《2018届高考物理总复习 第7单元 静电场 作业手册（19）电场的力的性质》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高考物理总复习 第7单元 静电场 作业手册（19）电场的力的性质（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业(十九)第19讲电场的力的性质时间 / 40分钟基础巩固1.2017湖南衡阳八中三检 下列关于电场强度的说法中正确的是() A.由E=知,若q减半,则该处电场强度变为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度均相同D.电场中某点的电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向2.如图K19-1所示为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线,已知该电场线关于图中虚线对称,O点为A、B两点电荷连线的中点,a、b为A、B两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的两点,则下列说法中正确的是()图K19-1A.A、B可能为
2、等量异号点电荷B.A、B可能为电荷量不相等的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受的电场力大小相等,方向相反3.库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律,它的发现是受万有引力定律的启发,实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力.如图K19-2所示为无大气层、均匀带有大量负电荷且质量分布均匀的某星球,将一个带电微粒置于距该星球表面一定高度处并将其无初速度释放,发现微粒恰好能保持静止.若给微粒一个如图所示的初速度v,则下列说法中正确的是()图K19-2A.微粒将做匀速直线运动B.微粒将做圆周运动C.库仑力对微粒做负功D.万有引力对微粒做正功4.如图K
3、19-3所示,光滑水平桌面上有A、B两个可以看作点电荷的带电小球,A球带电荷量为+3q,B球带电荷量为-q,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍.若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,则C球所带的电荷量为()图K19-3A.q5.2017甘肃二诊 如图K19-4所示,等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放,则关于小球由C点运动到D点的过程,下列说法中正确的
4、是()图K19-4A.杆对小球的作用力先增大后减小B.杆对小球的作用力先减小后增大C.小球的速度先增大后减小D.小球的速度先减小后增大6.2017四川遂宁三诊 在场强为E=k(k为静电力常量)的匀强电场中,以O点为圆心,以r为半径作一个圆周,在O点固定一个带电荷量为+Q的点电荷,ac、bd为相互垂直的两条直径,其中bd与电场线平行,如图K19-5所示.若不计试探电荷的重力,则()图K19-5A.把一试探电荷+q放在a点,试探电荷恰好处于平衡状态B.把一试探电荷-q放在b点,试探电荷恰好处于平衡状态C.把一试探电荷-q放在c点,试探电荷恰好处于平衡状态D.把一试探电荷+q放在d点,试探电荷恰好处
5、于平衡状态 技能提升7.2017湖南衡阳二联 如图K19-6所示,一细棒均匀带电,所带的总电荷量为+Q,在过其中点c且与其垂直的直线上有a、b、d三点,且ab=bc=cd=L,在a点处有一电荷量为+的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处的场强大小为(静电力常量为k)()图K19-6A.k8.2017长春外国语学校期末 a、b两个带电小球的质量均为m,所带的电荷量分别为+3q和-q,两球间用一绝缘细线连接,用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E,平衡时两细线都被拉紧,则平衡时两球的位置可能是图K19-7中的()图K19-79.2017
6、安徽黄山二模 如图K19-8所示,两根长度相等的绝缘细线的上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角均为=30,重力加速度为g.以下说法中正确的是()图K19-8A.细线对小球的拉力大小为mgB.两小球间的静电力大小为mgC.剪断左侧细线的瞬间,P球的加速度大小为2gD.当两球间的静电力瞬间消失时,Q球的加速度大小为g10.2018郑州外国语学校月考 如图K19-9所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷,将质量为m、带电荷量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放,小球沿细管滑到最低点B时,对管壁恰好
7、无压力.(1)求固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小;(2)若把O处固定的点电荷拿走,加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场,带电小球仍从A点由静止释放,下滑到最低点B时,小球对环的压力为多大?图K19-9挑战自我11.2017安徽六校联考 水平面上的A、B、C三点分别固定着电荷量均为Q的正点电荷,将一个质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,OABC恰好构成一个棱长为L的正四面体,如图K19-10所示.已知静电力常量为k,重力加速度为g.若小球能静止在O点,则小球所带的电荷量为()图K19-10A.C.12.2017长沙一中模拟 如图K19-11所示,平行板电容器的两板水
8、平正对放置,在两板的正中心上各开一个孔,孔相对极板很小,对两板间电场分布的影响忽略不计.现给上、下两板分别充上等量的正、负电荷,上板带正电、下板带负电,使两板间形成匀强电场,电场强度大小为E=.一根长为L的绝缘轻质硬杆的上、下两端分别固定一个带电金属小球A、B,两球大小相等,且直径小于电容器极板上的孔,A球所带的电荷量QA=-3q,B球所带的电荷量QB=+q,两球质量均为m.将杆和球组成的装置移动到上极板上方且使其保持竖直,使B球刚好位于上板小孔的中心处且球心与上极板在同一平面内,然后由静止释放.已知带电平行板电容器只在其两板间存在电场,两球在运动过程中不会接触到极板且各自带的电荷量始终不变.
9、忽略两球产生的电场对平行板间匀强电场的影响,两球可以看成质点,电容器极板厚度不计,重力加速度为g.(1)B球刚进入两板间时,求杆和球组成的装置的加速度大小;(2)若B球从下极板的小孔穿出后刚好能运动的距离,求电容器两极板的间距d. 图K19-11课时作业(十九)1.B解析 电场中某点的场强大小与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心、r为半径的球面上的各点的电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点的电场强度的方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误.2.D解析 根据电场线的方向及对称性可知该
10、电场是由等量同种点电荷形成的,故A、B错误;a、b两点处虽没有画出电场线,但这两点的电场强度都不为零,C错误;根据该电场的特点可知,同一试探电荷在a、b两点所受的电场力等大反向,D正确.3.A解析 微粒处于静止状态,受力平衡,说明库仑力和万有引力大小相等,方向相反,由于库仑力与万有引力都与距离的二次方成反比,所以微粒的高度改变对库仑力和万有引力的二力平衡没有影响,微粒将做匀速直线运动,A正确,B错误;星球对微粒的万有引力向下,库仑力向上,微粒远离星球时,万有引力对微粒做负功,库仑力对微粒做正功,C、D错误.4.B解析 根据题述,由静止同时释放A、B两球,A球的加速度大小为B球的两倍,可知A球的
11、质量是B球的,若在A、B连线的中点固定一个带正电荷的C球(也可看作点电荷),再由静止同时释放A、B两球,两球的加速度相等,对A球,由牛顿第二定律得k=ma,对B球,由牛顿第二定律得k=2ma,联立解得Q=q,选项B正确.5.A解析 小球从C点运动到D点的过程中,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误;因直杆处于A、B的连线的中垂线上,所以直杆上所有点处的电场方向都是水平向右的,对带电小球进行受力分析,它受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力等于重力,小球的加速度大小始终等于重力加速度,所以小球
12、一直在做匀加速直线运动,故C、D错误.6.B解析 点电荷在a点产生的电场强度方向水平向右,大小为Ea=k,与电场E叠加后,合场强斜向右上方,故试探电荷受力不平衡,A错误;点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下,大小为Eb=k,与电场E叠加后,合场强为零,试探电荷受力平衡,B正确;在c点的合场强方向斜向左上方,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,C错误;在d点的合场强方向竖直向上,电场强度不为零,试探电荷受力不平衡,D错误.7.A解析 电荷量为+,方向向右,而b点处的场强为零,根据电场的叠加原理可知,细棒与点电荷在b点处产生的电场强度大小相等,方向相反,则细棒在b点处产生的电场强度大小为E=,方
13、向向左,根据对称性可知,细棒在d点处产生的电场强度大小为,方向向右,而电荷量为+,方向向右,所以d点处的场强大小为Ed=E+E=,方向向右,故选项A正确.8.D解析 a带正电,受到的电场力水平向左,b带负电,受到的电场力水平向右.以整体为研究对象,整体所受的电场力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图所示,则上面悬挂a的绳子应向左偏转,设上面的绳子与竖直方向的夹角为,则由平衡条件得tan =;以b球为研究对象,设a、b间的绳子与竖直方向的夹角为,则由平衡条件得tan =,可得=,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误.9.C解析 对P球受力分析,根据共点力平衡条件得
14、,细线的拉力大小T=2mg,静电力大小F=mg,A、B错误;剪断左侧细线的瞬间,P球受到的重力和静电力不变,因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g,C正确;当两球间的静电力消失时,Q球开始做圆周运动,将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解,由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度,根据牛顿第二定律得a=g,D错误.10.(1)(2)3(mg+qE)解析 (1)由A到B,由动能定理得mgr=mv2-0在B点,对小球受力分析,由牛顿第二定律得qE-mg=m联立解得E=因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k可知,等势面上各处的场强大小均相等,故AB弧中点处的
15、电场强度为E=(2)设小球到达B点时的速度为v,由动能定理得(mg+qE)r=mv2设在B点处环对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg-qE=m联立解得小球在B点受到环的压力为FN=3(mg+qE)由牛顿第三定律知,小球在B点对环的压力大小为FN=FN=3(mg+qE)11.C解析 对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C处三个正点电荷施加的库仑力,将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向,设是A、B、C处正点电荷对其施加的库仑力方向与竖直方向的夹角,在竖直方向,根据平衡条件得3Fcos =mg,根据几何关系得cos =,又F=,解得q=,C正确.12.(1)g(2)L解析 (1)B球刚进入两板间时,以杆和球组成的装置为研究对象,有qE+2mg=2ma1解得a1=g.(2)从装置由静止释放到A刚进入两板间,有=2a1L解得v1=从A刚进入两板间到B即将穿出下孔,有qE+2mg-3qE=2ma
