届高三物理一轮复习课时提升练18电场力的性质Word文档下载推荐.docx
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是点电荷场强的计算公式,只适用于点电荷电场,库仑定律公式F=k
可以看成q1在q2处产生的电场强度E1=
对q2的作用力,故A错误,B、C、D正确.
【答案】 BCD
图6113
2.如图6113所示,真空中O点有一点电荷,在它产生的电场中有a、b两点,a点的场强大小为Ea,方向与ab连线成60°
角,b点的场强大小为Eb,方向与ab连线成30°
角.关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系,以下结论正确的是( )
A.Ea=
EbB.Ea=
Eb
C.Ea=
EbD.Ea=3Eb
【解析】 由题图可知,rb=
ra,再由E=
可知,
=
,故D正确.
【答案】 D
题组二 对库仑定律的理解应用
3.(2012·
上海高考)A、B、C三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷.当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;
移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为( )
A.-F/2 B.F/2 C.-F D.F
【解析】 设AB间距离为x,则BC间距离为2x,根据库仑定律有F=k
,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为F′=k
,考虑电场力方向易知B正确.
【答案】 B
4.(多选)(2015·
武汉市高三调研)如图6114所示,在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球,带电荷量分别为-q、Q、-q、Q.四个小球构成一个菱形,-q、-q的连线与-q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态,则正确的关系式可能是( )
图6114
A.cos3α=
B.cos3α=
C.sin3α=
D.sin3α=
【解析】 若设Q与-q之间的距离为r,则-q与-q之间的距离为2rcosα.对其中一-q进行受力分析如图所示,其中F1为另一-q对它的库仑力,F2和F3分别为两Q对它的库仑力,由对称性和库仑定律可得F1=k
,F2=F3=k
,由矢量平行四边形中的几何关系可得
=F2cosα,联立以上几式解得cos3α=
.如果对其中一Q进行受力分析,根据共点力的平衡知识同理可得出结论sin3α=
.
【答案】 AC
题组三 电场线的理解应用
5.一负电荷从电场中的A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的速度—时间图象如图6115所示,则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列图中的( )
图6115
【解析】 由速度—时间图象可知,电荷的速度越来越大,且加速度也是越来越大,故电荷在运动过程中,应受到逐渐增大的吸引力作用,所以电场线的方向应由B指向A.由于加速度越来越大,所以电场力越来越大,即B点的电场强度应大于A点的电场强度,即B点处电场线应比A点处密集,所以正确答案为C.
【答案】 C
6.一个带正电的粒子,在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场,重力不计.粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图6116中的虚线轨迹运动到A点,且在A点时的速度方向与y轴平行,则电场强度的方向可能是( )
图6116
A.沿x轴正方向
B.沿x轴负方向
C.沿y轴正方向
D.垂直于xOy平面向里
【解析】 在O点粒子速度有水平向右的分量,而到A点的水平分量变为零,说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量,又因为粒子带正电,故只有B正确.
题组四 场强的叠加应用
7.两带电荷量分别为q和-q的点电荷放在x轴上,相距为L,能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )
【解析】 越靠近两电荷的地方场强越大,两等量异种点电荷连线的中点处场强最小,但不是零,B、D错;
两电荷的电荷量大小相等,场强大小关于中点对称分布,C错,应选A.
【答案】 A
8.图6117中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q,则该三角形中心O点处的场强为( )
图6117
A.
,方向由C指向O
B.
,方向由O指向C
C.
D.
【解析】 每个点电荷在O点处的场强大小都是E=
,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合场强为E0=2E=
,方向由O指向C.B项正确.
B组 深化训练——提升应考能力
9.(多选)在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB,C为AB的中点,如图6118所示.现引入带正电的检验电荷q,则下列说法中正
图6118
确的是( )
A.如果q在C点受力为零,则OA和OB一定是等量异种电荷
B.如果q在AB延长线上离B较近的D点受力为零,则QA和OB一定是异种电荷,且电荷量大小QA>
QB
C.如果q在AC段上的某一点受力为零,而在BC段上移动时始终受到向右的力,则QA一定是负电荷,且电荷量大小QA<
D.如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变,则QA和QB一定是等量异种电荷
【解析】 如果q在C点受力为零,则QA、QB对q的电场力大小相等,方向相反,QA和QB一定是等量同种电荷,A错误;
如果q在D点受力为零,则QA、QB对q的电场力大小相等,方向相反,QA和QB一定是异种电荷,由题图可知,q到B的距离较小,则电荷量大小为QA>
QB,B正确;
同理得出,C正确;
q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变,说明中垂线上各点的场强方向相同,则有QA和QB一定是等量异种电荷,D正确.
10.如图6119所示,光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定,杆上套有一带正电小球,质量为m、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6119
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,小球在沿杆方向上不可能平衡,选项A、C错误;
若所加电场的场强方向竖直向上,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.本题答案为B.
11.如图6120所示,在A点固定一正电荷,电荷量为Q,在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放某带电的液珠,液珠开始运动的瞬间加速度大小为
(g为重力加速度).已知静电力常量为k,两带电物体均可看成点电荷,液珠只能沿竖直方向运动,不计空气阻力,求:
图6120
(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值);
(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上,要使液珠释放后保持静止,可以加一竖直方向的匀强电场,则所加匀强电场的方向如何?
电场强度的大小为多少?
【解析】
(1)加速度的方向分两种情况
①加速度向下时,因为mg-k
=m(
g)
所以
②加速度向上时,因为k
-mg=m(
(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上,所以液珠带正电.要使液珠释放后保持静止,必须加一方向竖直向下的匀强电场.
因为qE-
mg=0
所以E=
·
【答案】
(1)
(2)竖直向下
12.如图6121所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线水平.质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始,整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场,小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上,大小与重力相等,结果小球从管口C处离开圆管后,又能经过A点.设小球运动过程中电荷量没有改变,重力加速度为g,求:
图6121
(1)小球到达B点时的速度大小;
(2)小球受到的电场力大小;
(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力.
【解析】
(1)小球从开始自由下落至到达管口B的过程中机械能守恒,故有:
mg·
4R=
mv
到达B点时速度大小为
vB=
(2)设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg,小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:
-Fx·
2R=
-
小球从管口C处离开圆管后,做类平抛运动,由于经过A点,有y=4R=vCt,x=2R=
axt2=
t2
联立解得:
Fx=mg
电场力的大小为
F=qE=
mg.
(3)小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力FN的合力提供,设弹力FN的方向向左,则Fx+FN=
,解得:
FN=3mg.
根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管的压力为FN′=FN=3mg,方向水平向右.
(2)
mg (3)3mg,方向水平向右
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