2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)18 電場(chǎng)力的性質(zhì)（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)18 電場(chǎng)力的性質(zhì)（含解析） 一、單項(xiàng)選擇題 1．設(shè)某星球帶負(fù)電，一電子粉塵懸浮在距星球表面1 000 km的地方，若將同樣的電子粉塵帶到距星球表面2 000 km的地方相對(duì)于該星球無(wú)初速度釋放，則此電子粉塵(　　) A．向星球下落 B．仍在原處懸浮 C．被推向太空 D．無(wú)法判斷 解析：由平衡條件得＝G，即kqQ＝GmM，此式中的q、Q表示電子粉塵和星球所帶的電荷量，m、M分別表示它們的質(zhì)量，由此看出，平衡條件與r無(wú)關(guān)，B正確． 答案：B 2．如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心，∠MOP＝60.電荷量相等、符號(hào)相反的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E1；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移至P點(diǎn)，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為(　　) A．12 B．21 C．2 D．4 解析：因?yàn)閮蓚€(gè)點(diǎn)電荷的電荷量相等、符號(hào)相反，設(shè)一個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則兩個(gè)點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)方向是相同的，故有E1＝2E；將N點(diǎn)的點(diǎn)電荷移到P點(diǎn)后，通過(guò)假設(shè)其中一個(gè)點(diǎn)電荷為正電荷，作場(chǎng)強(qiáng)的矢量圖，可知兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)的方向夾角為120，故由平行四邊形定則可得，其合場(chǎng)強(qiáng)的大小E2＝E.所以＝＝，B正確． 答案：B 3．A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，ABBC＝12，B點(diǎn)位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷．當(dāng)在A處放一電荷量為＋q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力為(　　) A．－ B. C．－F D．F 解析：設(shè)A處電場(chǎng)強(qiáng)度為E，則F＝qE；由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式可知，C處的電場(chǎng)強(qiáng)度為－E/4，在C處放電荷量為－2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力為F′＝－2q＝，選項(xiàng)B正確． 答案：B 4．如圖所示，以o為圓心的圓周上有六個(gè)等分點(diǎn)a、b、c、d、e、f.等量正、負(fù)點(diǎn)電荷分別放置在a、d兩處時(shí)，在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.現(xiàn)改變a處點(diǎn)電荷的位置，使o點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度改變，下列敘述正確的是(　　) A．移至c處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向沿oe B．移至b處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小減半，方向沿od C．移至e處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小減半，方向沿oc D．移至f處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向沿oe 解析：放置在a、d兩處的等量正、負(fù)點(diǎn)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，每個(gè)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2.根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oe，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a處正電荷移至b處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E/2cos30＝E, 方向沿∠eod的角平分線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a處正電荷移至e處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oc，選項(xiàng)C正確；a處正電荷移至f處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E/2cos30＝E，方向沿∠cod的角平分線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 5．如圖所示，三個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2、q3在一條直線上，q2和q3的距離為q1和q2距離的兩倍，每個(gè)點(diǎn)電荷所受靜電力的合力為零，由此可以判定，三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量之比q1q2q3為(　　) A．(－9)4(－36) B．9436 C．(－3)2(－6) D．326 解析：由三電荷平衡模型的特點(diǎn)“兩同夾異”可知，q1和q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷，設(shè)q1和q2距離為r，則q2和q3的距離為2r，對(duì)于q1有＝，則有＝，對(duì)q3有＝，所以＝，考慮到各電荷的電性，故A正確． 答案：A 二、多項(xiàng)選擇題 6．一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶正電的小球a，在正下方有一光滑的絕緣水平細(xì)桿，一帶負(fù)電的小球b穿過(guò)桿在其左側(cè)較遠(yuǎn)處，小球a由于受到水平絕緣細(xì)線的拉力而靜止，如圖所示．現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為θ，并在較遠(yuǎn)處由靜止釋放小球b，讓其從遠(yuǎn)處沿桿向右移動(dòng)到a點(diǎn)的正下方，在此過(guò)程中(　　) A．懸線Oa的拉力逐漸增大，水平細(xì)線的拉力逐漸減小 B．b球的加速度先增大后減小，速度始終增大 C．b球所受的庫(kù)侖力一直增大 D．b球所受的庫(kù)侖力先減小后增大 解析：由庫(kù)侖定律可知，b球所受的庫(kù)侖力逐漸增大，該庫(kù)侖力與豎直方向的夾角逐漸減小，所以其豎直分量逐漸增大，而水平方向的分量先增大后減小，所以懸線Oa的拉力會(huì)逐漸增大，水平細(xì)線的拉力先增大后減小，A錯(cuò)誤，B正確；b球受到的庫(kù)侖力F＝k，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b球間距離一直減小，則b球所受庫(kù)侖力一直增大，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：BC  7．如圖所示，兩個(gè)帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑絕緣水平面上．P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點(diǎn)，且PO＝ON.現(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下圖關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是(　　) 解析：在AB的垂直平分線上，從無(wú)窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，?fù)電荷受力沿垂直平分線，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變??；由O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn)，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱性．如果PN足夠遠(yuǎn)，B正確，如果PN很近，A正確． 答案：AB 8．如圖所示，A、B、C三個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負(fù)電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的電荷感應(yīng))，不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線將三個(gè)小球連接起來(lái)懸掛在O點(diǎn)，三個(gè)小球均處于豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg＋qE B．靜止時(shí)，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為5mg－qE C．剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qE D．剪斷O點(diǎn)與A小球間細(xì)線瞬間，A、B兩小球間細(xì)線的拉力為qE 解析：以B、C整體為研究對(duì)象，靜止時(shí)由受力分析可知A、B兩小球間細(xì)線的拉力F＝5mg＋qE，A正確，B錯(cuò)誤；O點(diǎn)與A小球間細(xì)線被剪斷的瞬間，由于B小球受到向下的電場(chǎng)力，故A、B兩小球的加速度大于C小球的加速度，B、C兩小球間細(xì)線將處于松弛狀態(tài)，故以A、B兩小球?yàn)檠芯繉?duì)象有3mg＋qE＝3ma，以A小球?yàn)檠芯繉?duì)象有mg＋F′＝ma，解得F′＝qE，C正確，D錯(cuò)誤． 答案：AC 三、非選擇題 9．用兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線各系一個(gè)小球，并懸掛于同一點(diǎn)．已知兩小球質(zhì)量均為m，當(dāng)它們帶上等量同種電荷時(shí)，兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，如圖所示．若已知靜電力常量為k，重力加速度為g.求： (1)小球所受拉力的大小； (2)小球所帶的電荷量． 　 解析：(1)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示． 設(shè)繩子對(duì)小球的拉力為T，＝cosθ　T＝ (2)設(shè)小球在水平方向受到庫(kù)侖力的大小為F， ＝tanθ　F＝mgtanθ 又因?yàn)椋篎＝k　r＝2Lsinθ 所以Q＝2Lsinθ. 答案：(1)　(2)2Lsinθ 10．懸掛在O點(diǎn)的一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線下端有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為－q的小球，若在空間加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，則小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，如圖所示，求： (1)所加勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)最小值的大小和方向； (2)若在某時(shí)刻突然撤去電場(chǎng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球?qū)?xì)線的拉力為多大． 解析：(1)當(dāng)電場(chǎng)力的方向與細(xì)線垂直時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度最?。? 由mgsinθ＝qE，解得：E＝. 小球帶負(fù)電，所受電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，故場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)樾毕蜃笙路剑? (2)設(shè)線長(zhǎng)為l，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為v，細(xì)線對(duì)小球的拉力為F，則有：mgl(1－cosθ)＝mv2， F－mg＝m 聯(lián)立解得：F＝mg(3－2cosθ)． 根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)?xì)線的拉力 F′＝F＝mg(3－2cosθ)． 答案：(1)　斜向左下方　(2)mg(3－2cosθ) 11．如圖所示，有一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E＝1.25104 N/C，一根長(zhǎng)L＝1.5 m、與水平方向的夾角θ＝37的光滑絕緣細(xì)直桿MN固定在電場(chǎng)中，桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝＋4.510－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q＝＋1.010－6C，質(zhì)量m＝1.010－2 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)．(靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，取g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)求： (1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時(shí)，與M端的距離r為多大？ 解析：(1)如圖所示，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫(kù)侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ－－qEcosθ＝ma.解得：a＝gsinθ－－qE，代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2 m/s2. (2)小球B速度最大時(shí)合力為零， 即mgsinθ－－qEcosθ＝0. 解得：r＝，代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9 m. 答案：(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m