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2019-2020年高考物理一輪復習 課時作業(yè)18 電場力的性質(zhì)（含解析） 一、單項選擇題 1．設某星球帶負電，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無關，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，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60.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(　　) A．12 B．21 C．2 D．4 解析：因為兩個點電荷的電荷量相等、符號相反，設一個點電荷產(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E1＝2E；將N點的點電荷移到P點后，通過假設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E2＝E.所以＝＝，B正確． 答案：B 3．A、B、C三點在同一直線上，ABBC＝12，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷．當在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處放電荷量為－2q的點電荷，其所受電場力為(　　) A．－ B. C．－F D．F 解析：設A處電場強度為E，則F＝qE；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F′＝－2q＝，選項B正確． 答案：B 4．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oe B．移至b處，o處的電場強度大小減半，方向沿od C．移至e處，o處的電場強度大小減半，方向沿oc D．移至f處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe 解析：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/2cos30＝E, 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/2cos30＝E，方向沿∠cod的角平分線，選項D錯誤． 答案：C 5．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力為零，由此可以判定，三個點電荷的電荷量之比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“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θ，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，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 B．b球的加速度先增大后減小，速度始終增大 C．b球所受的庫侖力一直增大 D．b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F＝k，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：BC  7．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點，且PO＝ON.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)榱悖撾姾墒芰ρ卮怪逼椒志€，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)榱悖俣冗_到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點到無窮遠，速度變化情況與另一側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：AB 8．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(不考慮小球間的電荷感應)，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5mg＋qE B．靜止時，A、B兩小球間細線的拉力為5mg－qE C．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 D．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F＝5mg＋qE，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、B兩小球為研究對象有3mg＋qE＝3ma，以A小球為研究對象有mg＋F′＝ma，解得F′＝qE，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，當它們帶上等量同種電荷時，兩細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??； (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． 設繩子對小球的拉力為T，＝cosθ　T＝ (2)設小球在水平方向受到庫侖力的大小為F， ＝tanθ　F＝mgtanθ 又因為：F＝k　r＝2Lsinθ 所以Q＝2Lsinθ. 答案：(1)　(2)2Lsinθ 10．懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個質(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θ，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，當小球運動到最低點時，小球對細線的拉力為多大． 解析：(1)當電場力的方向與細線垂直時，電場強度最?。? 由mgsinθ＝qE，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(1－cosθ)＝mv2， F－mg＝m 聯(lián)立解得：F＝mg(3－2cosθ)． 根據(jù)牛頓第三定律，小球對細線的拉力 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電場，場強為E＝1.25104 N/C，一根長L＝1.5 m、與水平方向的夾角θ＝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Q＝＋4.510－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，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開始運動．(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