2019-2020年高考物理一轮复习 课时作业18 电场力的性质(含解析).doc
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2019-2020年高考物理一轮复习 课时作业18 电场力的性质(含解析)一、单项选择题1设某星球带负电,一电子粉尘悬浮在距星球表面1 000 km的地方,若将同样的电子粉尘带到距星球表面2 000 km的地方相对于该星球无初速度释放,则此电子粉尘()A向星球下落B仍在原处悬浮C被推向太空D无法判断解析:由平衡条件得G,即kqQGmM,此式中的q、Q表示电子粉尘和星球所带的电荷量,m、M分别表示它们的质量,由此看出,平衡条件与r无关,B正确答案:B2如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O点为半圆弧的圆心,MOP60.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点,这时O点电场强度的大小为E1;若将N点处的点电荷移至P点,则O点的电场强度大小变为E2,E1与E2之比为()A12B21C2D4解析:因为两个点电荷的电荷量相等、符号相反,设一个点电荷产生的电场强度为E,则两个点电荷分别置于M、N两点时,场强方向是相同的,故有E12E;将N点的点电荷移到P点后,通过假设其中一个点电荷为正电荷,作场强的矢量图,可知两个场强的方向夹角为120,故由平行四边形定则可得,其合场强的大小E2E.所以,B正确答案:B3A、B、C三点在同一直线上,ABBC12,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷当在A处放一电荷量为q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放电荷量为2q的点电荷,其所受电场力为()A B.CFDF解析:设A处电场强度为E,则FqE;由点电荷的电场强度公式可知,C处的电场强度为E/4,在C处放电荷量为2q的点电荷,其所受电场力为F2q,选项B正确答案:B4如图所示,以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时,在圆心o处产生的电场强度大小为E.现改变a处点电荷的位置,使o点的电场强度改变,下列叙述正确的是()A移至c处,o处的电场强度大小不变,方向沿oeB移至b处,o处的电场强度大小减半,方向沿odC移至e处,o处的电场强度大小减半,方向沿ocD移至f处,o处的电场强度大小不变,方向沿oe解析:放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心o处产生的电场强度方向相同,每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为E/2.根据场强叠加原理,a处正电荷移至c处,o处的电场强度大小为E/2,方向沿oe,选项A错误;a处正电荷移至b处,o处的电场强度大小为2E/2cos30E, 方向沿eod的角平分线,选项B错误;a处正电荷移至e处,o处的电场强度大小为E/2,方向沿oc,选项C正确;a处正电荷移至f处,o处的电场强度大小为2E/2cos30E,方向沿cod的角平分线,选项D错误答案:C5如图所示,三个点电荷q1、q2、q3在一条直线上,q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍,每个点电荷所受静电力的合力为零,由此可以判定,三个点电荷的电荷量之比q1q2q3为()A(9)4(36)B9436C(3)2(6)D326解析:由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知,q1和q3为同种电荷,它们与q2互为异种电荷,设q1和q2距离为r,则q2和q3的距离为2r,对于q1有,则有,对q3有,所以,考虑到各电荷的电性,故A正确答案:A二、多项选择题6一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a,在正下方有一光滑的绝缘水平细杆,一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处,小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止,如图所示现保持悬线与竖直方向的夹角为,并在较远处由静止释放小球b,让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方,在此过程中()A悬线Oa的拉力逐渐增大,水平细线的拉力逐渐减小Bb球的加速度先增大后减小,速度始终增大Cb球所受的库仑力一直增大Db球所受的库仑力先减小后增大解析:由库仑定律可知,b球所受的库仑力逐渐增大,该库仑力与竖直方向的夹角逐渐减小,所以其竖直分量逐渐增大,而水平方向的分量先增大后减小,所以悬线Oa的拉力会逐渐增大,水平细线的拉力先增大后减小,A错误,B正确;b球受到的库仑力Fk,在运动过程中,a、b球间距离一直减小,则b球所受库仑力一直增大,C正确,D错误答案:BC7如图所示,两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷),被固定在光滑绝缘水平面上P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点,且POON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点),由P点静止释放,在小球C向N点运动的过程中,下图关于小球C的速度图象中,可能正确的是()解析:在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,负电荷受力沿垂直平分线,电荷的加速度先变大后变小,速度不断增大,在O点加速度变为零,速度达到最大,vt图线的斜率先变大后变小;由O点到无穷远,速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果PN足够远,B正确,如果PN很近,A正确答案:AB8如图所示,A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m,B小球带负电,电荷量为q,A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应),不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点,三个小球均处于竖直向上的匀强电场中,电场强度大小为E,则以下说法正确的是()A静止时,A、B两小球间细线的拉力为5mgqEB静止时,A、B两小球间细线的拉力为5mgqEC剪断O点与A小球间细线瞬间,A、B两小球间细线的拉力为qED剪断O点与A小球间细线瞬间,A、B两小球间细线的拉力为qE解析:以B、C整体为研究对象,静止时由受力分析可知A、B两小球间细线的拉力F5mgqE,A正确,B错误;O点与A小球间细线被剪断的瞬间,由于B小球受到向下的电场力,故A、B两小球的加速度大于C小球的加速度,B、C两小球间细线将处于松弛状态,故以A、B两小球为研究对象有3mgqE3ma,以A小球为研究对象有mgFma,解得FqE,C正确,D错误答案:AC三、非选择题9用两根长度均为L的绝缘细线各系一个小球,并悬挂于同一点已知两小球质量均为m,当它们带上等量同种电荷时,两细线与竖直方向的夹角均为,如图所示若已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球所受拉力的大小;(2)小球所带的电荷量解析:(1)对小球进行受力分析,如图所示设绳子对小球的拉力为T,cosT(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F,tanFmgtan又因为:Fkr2Lsin所以Q2Lsin.答案:(1)(2)2Lsin10悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个质量为m、带电量为q的小球,若在空间加一匀强电场,则小球静止时细线与竖直方向夹角为,如图所示,求:(1)所加匀强电场场强最小值的大小和方向;(2)若在某时刻突然撤去电场,当小球运动到最低点时,小球对细线的拉力为多大解析:(1)当电场力的方向与细线垂直时,电场强度最小由mgsinqE,解得:E.小球带负电,所受电场力方向与场强方向相反,故场强方向为斜向左下方(2)设线长为l,小球运动到最低点的速度为v,细线对小球的拉力为F,则有:mgl(1cos)mv2,Fmgm联立解得:Fmg(32cos)根据牛顿第三定律,小球对细线的拉力FFmg(32cos)答案:(1)斜向左下方(2)mg(32cos)11如图所示,有一水平向左的匀强电场,场强为E1.25104 N/C,一根长L1.5 m、与水平方向的夹角37的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q4.5106C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q1.0106C,质量m1.0102 kg.现将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动(静电力常量k9.0109 Nm2/C2,取g10 m/s2,sin370.6,cos370.8)求:(1)小球B开始运动时的加速度为多大?(2)小球B的速度最大时,与M端的距离r为多大?解析:(1)如图所示,开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mgsinqEcosma.解得:agsinqE,代入数据解得:a3.2 m/s2.(2)小球B速度最大时合力为零,即mgsinqEcos0.解得:r,代入数据解得:r0.9 m.答案:(1)3.2 m/s2(2)0.9 m- 配套讲稿:
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