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(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)30 電場力的性質(zhì)(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題

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《(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)30 電場力的性質(zhì)(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(課標(biāo)通用)高考物理一輪復(fù)習(xí) 作業(yè)30 電場力的性質(zhì)(含解析)-人教版高三全冊(cè)物理試題(11頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè)30 電場力的性質(zhì) 一、選擇題 1.由庫侖定律可知,真空中兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷,帶電量分別為q1和q2,其間距離為r時(shí),它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量.若用國際單位制的基本單位表示, k的單位應(yīng)為(  ) A.kg·A2·m3     B.kg·A-2·m3·s-4 C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2 解析:由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時(shí)k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2·s2,又因1 N=1,整理可得k的單位應(yīng)為·,即kg·A-2·m3·s-4,故B正確. 答案:B 圖30-1 2.(鄭州模擬)如圖30-1所示,半

2、徑相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量,相隔一定距離,兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開.這時(shí),A、B兩球之間的相互作用力的大小是(  ) A.   B.   C.   D. 解析:A、B兩球互相吸引,說明它們必帶異種電荷,設(shè)它們帶的電荷量分別為+q、-q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后,A、C兩球帶電荷量平分,每個(gè)球帶電荷量為q1=+,當(dāng)再把C球與B球接觸后,兩球的電荷先中和再平分,每球帶電荷量q2=-.由庫侖定律F=k知,當(dāng)移開C球后,A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′=,A項(xiàng)正確. 答案:A 圖30-2 3

3、.如圖30-2所示,Q帶負(fù)電荷,導(dǎo)體P在a處接地,下列說法中正確的是(  ) A.導(dǎo)體P的a端不帶電荷,b端帶負(fù)電荷 B.導(dǎo)體P的a端帶正電荷,b端不帶電 C.導(dǎo)體P的a端帶正電荷,b端帶負(fù)電荷,且正、負(fù)電荷的電荷量相等 D.導(dǎo)體P的a端帶正電荷,b端帶負(fù)電荷,正電荷的電荷量大于負(fù)電荷的電荷量 解析:導(dǎo)體接地,它與大地組成一個(gè)導(dǎo)體,相對(duì)于負(fù)電荷Q,a端離Q較近.根據(jù)“近異遠(yuǎn)同”“兩端等量”的規(guī)律,導(dǎo)體a端帶正電,b端感應(yīng)出來的負(fù)電荷被導(dǎo)到大地上,所以不帶電,大地作為遠(yuǎn)端帶有等量的負(fù)電荷.故B正確,A、C、D錯(cuò)誤. 答案:B 圖30-3 4.(山西五校四聯(lián))兩點(diǎn)電荷Q1、

4、Q2產(chǎn)生的電場的電場線如圖30-3所示.根據(jù)電場線的分布情況,下列判斷正確的是(  ) A.Q1的電荷量小于Q2的電荷量 B.Q1的電荷量大于Q2的電荷量 C.Q1、Q2一定均為正電荷 D.Q1、Q2一定均為負(fù)電荷 解析:由電場線的分布情況可知,Q1的電荷量小于Q2的電荷量,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤.因?yàn)殡妶鼍€沒有標(biāo)出方向,不能斷定電荷的正負(fù),故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:A 5.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖30-4所示,在半球面AB上均勻分布著正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線,在軸線上有M、N兩點(diǎn),OM=ON

5、=2R.已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E,則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為(  ) 圖30-4 A. B.-E C.-E D.+E 解析:假設(shè)將帶電荷量為2q的球面放在O處,均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.則在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場為E==,由題知當(dāng)半球面如題圖所示在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為E,則N點(diǎn)的場強(qiáng)為E′=-E,B正確. 答案:B 圖30-5 6.如圖30-5所示,一個(gè)均勻的帶電圓環(huán),帶電荷量為+Q,半徑為R,放在絕緣水平桌面上.圓心為O點(diǎn),過O點(diǎn)作一豎直線,在此線上取一點(diǎn)A,使A到O點(diǎn)的距離為R,在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷+q,則+q在A

6、點(diǎn)所受的電場力為(  ) A.,方向向上 B.,方向向上 C.,方向水平向左 D.不能確定 解析:先把帶電圓環(huán)分成若干個(gè)小部分,每一部分可視為點(diǎn)電荷,各點(diǎn)電荷對(duì)檢驗(yàn)電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消,豎直向上方向上電場力大小為=,故選B. 答案:B 圖30-6 7.(多選)如圖30-6所示,在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球,帶電荷量分別為-q、Q、-q、Q.四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)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(  ) A.cos3α= B.cos3α= C.sin3α= D.sin

7、3α= 解析:設(shè)菱形邊長為a,則兩個(gè)Q之間距離為2asinα,兩個(gè)-q之間距離為2acosα.選?。璹作為研究對(duì)象,由庫侖定律和平衡條件得2kcosα=k,解得cos3α=,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤.選取Q作為研究對(duì)象,由庫侖定律和平衡條件得2ksinα=k,解得sin3α=,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤. 答案:AC 圖30-7 8.(多選)如圖30-7所示,有一帶電物體處在一個(gè)斜向上的勻強(qiáng)電場E中,由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(  ) A.物體一定帶正電 B.物體一定帶負(fù)電 C.物體不一定受彈力的作用 D.物體一定受彈力的作用 解析:若物體帶負(fù)電荷,則受電場

8、力向右下方,重力向下,則物體必然斜向下運(yùn)動(dòng),不符合題意,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;若物體帶正電,則受力分析如圖30-8所示,因物體做勻速直線運(yùn)動(dòng),則合力必為零,一定受到摩擦力,必然受到彈力作用,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 圖30-8 答案:AD 圖30-9 9.(佛山市大聯(lián)考)(多選)如圖30-9所示,A、B兩球所帶電荷量均為2×10-5 C,質(zhì)量均為0.72 kg,其中A球帶正電荷,B球帶負(fù)電荷,A球通過絕緣細(xì)線吊在天花板上,B球一端固定絕緣棒,現(xiàn)將B球放在某一位置,能使絕緣細(xì)線伸直,A球靜止且與豎直方向的夾角為30°,g取10 m/s2,則B球距離A球的距離可能為(  ) A.0.5

9、 m  B.0.8 m  C.1.2 m   D.2.5 m 解析:對(duì)A受力分析,受重力mg、繩的拉力FT、B對(duì)A的吸引力F,由分析知,A平衡時(shí),F(xiàn)的最小值為F=mgsin30°=,解得r=1 m,所以兩球的距離d≤1 m,A、B正確. 答案:AB 10.(安徽八校聯(lián)考)(多選)如圖30-10所示,一絕緣細(xì)線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計(jì)),地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB,圓心與小球a位置重合.一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點(diǎn)靜止釋放.小球a由于受到絕緣細(xì)線的拉力而靜止,其中細(xì)線O′a水平,Oa懸線與豎直方向的夾角為θ.當(dāng)小球b沿圓弧管道運(yùn)動(dòng)到小球a正下方B點(diǎn)時(shí)對(duì)管道壁恰

10、好無壓力,在此過程中(a、b兩球均可視為點(diǎn)電荷)(  ) 圖30-10 A.b球所受的庫侖力大小為3mg B.b球的機(jī)械能逐漸減小 C.水平細(xì)線的拉力先增大后減小 D.懸線Oa的拉力先增大后減小 解析:電場力對(duì)b球不做功,故b球的機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律可得mv=mgR,則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度vB=;小球?qū)艿罒o壓力,則F庫-mg=m,解得F庫=3mg,A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)小球b在某位置時(shí)和a點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為α,懸線Oa的拉力為FT1,懸線O′a的拉力為FT2,則對(duì)小球a,可得FT2=FT1sinθ+Fsinα,F(xiàn)T1cosθ=Fcosα,當(dāng)小球b從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí),

11、α角一直減小,可知FT1一直增大,D錯(cuò)誤;FT2=Fcosαtanθ+Fsinα=sin(θ+α),則當(dāng)α從90°減小到0時(shí),F(xiàn)T2先增大后減小,C正確. 答案:AC 圖30-11 11.(多選)如圖30-11所示,整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場,一長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)硬桿一端固定在O點(diǎn)、另一端固定一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球P,桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng),電場的電場強(qiáng)度大小為E=.先把桿拉至水平位置,然后將桿無初速度釋放,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則(  ) A.小球到最低點(diǎn)時(shí)速度最大 B.小球從開始至最低點(diǎn)過程中動(dòng)能一直增大 C.小球?qū)U的最大拉力大小為mg

12、D.小球可繞O點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng) 解析:如圖30-12所示,小球受到的重力和電場力分別為mg和qE=mg,此二力的合力大小為F=mg,方向?yàn)榕c豎直方向成30°角,可知桿從水平位置轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí),合力F與小球速度的方向夾角一直小于90°,F(xiàn)一直做正功 圖30-12 ,故小球轉(zhuǎn)到與合力F沿桿的方向相同時(shí)小球速度最大,且從開始至最低點(diǎn)過程中動(dòng)能一直增大,A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)小球的最大速度為v,從釋放到小球達(dá)到最大速度的過程,應(yīng)用動(dòng)能定理有:Eq(L+Lsin30°)+mgLcos30°=mv2-0,設(shè)小球速度最大時(shí),桿對(duì)小球的拉力為Fm,對(duì)小球應(yīng)用向心力公式有:Fm-F=,解得

13、Fm=mg,由牛頓第三定律知C正確;根據(jù)等效性可知桿轉(zhuǎn)過240°角時(shí)速度減小為0,未到達(dá)圓周的等效最高點(diǎn),小球不能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤. 答案:BC 12.(多選)P、Q兩電荷的電場線分布如圖30-13所示,a、b、c、d為電場中的四點(diǎn),c、d關(guān)于PQ連線的中垂線對(duì)稱.一個(gè)離子從a運(yùn)動(dòng)到b(不計(jì)重力),軌跡如圖所示,則下列判斷正確的是(  ) 圖30-13 A.P帶正電 B.c、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 C.離子在運(yùn)動(dòng)過程中受到P的吸引力 D.離子從a到b,電場力做正功 解析:由電場線的方向可知P帶正電,Q帶負(fù)電,A正確;c、d兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相同,但方向不同,B錯(cuò)誤;離子所受

14、電場力的方向應(yīng)該指向曲線的凹側(cè),故可以判斷出離子在運(yùn)動(dòng)過程中受到P電荷的吸引力,C正確;離子從a到b,電場力的方向和離子速度方向的夾角大于90°,電場力做負(fù)功,D錯(cuò)誤. 答案:AC 二、非選擇題 13.(2017年高考·北京卷)如圖30-14所示,長l=1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定,下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知小球所帶電荷量q=1.0×10-6 C,勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求: 圖30-14 (1)小球所受電場力F的大小

15、; (2)小球的質(zhì)量m; (3)將電場撤去,小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大?。? 解析:(1)F=qE=3.0×10-3 N. (2)由平衡條件得=tan37°, 得m=4.0×10-4 kg. (3)由動(dòng)能定理得mgl(1-cos37°)=mv2, 得v==2.0 m/s. 答案:(1)3.0×10-3 N (2)4.0×10-4 kg  (3)2.0 m/s 圖30-15 14.如圖30-15所示,一根長L=1.5 m的光滑絕緣細(xì)直桿MN,豎直固定在電場強(qiáng)度E=1.0×105 N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中.桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A,電荷量Q

16、=+4.5×10-6 C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng),電荷量q=+1.0×10-6 C,質(zhì)量m=1.0×10-2 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N由靜止釋放,小球B開始運(yùn)動(dòng).(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2)問: (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),距M端的高度h1為多少? 圖30-16 解析:(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力,如圖30-16所示沿桿方向運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得 mg--qEsinθ=ma 解得a=g-- 代入數(shù)據(jù)得a=3.2 m/s2. (2)小球B速度最大時(shí)合力為零,即 +qEsinθ=mg, 解得h1= 代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9 m. 答案:(1)3.2 m/s2 (2)0.9 m

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