據(jù)力的合成可得eq\r(2)F0＝F，解得F0＝eq\f(\r(2),2)F。2．(2024·全國高二專題練習(xí))如圖所示，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數(shù))外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點A放置一個帶電荷量為＋2q的點電荷，其余頂點分別放置帶電荷量均為－q的點電荷(未畫出)。則圓心O處的場強大小為(B)A.eq\f(2kq,R2) B．eq\f(3kq,R2)C.eq\f(N－1kq,R2) D．eq\f(Nkq,R2)解析：由對稱性及電場疊加原理可知，除A處電荷以及與A關(guān)于O點對稱的電荷外，其他電荷的分布關(guān)于O點對稱，它們在O處產(chǎn)生的合場強為0，圓心O處的電場可等效為由正N邊形的頂點A放置的一個帶電荷量為＋2q的點電荷與過該點直徑的另一端的頂點放置的一個帶電荷量為－q的點電荷共同產(chǎn)生的，由點電荷電場強度公式知，圓心O處的場強大小為E＝eq\f(3kq,R2)，故選項B正確，A、C、D錯誤。3．(2024·湖南高二學(xué)業(yè)考試)如圖，在電場強度大小為E、方向豎直向上的勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，則(B)A．小球帶負(fù)電，q＝eq\f(mg,E)B．小球帶正電，q＝eq\f(mg,E)C．若減小E，小球?qū)⒇Q直向上運動D．若增大q，小球?qū)⒇Q直向下運動解析：小球受力平衡，則受向上的電場力，可知小球帶正電，則由mg＝qE，可得q＝eq\f(mg,E)，A錯誤，B正確；若減小E，則小球受的電場力減小，則小球?qū)⒇Q直向下運動，C錯誤；若增大q，則小球受的電場力變大，則小球?qū)⒇Q直向上運動，D錯誤。4．某電場的電場線分布如圖所示，一帶電粒子僅在電場力作用下沿圖中虛線所示路徑運動，先后通過M點和N點。以下說法正確的是(D)A．M、N點的場強EM>ENB．粒子在M、N點的加速度aM>aNC．粒子在M、N點的速度vM>vND．粒子帶正電解析：電場線的疏密程度表示電場強度的大小，可知EM<EN，故A錯誤；電場力F＝qE，依據(jù)牛頓其次定律，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，EM<EN，則aM<aN，故B錯誤；依據(jù)力指向軌跡的凹側(cè)作出粒子的速度方向和所受電場力的方向，電場力與速度方向之間的夾角為銳角，速度增大，vM<vN，故C錯誤；粒子在各點所受電場力的方向與該點電場方向相同，說明粒子帶正電，故D正確。5．(2024·廣東廣州高二上期中)靜電除塵器是目前普遍采納的一種高效除塵器。某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面。工作時收塵板帶正電，其左側(cè)的電場線分布如圖所示；粉塵帶負(fù)電，在電場力作用下向收塵板運動，最終落在收塵板上。若用黑色曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵的運動軌跡，下列4幅圖中可能正確的是(忽視重力和空氣阻力)(A)解析：收塵板帶正電，粉塵帶負(fù)電，在電場力作用下向收塵板運動，速度漸漸增大，最終落在收塵板上，可知帶電粉塵不會完全沿著電場線運動，且所受電場力方向指向軌跡凹側(cè)，A正確。6．(多選)(2024·河南信陽高級中學(xué)高一下調(diào)研)如圖甲所示，兩個電荷量相等的點電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，帶電荷量q＝＋1×10－3C、質(zhì)量m＝0.02kg的小球在該平面上從a點由靜止釋放，沿中垂線運動到電荷連線中點O，其v－t圖像如圖乙中圖線①所示，其中b點處為圖線切線斜率最大的位置，圖中②為過b點的切線，則下列說法正確的是(BCD)A．P、Q帶異種電荷B．帶電小球運動到O點時動能最大C．帶電小球從a運動到O過程中加速度先增大后減小D．b點的電場強度大小E＝30N/C解析：帶正電的小球從a點由靜止釋放，向上做加速運動，帶正電的小球受到向上的電場力，aO連線上的電場豎直向上，故P、Q帶等量負(fù)電荷，故A錯誤；從a點到O點小球始終加速，故帶電小球運動到O點時動能最大，故B正確；v－t圖線的切線斜率表示加速度，所以小球從a運動到O過程中加速度先增大后減小，故C正確；帶電小球在b點的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝1.5m/s2，則F＝ma＝0.03N，b點的電場強度大小為E＝eq\f(F,q)＝30N/C，故D正確。7．(多選)(2024·重慶市育才中學(xué)高二期中)如圖所示是A、B兩個點電荷電場的部分電場線，一帶負(fù)電的點電荷q只在靜電力的作用下由a運動到c的軌跡如圖中虛線所示，則(AD)A．A帶負(fù)電，B帶正電B．A的電荷量小于B的電荷量C．q在b點的速度大于q在c點的速度D．q在b點的加速度大于q在c點的加速度解析：依據(jù)軌跡可知，電場力指向曲線的凹側(cè)，電荷帶負(fù)電，則A帶負(fù)電，B帶正電，A正確；依據(jù)電場線分布狀況可知，點電荷四周電場線較密則該點電荷帶電荷量較多，則A的電荷量大于B的電荷量，B錯誤；依據(jù)軌跡可知，電場力指向曲線的凹側(cè)，則帶負(fù)電的點電荷從b運動到c電場力做正功，動能增加，q在b點的速度小于q在c點的速度，C錯誤；電場線的疏密表示場強的大小，b點比c點處的電場線密，場強大，電場力大，加速度大，D正確。二、非選擇題(共18分)8．(18分)(2024·江蘇揚州高一下期末)如圖所示，絕緣細(xì)桿與水平面的夾角θ＝53°，質(zhì)量為m的帶正電小球A套在細(xì)桿上，桿底端固定一個與小球A帶等量同種電荷的小球B，整個裝置處在真空中。小球A從離底端x0處由靜止釋放后沿桿下滑，釋放瞬間加速度大小a＝eq\f(1,4)g，小球與細(xì)桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，靜電力常量為k,sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)小球A所帶的電荷量Q；(2)從起先下滑到速率達(dá)到最大的過程中，小球克服摩擦力所做的功W。答案：(1)eq\f(x0,2)eq\r(\f(mg,k))(2)eq\f(6－3\r(2),20)mgx0解析：(1)對小球A進(jìn)行受力分析，有Ff＝μFN＝μmgcosθ，F(xiàn)＝eq\f(kQ2,x\o\al(2,0))，依據(jù)牛頓其次定律mgsinθ－Ff－F＝ma，聯(lián)立解得Q＝eq\f(x0,2)eq\r(\f(mg,k))。(2)設(shè)小球A、B間的距離為x時速度最大，此時加速度為零，有mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(kQ2,x2)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)x0，從釋放到速率最大過程中，克服摩擦力做功W＝Ff(x0－x)＝eq\f(6－3\r(2),20)mgx0。等級考訓(xùn)練一、選擇題(本題共5小題，每題6分，共30分)1．(2024·安徽高二開學(xué)考試)如圖所示，直角三角形ABC中∠A＝37°，∠C＝90°。兩負(fù)點電荷固定在A、B兩點，一摸索電荷在C點受到的電場力方向與AB垂直，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則A、B兩點處的負(fù)點電荷在C點的場強大小之比為(D)A．3∶5 B．5∶3C．4∶3 D．3∶4解析：設(shè)A、B兩點處的負(fù)點電荷在C點的場強大小分別為EA、EB，由題意可知EA和EB的矢量和垂直于AB，則有EAcos37°＝EBcos53°，解得eq\f(EA,EB)＝eq\f(3,4)。2．(2024·海南萬寧市民族中學(xué)高二期末)如圖所示，勻強電場的方向向上，電場強度大小E＝5×105N/C，把電荷量為＋q＝2×10－9C的點電荷由靜止釋放，點電荷做直線運動。以下推斷正確的是(A)A．點電荷＋q受到的電場力大小為1×10－3NB．點電荷＋q受到的電場力與電場強度方向相反C．點電荷＋q在勻強電場運動時電場力不斷增大D．點電荷＋q在勻強電場運動時電場力不斷減小解析：點電荷＋q受到的電場力F＝Eq＝1×10－3N，A正確；點電荷＋q受到的電場力與電場強度方向相同，B錯誤；依據(jù)F＝Eq，勻強電場場強不變，電荷量不變，電場力不變，C、D錯誤。3．(多選)(2024·福建省德化第一中學(xué)高三階段練習(xí))如圖所示，一絕緣且粗糙程度相同的豎直細(xì)桿處于兩固定的等量異種點電荷＋Q、－Q的連線的中垂線上，A、O、B為細(xì)桿上的三點，O為＋Q、－Q連線的中點，AO＝BO。現(xiàn)有電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球套在桿上，從A點起以初速度v0向B滑動，到達(dá)B點時速度恰好為0，則(AD)A．在A點時小球加速度的方向向上B．小球從A到B運動過程中先加速后減速C．小球從A到O與從O到B的運動時間相等D．從A到B小球受到的電場力的方向始終水平向右解析：到達(dá)B點時速度恰好為0，可知到達(dá)B點過程小球做減速運動，加速度方向向上，小球在AB兩點受力相同，因此加速度相同，故A正確；對小球受力分析可知Ff－mg＝ma，F(xiàn)f＝μFN，F(xiàn)N＝2FCcosθ，F(xiàn)C＝keq\f(Qq,r2)，從A到B過程中r先減小后增大，θ也是先減小后增大，故支持力先增大后減小，摩擦力先增大后減小，加速度先增大后減小，且方向始終向上，因此小球始終在做減速運動，故B錯誤；依據(jù)x＝eq\o(v,\s\up6(－))t，因為AO段平均速度較大，所以AO段時間較短，故C錯誤；等量異種電荷在中垂線上合場強方向水平向右，正電荷受到電場力方向與場強方向相同，故D正確。4．(2024·黑龍江哈爾濱高二上段考)如圖所示，A、B兩個帶電小球均可以看成點電荷，用兩等長絕緣細(xì)線懸掛起來，在水平方向的勻強電場中，A、B靜止，且懸線都保持豎直，已知A、B相距為r＝3cm，A帶的電荷量為qA＝＋2.0×10－9C，k＝9.0×109N·m2/C2，則(B)A．小球B帶正電，qB＝2.0×10－9CB．小球B帶負(fù)電，qB＝－2.0×10－9CC．勻強電場的電場強度大小E＝2×105N/C，方向水平向左D．A、B連線中點處的電場強度大小為1.6×105N/C，方向水平向右解析：由題意分析可知，勻強電場對兩個小球的電場力方向相反，要使它們都平衡，兩個球必定帶等量異種電荷，故小球B帶負(fù)電，qB＝－2.0×10－9C，A錯誤，B正確；由題意可知，A球受力平衡，水平方向所受合外力等于零，B對A的作用力方向向右，所以要加一個方向水平向左的電場，才能使小球A平衡，依據(jù)平衡條件得EqA＝keq\f(qAqB,r2)，代入數(shù)據(jù)解得E＝2×104N/C，C錯誤；A、B兩球在連線中點處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相同，所以A、B連線中點處的電場強度大小為E′＝2keq\f(qA,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)－E＝(1.6×105－2×104)N/C＝1.4×105N/C，方向水平向右，D錯誤。5．(多選)如圖所示，帶電荷量為－3Q與－Q的兩點電荷分別固定在A、B兩點，C、D兩點將A、B連線三等分。現(xiàn)使一個帶正電的摸索電荷從C點起先以某一初速度向右運動。則關(guān)于該電荷在CD間運動的過程，下列說法中可能正確的是(AB)A．始終做減速運動，且加速度漸漸減小B．先做減速運動后做加速運動C．始終做加速運動，且加速度漸漸減小D．先做加速運動后做減速運動解析：假設(shè)E點為A、B連線上電場強度為零的點，設(shè)AB長度為3L，摸索電荷電荷量為q，AE長度為x，由場強疊加原理有keq\f(3Q·q,x2)＝keq\f(Q·q,3L－x2)，可知2L>x>L，可推斷E點應(yīng)當(dāng)在C、D之間。若正摸索電荷從C點起先以某一初速度向右運動，到達(dá)E點之前速度減為零，則速度將始終減小，加速度漸漸減小，之后反向向左運動時，加速度將增大，速度也增大；若摸索電荷在到達(dá)E點時速度不為零，則在到達(dá)E點前速度始終減小，過E點后速度將增加，加速度也增大；若摸索電荷在到達(dá)E點時速度恰好減為零，則始終做加速度減小的減速運動，故A、B正確，C、D錯誤。二、非選擇題(共10分)6．(10分)如圖所示，一質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg、帶電荷量大小為q＝1.0×10－6C的小球，用絕緣細(xì)線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設(shè)電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向夾角為θ＝37°。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度g取10m/s2。求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)電場強度E的大??；(2)若在某時刻將細(xì)線突然剪斷，求經(jīng)過1s時小球的速度大小及方向。答案：(1)7.5×104N/C(2)12.5m/s2方向與豎直方向