《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 電場力的性質(zhì)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 電場力的性質(zhì)（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)18 電場力的性質(zhì)（含解析）一、單項選擇題1設(shè)某星球帶負電，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的地方相對于該星球無初速度釋放，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無法判斷解析：由平衡條件得G，即kqQGmM，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無關(guān)，B正確答案：B2如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，MOP60.電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大

2、小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的電場強度大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為()A12B21C2D4解析：因為兩個點電荷的電荷量相等、符號相反，設(shè)一個點電荷產(chǎn)生的電場強度為E，則兩個點電荷分別置于M、N兩點時，場強方向是相同的，故有E12E；將N點的點電荷移到P點后，通過假設(shè)其中一個點電荷為正電荷，作場強的矢量圖，可知兩個場強的方向夾角為120，故由平行四邊形定則可得，其合場強的大小E2E.所以，B正確答案：B3A、B、C三點在同一直線上，ABBC12，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

3、為2q的點電荷，其所受電場力為()A B.CFDF解析：設(shè)A處電場強度為E，則FqE；由點電荷的電場強度公式可知，C處的電場強度為E/4，在C處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為F2q，選項B正確答案：B4如圖所示，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.現(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()A移至c處，o處的電場強度大小不變，方向沿oeB移至b處，o處的電場強度大小減半，方向沿odC移至e處，o處的電場強度大小減半，方向沿ocD移至f處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe解

4、析：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E/2.根據(jù)場強疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強度大小為E/2，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2E/2cos30E, 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E/2，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2E/2cos30E，方向沿cod的角平分線，選項D錯誤答案：C5如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3在一條直線上，q2和q3的距離為q1和q2距離的兩倍，每個點電荷所受靜電力的合

5、力為零，由此可以判定，三個點電荷的電荷量之比q1q2q3為()A(9)4(36)B9436C(3)2(6)D326解析：由三電荷平衡模型的特點“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，對于q1有，則有，對q3有，所以，考慮到各電荷的電性，故A正確答案：A二、多項選擇題6一絕緣細線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桿，一帶負電的小球b穿過桿在其左側(cè)較遠處，小球a由于受到水平絕緣細線的拉力而靜止，如圖所示現(xiàn)保持懸線與豎直方向的夾角為，并在較遠處由靜止釋放小球b，讓其從遠處沿桿向右移動到a點的正下方

6、，在此過程中()A懸線Oa的拉力逐漸增大，水平細線的拉力逐漸減小Bb球的加速度先增大后減小，速度始終增大Cb球所受的庫侖力一直增大Db球所受的庫侖力先減小后增大解析：由庫侖定律可知，b球所受的庫侖力逐漸增大，該庫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的拉力會逐漸增大，水平細線的拉力先增大后減小，A錯誤，B正確；b球受到的庫侖力Fk，在運動過程中，a、b球間距離一直減小，則b球所受庫侖力一直增大，C正確，D錯誤答案：BC7如圖所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)，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

7、點，且POON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質(zhì)點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，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，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，負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點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，vt圖線的斜率先變大后變??；由O點到無窮遠，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性如果PN足夠遠，B正確，如果PN很近，A正確答案：AB8如圖所示，A、B、C三個小球(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B小球帶負電，電荷量為q，A、C兩小球不帶電(不考慮小

8、球間的電荷感應(yīng))，不可伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O點，三個小球均處于豎直向上的勻強電場中，電場強度大小為E，則以下說法正確的是()A靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mgqEB靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mgqEC剪斷O點與A小球間細線瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qED剪斷O點與A小球間細線瞬間，A、B兩小球間細線的拉力為qE解析：以B、C整體為研究對象，靜止時由受力分析可知A、B兩小球間細線的拉力F5mgqE，A正確，B錯誤；O點與A小球間細線被剪斷的瞬間，由于B小球受到向下的電場力，故A、B兩小球的加速度大于C小球的加速度，B、C兩小球間細線將處于松弛狀態(tài)，故以A

9、、B兩小球為研究對象有3mgqE3ma，以A小球為研究對象有mgFma，解得FqE，C正確，D錯誤答案：AC三、非選擇題9用兩根長度均為L的絕緣細線各系一個小球，并懸掛于同一點已知兩小球質(zhì)量均為m，當(dāng)它們帶上等量同種電荷時，兩細線與豎直方向的夾角均為，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??；(2)小球所帶的電荷量解析：(1)對小球進行受力分析，如圖所示設(shè)繩子對小球的拉力為T，cosT(2)設(shè)小球在水平方向受到庫侖力的大小為F，tanFmgtan又因為：Fkr2Lsin所以Q2Lsin.答案：(1)(2)2Lsin10懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一

10、個質(zhì)量為m、帶電量為q的小球，若在空間加一勻強電場，則小球靜止時細線與豎直方向夾角為，如圖所示，求：(1)所加勻強電場場強最小值的大小和方向；(2)若在某時刻突然撤去電場，當(dāng)小球運動到最低點時，小球?qū)毦€的拉力為多大解析：(1)當(dāng)電場力的方向與細線垂直時，電場強度最小由mgsinqE，解得：E.小球帶負電，所受電場力方向與場強方向相反，故場強方向為斜向左下方(2)設(shè)線長為l，小球運動到最低點的速度為v，細線對小球的拉力為F，則有：mgl(1cos)mv2，F(xiàn)mgm聯(lián)立解得：Fmg(32cos)根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)毦€的拉力FFmg(32cos)答案：(1)斜向左下方(2)mg(32cos)

11、11如圖所示，有一水平向左的勻強電場，場強為E1.25104 N/C，一根長L1.5 m、與水平方向的夾角37的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q4.5106C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q1.0106C，質(zhì)量m1.0102 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動(靜電力常量k9.0109 Nm2/C2，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？解析：(1)如圖所示，開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsinqEcosma.解得：agsinqE，代入數(shù)據(jù)解得：a3.2 m/s2.(2)小球B速度最大時合力為零，即mgsinqEcos0.解得：r，代入數(shù)據(jù)解得：r0.9 m.答案：(1)3.2 m/s2(2)0.9 m