课时测评5 静电力的性质-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版2019）

课时测评5　静电力的性质 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1．(多选)如图所示，在等量正电荷连线的中垂线上有A、B、C、D四点，B、D两点关于O点对称，则下列关于A、B、C、D四点电场强度大小的说法正确的是(　　) A．EA>EB，EB＝ED B．EA<EB，EA<EC C．可能有EA<EB<EC，EB＝ED D．可能有EA＝EC<EB，EB＝ED 答案：CD 解析：根据等量同种电荷的电场特点，可知中垂线上各点的电场强度关于电荷连线对称，中点电场强度最小且为零，向两侧电场强度先逐渐增大到最大再逐渐减小，由于B、D两点关于O点对称，所以B、D两点的电场强度大小相同，由于中垂线上电场强度最大位置不确定，所以C点、B点、A点的电场强度大小关系可能有EA<EB<EC，也可能有EA＝EC<EB，故C、D正确，A、B错误。 2．如图所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B做匀速运动，电子重力不计，则电子除受静电力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　 ) A.先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 答案：B 解析：电子由A→O→B做匀速运动，可知运动过程中电子受力平衡，在AOB连线上的电场强度方向水平向右，且O点的电场强度最大，可知电子由A→O→B所受的静电力先变大后减小，方向水平向左，则所受的另一个力的大小也是先变大后变小，方向水平向右，故B正确。 3．如图所示，均匀带正电的半圆环ABC在其圆心O处产生的电场强度大小为E，方向与直径AC垂直。则AB部分(∠AOB＝90°)所带电荷在O点产生的电场强度大小为(　　 ) A．E B．E C．E D．E 答案：B 解析：半圆环ABC在其圆心O处产生的电场强度，可看作是AB部分和BC部分在O处产生的电场强度E1和E2的矢量和。E1和E2的大小相等，且与BO的夹角相等。如图所示，由于圆弧AB和BC是轴对称图形。所以电场强度E1和E2的方向沿着圆弧AB和BC的对称轴，即E1和E2的夹角为90°，则有E1＝E2，E＝E1，E1＝E，故B正确。 4．如图所示，四根完全相同的均匀带电绝缘长棒，对称地放置在长方体的四条长边a、b、c、d上，长方体的横截面为正方形。a、b处长棒带正电，c、d处长棒带负电，四根棒的带电量相同。设a处长棒在中心O点产生的电场强度大小为E。下列说法正确的是(　　) A．O点处电场强度大小为E B．O点处电场强度大小为2E C．移去a处长棒，O点处电场强度大小为3E D．移去c处长棒，O点处电场强度大小为E 答案：B 解析：由对称性可得，四根完全相同的均匀带电绝缘长棒在O点处的电场强度大小均为E，方向如图所示，由几何关系可得，O点处电场强度大小为EO＝＝2E，故A错误，B正确；由几何关系得，移去a处长棒或移去c处长棒，O点处电场强度大小均变为EO′＝＝E，故C、D错误。 5．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受静电力作用，运动过程中速度逐渐减小，下列各图是对它在b处时的运动方向与受力方向的分析，正确的是(　　) 答案：A 解析：带电粒子运动速度沿轨迹切线方向，受力方向与电场线在同一直线上，静电力指向轨迹弯曲的凹侧，B、C错误；由于运动过程中速度逐渐减小，则静电力做负功，A正确，D错误。 6．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B．粒子先加速后减速 C．粒子加速度一直增大 D．粒子的动能先减小后增大 答案：D 解析：粒子受到的电场力沿电场线并指向轨迹的凹侧方向，则粒子带正电，先向左做减速运动，后向右做加速运动，故A、B错误；根据电场线的疏密可知电场强度先变小后变大，则加速度先减小后增大，故C错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，所以动能先减小后增大，故D正确。 7．(多选)某电场的电场线分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的路径运动到N点。下列判断正确的是(　　 ) A．粒子带负电 B．静电力对粒子做负功 C．粒子在N点的加速度大于在M点的加速度 D．粒子在N点的速度大于在M点的速度 答案：CD 解析：根据粒子的运动轨迹可以知道，粒子受到的静电力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电，故A错误；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，静电力做正功，粒子动能增大，速度增大，故B错误，D正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在N点受到的静电力大于在M点受到的静电力，在N点的加速度大于在M点的加速度，故C正确。 8．如图所示，质量为m的带电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在电场强度为E的水平匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，重力加速度为g，则小球所带的电荷量应为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A． B． C． D． 答案：A 解析：对A球受力分析如图所示，根据平衡条件可知，qE和FT的合力与重力mg大小相等、方向相反，根据平衡条件可得tan 30°＝，解得q＝，故A正确，B、C、D错误。 9．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，在绝缘水平面上有两个质量相等的带异种电荷的小球a、b(可视为点电荷)，且电荷量大小分别为qa＝3q、qb＝q，由静止释放，二者之间距离为r，位置关系如图所示，发现两个小球始终处于相对静止状态。则下列说法正确的是(　　) A．a一定带正电，且电场强度大小为E＝ B．a一定带负电，且电场强度大小为E＝ C．a一定带正电，且电场强度大小为E＝ D．a一定带负电，且电场强度大小为E＝ 答案：B 解析：两小球始终处于相对静止状态，即加速度相等。如果a带正电，受到匀强电场向右的力和b对a向右的力，加速度向右；而b受到匀强电场向左的力和a对b向左的力，加速度向左，两小球加速度不相等，所以a一定带负电；取向左为正方向，对a，根据牛顿第二定律有3qE－＝maa；对b，根据牛顿第二定律有－qE＝mab，其中aa＝ab，解得E＝，故B正确。 10．(2022·山东高考)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷，点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，则q为(　　) A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝ C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝ 答案：C 解析：取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝E2＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k，又E′＝k，联立解得q＝，故C正确。 11．(10分)如图所示，竖直放置的两块足够长的平行金属板间存在匀强电场，在两极板间某位置用绝缘细线悬挂一质量m＝10 g的带电小球，静止时细线跟竖直方向成θ＝45°角，小球与右极板的距离为b＝20 cm。(g取10 m/s2) (1)若小球所带的电荷量q＝5×10-7C，则两极板间的电场强度大小为多少？ (2)若剪断细线，小球做什么运动？需多长时间到达右极板？ 答案：(1)2×105 N/C　(2)沿细线方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动　0.2 s 解析：(1)设细线的拉力为F，则有F sin θ＝qE F cos θ＝mg 解得E＝＝2×105 N/C。 (2)剪断细线后，小球沿细线方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，小球水平分运动也为初速度为零的匀加速直线运动 水平方向有mg tan θ＝ma 可得a＝g tan θ 由运动学公式有b＝at2 解得t＝0.2 s。 12．(10分)电荷量为q＝1×10-4 C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。若重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块的质量m； (2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ。 答案：(1)1 kg　(2)0.2 解析：(1)由题图可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma 2 s后物块做匀速直线运动，由力的平衡条件有 qE2＝μmg 联立解得q(E1－E2)＝ma 由题图可知E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，a＝1 m/s2 代入数据可得m＝1 kg。 (2)由(1)可知μ＝＝＝0.2。 学生用书第23页 学科网（北京）股份有限公司 $$