届高考物理人教版第一轮复习课时作业x3 1 6 1电场地力地性质.docx

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届高考物理人教版第一轮复习课时作业x3161电场地力地性质

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选修3-1第六章静电场

第1课时电场的力的性质

基本技能练

1．（2014·西安市一模）2013年1月15日上午10时许，陕西省蒲城县某花炮厂发生爆炸，爆炸没有造成人员伤亡，初步断定是因空气干燥，炸药堆放时间过长，由静电引发了爆炸。

摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15C，丙物体带电8×10－16C。

则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是

（）

A．乙物体一定带有负电荷8×10－16CB．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15CC．丙物体一定带有正电荷8×10－16CD．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15C

解析由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有静电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15C－8×10－16C＝8×10－16C。

选项B、C、D错误，选项A正确。

答案A

2．如图1所示，质量为m、带电荷量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。

当B静止时，A、B等高，细线与竖直方向的夹角为θ。

已知重力加速度为g。

则A在B处所产生的场强大小为

（）

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文案大全

图1

A.mgtanθ

qB.mgcotθ

q

C.mgsinθ

qD.mgcosθ

q

解析对B受力分析，由平衡条件得：

qE＝mgtanθ，解得A在B处所产生的场强大小为mgtanθ

q，A正确。

答案A

3．（2014·武汉市部分学校调研）在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab垂直。

b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°。

则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是

（

）

图2

A．φa＞φb，Ea＝Eb

2B．φa＜φb，Ea＝Eb

2

C．φa＞φb，Ea＝4EbD．φa＜φb，Ea＝4Eb

解析将Ea，Eb延长相交，其交点为场源点电荷的位置，由点电荷的场强公式E＝kQr

2，可得Ea＝4Eb；分别过a、b做等势面，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则φb＞φa，选项D正确。

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文案大全答案D

4．如图3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q1∶q2∶q3为

（

）

图3

A．（－9）∶4∶（－36）B．9∶4∶36C．（－3）∶2∶（－6）

D．3∶2∶6

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kq2q1r

2＝kq1q33r

2，则有q2q

3＝19，对q3有kq1q33r

2＝kq2q32r

2，所以q1q

2＝94，考虑到各电荷的电性，故A正确。

答案A

5.（2014·武汉市调研考试）将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上（如图4所示）。

O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA＞OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是

（

）

图4

A．A点场强小于B点场强

B．A点场强大于B点场强

C．A点电势等于B点电势

D．A点电势高于B点电势

解析由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0，所以选项A、B错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做功为0，AB电势差为0，因此A点

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文案大全电势等于B点的电势，选项C正确，D错误。

答案C

6．一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为＋Q的电荷，另一电荷量为＋q的点电荷放在球心O上。

由于对称性，点电荷受力为零。

现在球壳上挖去半径为r（r?

R）的一个很小的圆孔，则此时置于球心处的点电荷

（）

A．受力大小为零

B．受力大小为kqQR

2，方向由圆孔指向球心

C．受力大小为kqQr24R

4，方向由圆孔指向球心

D．受力大小为kqQr24R

4，方向由球心指向圆孔

解析把球壳分成无限多个微元，由对称性可知除挖去的圆孔和其对称处外其他都有两个微元关于圆心对称，两对称微元对球心处的点电荷作用力的合力为零。

球壳上电荷面密度为Q4πR

2，与挖去的圆孔对称处的微元带电荷量ΔQ＝Qr24R

2。

由库仑定律得ΔQ对圆心处点电荷q的作用力大小F＝kΔQqR

2＝kqQr24R

4，由同种电荷相互排斥可知库仑力方向由球心指向圆孔，选项D正确。

答案D

7.如图5所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接。

当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。

若弹簧发生的均是弹性形变，则

（

）

图5

A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0

B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0

C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0

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文案大全D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0

解析设弹簧劲度系数为k′，原长为x。

当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：

k′x0＝kQqx＋x0

2，保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：

k′x1＝k2Qqx＋x1

2，解得x1<2x0，故A错误；同理可得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；保持Q不变，将q变为－q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误，同理D也错误。

答案B

8.（多选）（2014·江苏淮安四校联考）如图6所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A小球上，使两球均处于静止状态。

现将A小球向NO方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。

则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是

（

）

图6

A．A、B两小球间的库仑力变大

B．A、B两小球间的库仑力变小

C．A小球对MO杆的压力变大

D．A小球对MO杆的压力肯定不变

解析A、B两小球间的连线与竖直方向的夹角减小，对B小球研究，库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向，因此库仑力减小，故选项A错误，选项B正确；由整体法可知，MO杆对A小球的支持力（大小等于A小球对MO杆的压力）等于A、B两小球的重力之和，肯定不变，故选项C错误，选项D正确。

答案BD

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文案大全能力提高练

9.如图7所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止

（

）

图7

A．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcosθ

q

B．竖直向上，场强大小为mg

q

C．垂直于杆斜向上，场强大小为mgsinθ

q

D．水平向右，场强大小为mgcotθ

q

解析若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A、C错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E＝mg

q时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq＝mgtanθ，所以E＝mgtanθ

q，选项D错误。

答案B

10．如图8所示，质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为μ

＝33的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为＋q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度

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文案大全E存在最小值时，E与水平方向的夹角θ为

（

）

图8

A．0°B．30°C．45°D．60°

解析对AB整体研究，受到竖直向下总的重力（m1＋m2）g、电场力Eq、沿水平方向垂直于杆的弹力FN和竖直向上的摩擦力，则由平衡条件可得Eqsinθ＋μFN＝（m1＋m2）g，FN＝Eqcosθ。

解得Eq（sinθ＋μcosθ）＝（m1＋m2）g，因为sinθ＋μcosθ

＝1＋μ2sin（θ＋φ），其中tanφ＝μ，φ＝30°，所以当θ＝60°时，E最小，D正确。

答案D

11.如图9所示，一长为L的绝缘细线下端系质量为m、电荷量为q的带负电金属小球，在细线的悬点O处放一电荷量为q的带正电的点电荷。

金属小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，已知静电力常量为k。

图9

（1）求金属小球在最高点的最小速度的大小；

（2）如果金属小球刚好能通过最高点，则它通过最低点时的速度为多大？

解析

（1）设金属小球在最高点时的最小速度值为v1，根据牛顿第二定律有：

mg＋kq2L

2＝mv21

L

解得：

v1

＝gL＋kq2mL

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（2）设金属小球刚好能通过最高点，它通过最低点时的速度值为v2，因为只有重力对小球做功，所以机械能守恒，可得：

12mv22＝12mv21＋2mgL

解得：

v2

＝5gL＋kq2mL

答案

（1）gL＋kq2mL

（2）5gL＋kq2mL

12.（2014·福建卷，20）如图10所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。

若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109

N·m2/C2，求：

图10

（1）两点电荷间的库仑力大小；

（2）C点的电场强度的大小和方向。

解析

（1）根据库仑定律，A、B

两点间的库仑力大小为：

F＝kq2L2

①

代入数据得：

F＝9.0×10－3N

②

（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：

E1＝kqL2

③

A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：

E＝2E1cos30°

④

代入数据得E＝7.8×103N/C方向沿y轴正方向⑤

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文案大全答案

（1）9.0×10－3N

（2）7.8×103N/C方向沿y轴正方向