2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十）電磁場力的性質(zhì)

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1、2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十）電磁場力的性質(zhì) 對點訓(xùn)練：庫侖定律的理解與應(yīng)用 1.(xx·北京西城質(zhì)檢)如圖1所示，兩個電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質(zhì)絕緣細繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個小球的半徑r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為(　　) 圖1 A．0　　　　　　　　　　 B． C．2 D． 2．(xx·上海高考)A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為－2q的點電荷，其所受電場

2、力為(　　) A．－ B． C．－F D．F 對點訓(xùn)練：庫侖力作用下的平衡問題 3．絕緣細線的一端與一帶正電的小球M相連接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個帶電小球N，在下列情況下，小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是(　　) 圖2 4．(多選)(xx·武漢調(diào)研)如圖3所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電量分別為－q、Q、－q、Q。四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　) 圖3 A．cos3α＝　　　　　 B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin

3、3α＝ 對點訓(xùn)練：電場強度的疊加問題 5．如圖4所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(　　) 圖4 A．A點的電場強度大小為 B．B點的電場強度大小為E－k C．D點的電場強度大小不可能為0 D．A、C兩點的電場強度相同 6.(xx·河北省唐山一模)如圖5所示，勻強電場中的A、B、C三點構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形。電場強度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A動能減少E0，質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動到A動能

4、增加E0，已知電子和質(zhì)子電荷量絕對值均為e，則勻強電場的電場強度為(　　) 圖5 A． B． C． D． 7.如圖6所示，以o為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f。等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為E?，F(xiàn)改變a處點電荷的位置，使o點的電場強度改變，下列敘述正確的是(　　) 圖6 A．移至c處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe B．移至b處，o處的電場強度大小減半，方向沿od C．移至e處，o處的電場強度大小減半，方向沿oc D．移至f處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe 對點訓(xùn)練：電場線的理解與應(yīng)用 8．

5、在如圖7所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是(　　) 圖7 A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點 B．乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C．丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點 9．(xx·渭南質(zhì)檢)兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的質(zhì)點周圍的電場線如圖8所示，由圖可知(　　) 圖8 A．兩質(zhì)點帶異號電荷，且Q1>Q2 B．兩質(zhì)點帶異號電荷，且Q1Q2 D．兩質(zhì)點帶同號電荷，且Q1

6、選)如圖9所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是(　　) 圖9 A．b點電場強度大于d點電場強度 B．b點電場強度小于d點電場強度 C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差 D．試探電荷＋q在a點的電勢能小于在c點的電勢能 考點綜合訓(xùn)練 11．(xx·洛陽模擬)如圖10所示，均可視為質(zhì)點的三個物體A、B、C在傾角為30°的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA＝0.43 kg，mB＝0.20 kg，

7、mC＝0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB＝＋2×10－5 C、qC＝＋7×10－5 C且保持不變，開始時三個物體均能保持靜止。現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，力F變?yōu)楹懔ΑＲ阎o電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2。求： 圖10 (1)開始時BC間的距離L； (2)F從變力到恒力需要的時間t； (3)在時間t內(nèi)，力F做功WF＝2.31 J，求系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp。 12．(xx·四川資陽二診)如圖11所示，足夠長斜面傾角θ＝30°，斜面上A點上方光

8、滑，A點下方粗糙，μ＝，光滑水平面上B點左側(cè)有水平向右的勻強電場E＝105 V/m，可視為質(zhì)點的小物體C、D質(zhì)量分別為mC＝4 kg，mD＝1 kg，D帶電q＝3×10－4 C，用細線通過光滑滑輪連在一起，分別放在斜面及水平面上的P和Q點由靜止釋放，B、Q間距離d＝1 m，A、P間距離為2d。取g＝10 m/s2，求： 圖11 (1)物體C第一次運動到A點時的速度v0； (2)物體C第一次經(jīng)過A到第二次經(jīng)過A的時間t。 答 案 1．選B　輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F＝，選項B正確。 2．選B　設(shè)A處電場強度為E，則F＝qE；由點電荷的

9、電場強度公式可知，C處的電場強度為，在C處放電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為F′＝－2q·＝，選項B正確。 3.選B　M受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則絕緣細線對小球M的拉力與小球N對小球M的庫侖力的合力必與M的重力大小相等，方向相反，其受力分析圖如圖所示，故B正確。 4．選AC　設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為 2asin α，則兩個q之間距離為2acos α。選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k ，解得cos3α＝，故A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3 α＝，故C正確，D錯誤。 5．選A　＋Q在

10、A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，A正確；同理，B點的電場強度大小為E＋k，B錯誤；如果E＝k，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，D錯誤。 6．選D　根據(jù)題述，BC在一等勢面上，勻強電場的方向垂直于BC指向A。由eEasin 60°＝E0，解得：E＝，選項D正確。 7．選C　放置在a、d兩處的等量正、負點電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度方向相同，每個電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為。根據(jù)電場強度疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強度大小為，方向沿oe，選項A錯誤；a處正電荷移至b處，o處的電場強度大小為2··cos 3

11、0°＝E，方向沿∠eod的角平分線，選項B錯誤；a處正電荷移至e處，o處的電場強度大小為，方向沿oc，選項C正確；a處正電荷移至f處，o處的電場強度大小為2··cos 30°＝E，方向沿∠cod的角平分線，選項D錯誤。 8．選C　甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，選項A錯誤；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，選項B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，選項C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，選項D錯誤。 9．選A　由圖可知，

12、電場線起于Q1，止于Q2，故Q1帶正電，Q2帶負電，兩質(zhì)點帶異號電荷，在Q1附近電場線比Q2附近電場線密，故Q1>Q2，選項A正確。 10．選BC　根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生的電場的電場線分布情況和由電場線的疏密表示電場強度大小可知Ed＞Eb。故選項A錯誤，B正確。a、c兩點關(guān)于MN對稱，故Uab＝Ubc，選項C正確。沿電場線方向電勢降低，所以φa＞φc，由Ep＝qφ可知Epa＞Epc，故選項D錯誤。 11．解析：(1)ABC靜止時，以AB為研究對象有：(mA＋mB)gsin 30°＝ 解得：L＝2.0 m。 (2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運動，AB分離時兩者之間彈力恰好為零

13、，對B用牛頓第二定律得： －mBgsin 30°＝mBa 解得：l＝3.0 m 有勻加速運動規(guī)律得：l－L＝at2 解得：t＝1.0 s。 (3)AB分離時兩者仍有相同的速度，在時間t內(nèi)對AB用動能定理得： WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30°＋WC＝(mA＋mB)v2 及：v＝at 得：WC＝2.1 J 所以系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp＝－2.1 J。 答案：(1)2.0 m　(2)1.0 s　(3)－2.1 J 12．解析：(1)由題知釋放后C物體將沿斜面下滑，C物體從P到A過程，對C、D系統(tǒng)由動能定理： mCg·2dsin θ－Eq·d＝(mC＋mD)v0

14、2① 解①得：v0＝2 m/s。② (2)由題意，C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)向下運動的時間為t1，其加速度大小為a1，發(fā)生的位移為x1，對物體C： T1＋μmCgcos θ－mCgsin θ＝mCa1 ③ t1＝④ x1＝⑤ 對物體D：Eq－T1＝mDa1⑥ 設(shè)物體C在加速上滑到A的過程中，加速度大小為a2，時間為t2，對物體C： T2－μmCgcos θ－mCgsin θ＝mCa2⑦ 對物體D：Eq－T2＝mDa2⑧ x1＝a2t22⑨ t＝t1＋t2⑩ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得： t＝s≈1.82 s。? 答案：(1)2 m/s　(2)1.82 s