课时作业(6) 电场的性质（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（粤教版2019）

课时作业(6)　电场的性质 [对应学生用书P150] 1．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg>qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则(　　) A．tb<ta<tc<td B．tb＝tc<ta＝td C．ta＝td<tb<tc D．tb<ta＝td<tc D　[根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab>aa＝ad>ac，又由h＝at2得tb<ta＝td<tc，D正确．] 2．(多选)如图所示，两个等量异种点电荷的连线和其中垂线上有a、b、c三点，下列说法正确的是(　　) A．a点电势比b点电势高 B．a、b两点的电场方向相同，b点电场强度比a点电场强度大 C．b点电势比c点电势高，电场方向相同 D．一个电子仅在静电力作用下不可能沿如图所示的曲线轨迹从a点运动到c点 BD　[由等量异种点电荷电场分布的特点可知，等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，因此a、b两点电势相等，A错误；在中垂线上电场方向都与中垂线垂直，且从b点向外电场强度越来越小，B正确；在两点电荷连线上，沿电场线方向电势越来越低，所以b点电势比c点电势低，C错误；电子所受静电力应指向电场的反方向，根据力与速度的关系可判断，电子不可能沿题图所示曲线轨迹运动，D正确．] 3．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，电荷量为＋q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为(重力加速度为 g)(　　) A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. A　[小球由A到B，由动能定理得：mgr＝mv2；在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得：qE－mg＝；联立以上两式解得：E＝；由于是点电荷形成的电场，由E＝得到，半圆弧上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度大小为E＝，故选A.] 4．(多选)O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将电子从O点静止释放，仅在静电力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如图所示．则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是(　　) A．静电力一定做正功 B．O点电势比A点电势高 C．从O到A的过程中，电场强度先减小后增大 D．从O到A的过程中，电场强度一直增大 AC　[由图可知，从O到A电势能减小，所以静电力做正功，A正确；因为φ＝且电子带负电，所以电势能越小，电势越大，所以O点的电势低于A点，B错误；因为＝－qE，所以图线的斜率绝对值代表静电力，从O到A斜率先减小后增大，故静电力先减小后增大，电场强度先减小后增大，C正确，D错误．] 5．A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示．一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．该电场是点电荷形成的电场 B．A、B两点电场强度的大小关系为EA<EB C．电子从A运动到B过程中静电力做负功 D．电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB D　[各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率的绝对值表示电场强度大小，可知该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度的大小关系为EA＝EB，A、B错误；由φ­x图像知：由A→B，电势升高，故电场强度的方向由B→A.一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中所受静电力方向与运动方向相同，静电力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能关系为EpA>EpB，C错误，D正确．] 6．如图为以P点为圆心、半径为R的部分或整个圆周上的四种电荷分布情形：甲图中电荷q均匀分布在四分之一的圆周；乙图中电荷2q均匀分布在半圆周；丙图中电荷3q均匀分布在四分之三的圆周；丁图中电荷4q均匀分布在整个圆周．这四种情形中电荷在P点所产生的电场强度的大小排列顺序为(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　　　丁 A．甲>乙>丙>丁 B．丁>丙>乙>甲 C．丁>乙>甲＝丙 D．乙>甲＝丙>丁 D　[甲图中电荷q均匀分布在四分之一的圆周，设在P点所产生的电场强度的大小为E甲；乙图中电荷2q均匀分布在半圆周，根据电场的叠加原理知，在P点所产生的电场强度的大小E乙＝E甲；丙图中电荷3q均匀分布在四分之三的圆周，根据电场的叠加原理知，在P点所产生的电场强度的大小E丙＝E甲；丁图中电荷4q均匀分布在整个圆周，根据电场的叠加原理知，在P点所产生的电场强度的大小E丁＝0，故D正确．] 7．(多选)如图所示，光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为－q的点电荷，在距水平面高h处的空间内存在一场源点电荷＋Q，两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°，现给－q一水平初速度，使其恰好(对水平面无压力)在水平面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　) A．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为 B．点电荷－q做匀速圆周运动的向心力为 C．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为 D．点电荷－q做匀速圆周运动的线速度为 BC　[点电荷－q做匀速圆周运动，库仑力的水平分量提供向心力，根据库仑定律以及力的分解有F＝cos30°＝，A错误，B正确；结合圆周运动规律有＝m，v＝，C正确，D错误．] 8．质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示．若A球的电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k，则： (1)B球的电荷量为多少； (2)水平外力多大． 解析　(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F.合力为零，由平衡条件得 Fcos30°－F1cos30°＝0， Fsin30°＋F1sin30°－mg＝0， 由库仑定律得F＝k， 联立上述三式，可得B球的带电荷量 qB＝. (2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零． 得T＝F′·cos30°， 而F′＝F＝mg， 所以，A球受到的水平推力 T＝mgcos30°＝mg. 答案　(1)　(2)mg 9．(多选)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是(　　) A．该匀强电场的场强方向与ab平行 B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5W C．a点电势低于c点电势 D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动 AB　[由题意可得Uab＝、Ucd＝，则Uab＝2Ucd，由c、d两点向ab直线作垂线，垂足c′、d′和O点即是ab线段的四等分点，故匀强电场的场强方向与ab平行，A正确；d′b＝ab，故该粒子从d点到b点，电场力做的功Wdb＝qUab＝0.5W，B正确；沿ab方向电势逐渐降低，c点与c′点电势相等，故a点电势高于c点电势，C错误；从d点沿平行于ba方向射入电场的粒子将做直线运动，D错误．] 10．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v­t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．由图线可知(　　) (a)　　　　　　　(b) A．甲、乙两球一定带异种电荷 B．t1时刻两球的电势能最小 C．0～t2时间内，两球间的静电力先增大后减小 D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小 C　[由图像0～t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两球的电性一定相同，A错误；0～t1时间内两球间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两球间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服静电力做功最多，两球的电势能最大，B错误；0～t1时间内两球间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两球间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两球间的静电力先增大后减小，C正确；由图像可知，在0～t3时间内，甲的速度一直增大即动能一直增大，乙的速度先减小后增大则动能先减小，t2时刻后逐渐增大，D错误．] 11．如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E＝(k为未知数)，在带电长直细棒右侧，有一长为L的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为＋q和＋4q，A球距长直细棒的距离也为L，两小球在外力F＝2mg的作用下处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用． (1)求k的值． (2)若撤去外力F，求在撤去外力瞬间A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力． 解析　(1)对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有：q＋4q＝2mg 得：k＝. (2)若撤去外力瞬间，A、B间细线拉力突然变为零，则：对A球：q＝maA 得：aA＝，方向向右 对B球：4q＝maB 得：aB＝，方向向右． 因为aA<aB，所以在撤去外力瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T. 因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有： q＋4q＝2ma 即：2mg＝2ma 得a＝g 对A：q＋T＝ma 解得：T＝. 故撤去外力瞬间，A、B的加速度a＝g，A、B小球间绝缘细线的拉力T＝. 答案　(1)　(2)g　g　 12．半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示．珠子所受静电力是重力的.将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g)，则： (1)珠子所能获得的最大动能是多少？ (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 解析　(1)因qE＝mg，所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝＝，故θ＝37°.如图所示，OB与竖直方向的夹角为θ，则B点为等效最低点，珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大． 由动能定理得 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ekm 解得Ekm＝mgr. (2)设珠子在B点受圆环弹力为FN， 有FN－F合＝m 则FN＝F合＋m＝＋mg＝mg 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg. 答案　(1)mgr　(2)mg 学科网（北京）股份有限公司 $$