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

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