高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層作業(yè)19電場力的性質(zhì)含答案-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2．B [設(shè)BC邊長度為r，則AC邊長度為eq \r(3)r，根據(jù)庫侖定律E1＝eq \f(kQ1,?\r(3)r?2)，E2＝eq \f(kQ2,r2)，E1、E2的水平分量相等，由幾何關(guān)系知E1sin 60°＝E2sin 30°，解得eq \f(Q1,Q2)＝eq \r(3)。故A、C、D錯誤，B正確。]
3．C [要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠(yuǎn)大”的原則，所以點(diǎn)電荷C應(yīng)在A左側(cè)，帶負(fù)電。設(shè)C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq \f(Qq,x2)＝eq \f(9kQq,?r＋x?2)，解得x＝0.2 m，選項C正確。]
4．A [設(shè)在O點(diǎn)的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，則在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E0＝eq \f(k·2q,?2R?2)＝eq \f(kq,2R2)。題圖中左半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E，則右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，由對稱性知，左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為eq \f(kq,2R2)－E，A正確。]
5．BC [根據(jù)粒子的受力和運(yùn)動軌跡可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯誤；電場力對a、b兩個粒子均做正功，電勢能均減小，B、C正確；由于M、O、N所在電場線為曲線，電場線不是粒子的運(yùn)動軌跡，所以在O點(diǎn)由靜止釋放帶電粒子，不可能沿電場線運(yùn)動到M點(diǎn)，D錯誤。]
6．A [
當(dāng)圓環(huán)的eq \f(1,4)段均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強(qiáng)度大小為E，當(dāng)半圓ABC均勻帶電＋2q時，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心O處的電場強(qiáng)度大小為eq \r(2)E，方向由O指向D；當(dāng)另一半圓ADC均勻帶電－2q時，同理，在圓心O處的電場強(qiáng)度大小為eq \r(2)E，方向由O指向D；根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場強(qiáng)度的大小為2eq \r(2)E，方向由O指向D，故A正確。]
7．A [對三個球的整體：F＝3ma；對A、B的整體：F1＝2ma，解得F1＝eq \f(2,3)F，即A、B對C的庫侖力的合力大小為eq \f(2,3)F；因eq \f(FBC,FAC)＝keq \f(3q·8q,L2)∶keq \f(6q·8q,4L2)＝eq \f(2,1)，分析庫侖力的方向后可知FBC－FAC＝eq \f(2,3)F，解得FBC＝eq \f(4,3)F。A正確。]
8．CD [
由小球受力分析可知，三個小球受到球殼的作用力都應(yīng)沿半徑指向圓心，則三小球?qū)ΨQ分布，如圖所示，三個小球之間的距離均等于L＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，故A錯誤；由小球的平衡可知，三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面，故B錯誤，C正確；由庫侖定律可知FAC＝FBC＝keq \f(Q2,?\r(3)R?2)＝eq \f(kQ2,3R2)，其合力為F＝2FACcs 30°＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，由平衡條件可知，每個小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為FN＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，故D正確。]
9．B [
(a,0)和(0，a)兩點(diǎn)處的電荷量為q的點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和E＝eq \f(\r(2)kq,a2)，方向如圖所示，由點(diǎn)(a，a)指向點(diǎn)(0,2a)，由在距P點(diǎn)為eq \r(2)a的某點(diǎn)處放置的正點(diǎn)電荷Q使得P點(diǎn)電場強(qiáng)度為零可知，此正電荷位于(0,2a)點(diǎn)，且電荷量Q滿足eq \f(kQ,?\r(2)a?2)＝eq \f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq \r(2)q，B正確。]
10．D [根據(jù)對稱性，AF與CD上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加為零，AB與ED上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加為零，則EF上的細(xì)棒與BC中點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加為零。BC中點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為eq \f(kQ,?Lsin 60°?2)＝eq \f(4kQ,3L2)，所以EF上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為eq \f(4kQ,3L2)，故每根細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小均為eq \f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB邊上的細(xì)棒，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為EF與ED上的細(xì)棒在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加，這兩個電場強(qiáng)度夾角為60°，所以疊加后電場強(qiáng)度為2eq \f(4kQ,3L2)cs 30°＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)；故選D。]
11．D [設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量為q＝eq \f(Q,n) ①
由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式可求得每一點(diǎn)電荷在P處的場強(qiáng)EP＝keq \f(Q,nr2)＝keq \f(Q,n?R2＋L2?) ②，由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的電場強(qiáng)度垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的電場強(qiáng)度E，故E＝nEx＝n·eq \f(kQ,n?L2＋R2?)·cs θ＝eq \f(kQL,r?L2＋R2?) ③，而r＝eq \r(L2＋R2) ④，聯(lián)立①②③④式，可得E＝eq \f(kQL,\r(?R2＋L2?3))，D正確。]
12．B [
如圖所示，以A和C整體為研究對象，設(shè)B對A的庫侖力大小為F，與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件得Ff＝Fsin θ，由于F大小不變，θ減小，則知地面對斜面C的摩擦力逐漸減小，故A錯誤，B正確；以A為研究對象，分析可知，B對A的庫侖力垂直于斜面方向的分力先逐漸增大后逐漸減小，設(shè)該分力為F′，斜面傾角為α，根據(jù)平衡條件，斜面對A的支持力FN′＝mgcs α＋F′，可知FN′先增大后減小，故C、D錯誤。]
13．BC [由題圖可知，對小球M受力分析如圖(a)所示，對小球N受力分析如圖(b)所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電荷，小球N帶正電荷，故B正確，A錯誤；由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為r＝eq \r(2)L，當(dāng)兩小球的電荷量為q時，由力的平衡條件得mgtan 45°＝Eq－keq \f(q2,r2)，兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍后，由力的平衡條件得mgtan 45°＝E·2q－keq \f(?2q?2,r2)，整理解得q＝Leq \r(\f(mg,k))，故C正確，D錯誤。
圖(a) 圖(b) ]
14．A [設(shè)小球C帶負(fù)電，相鄰小球間距為L，則對小球C在沿斜面方向受力分析，如圖甲所示，根據(jù)庫侖定律FBC＝keq \f(q0qC,L2)、FAC＝keq \f(q0qC,4L2)，顯然小球C無法處于靜止，因此小球C應(yīng)該帶正電。因此小球C平衡時，keq \f(q0qC,L2)＝keq \f(q0qC,4L2)＋Mgsin α ①，則eq \f(3kq0qC,4L2)＝Mgsin α。對B球做受力分析，如圖乙所示，根據(jù)受力平衡關(guān)系keq \f(q\\al(2,0),L2)＝keq \f(q0qC,L2)＋Mgsin α ②，兩式聯(lián)立解得qC＝eq \f(4,7)q0，A正確。將C的電荷量代入①式，則L＝eq \r(\f(3kq\\al(2,0),7Mgsin α))，D錯誤。A球所受總的庫侖力為FA＝keq \f(q\\al(2,0),L2)－keq \f(q0qC,4L2) ③，其中eq \f(3kq0qC,4L2)＝Mgsin α，可知eq \f(kq0qC,L2)＝eq \f(4,3)Mgsin α或者eq \f(kq\\al(2,0),L2)＝eq \f(7,3)Mgsin α，代入③式，則A球所受庫侖力為FA＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C錯誤。對A球受力分析可知，F(xiàn)彈＝Mgsin α＋FA，將上述結(jié)果代入得，F(xiàn)彈＝3Mgsin α，因此彈簧伸長量為Δx＝eq \f(3Mgsin α,k0)，B錯誤。

甲乙 ]