2020高考物理單元卷 電場力的性質(zhì)

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1、第三模塊 第6章 第1單元 一、選擇題 1．下面是對(duì)點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E＝的幾種不同理解，正確的是 (　　) A．當(dāng)r→0時(shí)，E→∞ B．當(dāng)r→∞時(shí)，E→0 C．某點(diǎn)的場強(qiáng)大小與距離r成反比 D．以點(diǎn)電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強(qiáng)相同 解析：當(dāng)r→0時(shí)，E＝，不再適用，A錯(cuò)B對(duì)．某點(diǎn)場強(qiáng)的大小應(yīng)與距離r的平方成反比，C錯(cuò)誤．以點(diǎn)電荷Q為中心，r為半徑的球面上各處的場強(qiáng)大小相等，方向不同，故場強(qiáng)不同，D錯(cuò)． 答案：B 圖19 2．如圖19所示實(shí)線是一簇未標(biāo)明的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)．

2、若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是 (　　) A．帶電粒子所帶電荷的性質(zhì) B．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向 C．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速度何處較大 D．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大 解析：由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷符號(hào)不能確定．設(shè)粒子從a運(yùn)動(dòng)到b(也可分析從b到a的情形，兩種分析不影響結(jié)論)，速度方向與電場力夾角大于90°，故速度減小，由電場線的疏密程度知a點(diǎn)場強(qiáng)大于b點(diǎn)場強(qiáng)，帶電粒子在a點(diǎn)受電場力較大，從而加速度較大，綜上所述B、C、D正確． 答案：BCD 3．有一負(fù)電荷自電場中的A

3、點(diǎn)自由釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B，它運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖20所示，則A、B所在電場區(qū)域的電場線分布可能是圖中的 (　　) 圖20 解析：由v—t圖象可知，電荷的a和v均增加，故E增加，且電場力與v同向，所以E與v反向，應(yīng)選B. 答案：B 圖21 4．如圖21所示，實(shí)線為不知方向的三條電場線，從電場中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖21中虛線所示．則 (　　) A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加 C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增加 D．兩個(gè)粒子的動(dòng)能，一個(gè)增加一個(gè)減小 解析：設(shè)電場

4、線為正點(diǎn)電荷的電場線，則由軌跡可判定a帶正電，b帶負(fù)電．若電場線為負(fù)點(diǎn)電荷的電場線，則a為負(fù)電荷，b為正電荷，A錯(cuò)．由粒子的偏轉(zhuǎn)軌跡可知電場力對(duì)a、b均做正功，動(dòng)能增加，B、D錯(cuò)．但由電場線的疏密可判定，a受電場力逐漸減小，加速度減?。産正好相反，選C. 答案：C 5．(2020年天津卷)帶負(fù)電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運(yùn)動(dòng)：①在電場線上運(yùn)動(dòng)，②在等勢面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．該電場可能由 (　　) A．一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷形成 B．一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷形成 C．兩個(gè)分立的帶等量負(fù)電的點(diǎn)電荷形成 D．一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷與帶正電的無限大平板形成 解析：在僅受電場力的作

5、用下在電場線上運(yùn)動(dòng)，只要電場線是直線的就可能實(shí)現(xiàn)，但是在等勢面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，就需要帶負(fù)電的粒子在電場中所受的電場力提供向心力，根據(jù)題目中給出的4個(gè)電場，同時(shí)符合兩個(gè)條件的是A答案． 答案：A 6．兩個(gè)固定的異種點(diǎn)電荷，電荷量給定但大小不等．用E1和E2分別表示兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小，則在通過兩點(diǎn)電荷的直線上，E1＝E2的點(diǎn) (　　) A．有三個(gè)，其中兩處合場強(qiáng)為零 B．有三個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零 C．有兩個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零 D．只有一個(gè)，該處合場強(qiáng)為零 解析：本題主要考查場強(qiáng)的矢量性，同一直線上兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生場強(qiáng)的疊加則變成了代數(shù)的加或減．由于兩個(gè)點(diǎn)電荷帶異種電荷

6、且電荷量不等，則E1＝E2的點(diǎn)必有兩個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零，另一處合場強(qiáng)為2E1，應(yīng)選C. 答案：C 圖22 7．如圖22所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計(jì)．則電子所受另一個(gè)力的大小和方向變化情況是 (　　) A．先變大后變小，方向水平向左 B．先變大后變小，方向水平向右 C．先變小后變大，方向水平向左 D．先變小后變大，方向水平向右 解析：先畫出等量異種電荷的電場線分布，再判斷中垂線上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的變化情況及電子受電場力的情況，最后，確定另一個(gè)力的大小和方向． 圖23 等量異種電荷電場分布如圖23所示，由圖(a)中電場線的分布

7、可以看出，從A到O，電場線由疏到密；從O到B，電場線由密到疏，所以從A→O→B，電場強(qiáng)度應(yīng)由小變大，再由大變小，而電場強(qiáng)度方向沿電場線切線方向，為水平向右，如圖(b)所示．.由于電子處于平衡狀態(tài)，所受合外力必為零，故另一個(gè)力應(yīng)與電子所受電場力大小相等方向相反．電子受的電場力與場強(qiáng)方向相反，即水平向左，電子從A→O→B過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個(gè)力方向應(yīng)水平向右，其大小應(yīng)先變大后變小，所以選項(xiàng)B正確． 答案：B 圖24 8．如圖24所示，在真空中上、下兩個(gè)區(qū)域均有豎直向下的勻強(qiáng)電場，下面區(qū)域的場強(qiáng)是上面區(qū)域場強(qiáng)的2倍．有一帶負(fù)電的粒子，從上面區(qū)域沿電場線方向以速率v0勻

8、速下落，并進(jìn)入下面區(qū)域(該區(qū)域的電場足夠大)．在下圖所示的速度—時(shí)間圖象中，符合粒子在電場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況的是 (　　) 解析：粒子在E中勻速下落，則qE＝mg 粒子在2E中：a＝＝g，方向向上 則粒子先向下減速，后向上加速進(jìn)入E中又以v0勻速上升．故C正確． 答案：C 圖25 9．如圖25所示，質(zhì)量分別為m1和m2的兩小球，分別帶電荷量q1和q2，用同等長度的絕緣線懸于同一點(diǎn)，由于靜電斥力使兩懸線與豎直方向張開相同的角度則 (　　) A．q1必等于q2 B．m1必等于m2 C．q1/m1必等于q2/m2 D．q1＝q2和m1＝m2必須同時(shí)滿足 圖26 解析

9、：依據(jù)題意對(duì)兩個(gè)帶電小球受力分析如圖26，據(jù)平衡條件得： F＝m1gtanθ F＝m2gtanθ 所以有m1＝m2.故B正確 答案：B 圖27 10．如圖27所示，質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小物塊處于傾角為37°的光滑斜面上．當(dāng)整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中時(shí)，小物塊恰處于靜止．現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右，而場強(qiáng)大小不變，則 (　　) A．小物塊仍靜止 B．小物塊沿斜面加速上滑 C．小物塊沿斜面加速下滑 D．小物塊將脫離斜面運(yùn)動(dòng) 圖28 解析：當(dāng)場強(qiáng)向下時(shí)，物塊m受重力和電場力兩個(gè)力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知F電＝mg.當(dāng)電場方向改為向右時(shí)，受力分析如圖28，在垂直

10、于斜面方向上，有：mgcos37°＝FN＋F電sin37° ?FN＝0.2 mg，所以物塊不可能離開斜面；沿斜面方向上：F電cos37°＋mgsin37°＝ma，得a＝1.4 g，故物塊沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．所以C正確． 答案：C 二、計(jì)算題 11．(2020年濟(jì)寧模擬)電荷量為q＝1×10－4C的帶正電小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場(如圖29圖甲所示)．電場強(qiáng)度E的大小與時(shí)間t的關(guān)系、物塊運(yùn)動(dòng)速度v與時(shí)間t的關(guān)系分別如圖29乙、丙所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖29 (1)物塊質(zhì)量m； (2)物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.

11、解析：0～2 s，由題圖丙可知，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝1 m/s2 由牛頓第二定律有：E1q－μmg＝ma 2～4 s，由題圖丙可知，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng) 由平衡條件有：E2q＝μmg 結(jié)合以上幾式代入數(shù)據(jù)，解得：m＝1 kg μ＝0.2. 答案：(1)1 kg　(2)0.2 圖30 12．如圖30所示，兩根長均為L的絕緣細(xì)線下端各懸掛質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，帶電荷量分別為＋q和－q，若加上水平向左的場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場后，使連接AB的長也為L的絕緣細(xì)線繃緊，且兩球均處于平衡狀態(tài)．則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E應(yīng)滿足什么條件？ 圖31 解析：由于A、B均處于平衡，隔離A分析，受力如圖31所示，設(shè)OA繩拉力F1，AB繩拉力F2，正交分解F1， F1cos60°＋F2＋F庫＝qE① F1sin60°＝mg② F庫＝k③ 解①②③得： E＝＋＋. 因?yàn)镕2≥0，所以E≥＋. 答案：E≥＋