復(fù)習(xí)之課時作業(yè)二十八

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精新課標(biāo)2014年高考一輪復(fù)習(xí)之課時作業(yè)二十八電場的力的性質(zhì)1．使兩個完全相同的金屬小球（均可視為點電荷）分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點,它們之間庫侖力的大小為F1.現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2。則F1與F2之比為A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶12．如圖K27－1所示，兩個完全相同的金屬球殼a和b質(zhì)量均為m，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻,將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷且電荷量的絕對值均為Q，那么關(guān)于a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的表達式正確的是（）圖K27－1A．F引＝Geq\f(m2,l2）,F庫≠keq\f（Q2，l2）B．F引≠Geq\f（m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2）C．F引≠Geq\f(m2，l2），F(xiàn)庫＝keq\f（Q2，l2）D．F引＝Geq\f(m2，l2)，F(xiàn)庫＝keq\f（Q2,l2）3．如圖K27－2所示，實線為方向未知的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示,則（)A．a(chǎn)一定帶正電,b一定帶負電B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大C．兩個粒子的動能一個增加一個減小D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大圖K27－2圖K27－34．如圖K27－3所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶異種電荷的小球A和B,它們均在水平向右的勻強電場中向右做勻加速運動,且始終保持相對靜止．設(shè)小球A的電荷量為QA,小球B的電荷量為QB，則下列判斷正確的是(）A．小球A帶正電,小球B帶負電，且QA<QBB．小球A帶正電，小球B帶負電,且QA>QBC．小球A帶負電,小球B帶正電，且QA>QBD．小球A帶負電,小球B帶正電，且QA<QB5．圖K27－4甲中,MN為很大的薄金屬板(可理解為無限大）,金屬板原來不帶電．在金屬板的右側(cè)距金屬板距離為d的位置上放入一個帶正電、電荷量為q的點電荷，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布．P是點電荷右側(cè)與點電荷之間的距離也為d的一個點．幾位同學(xué)想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難．幾位同學(xué)經(jīng)過仔細研究，從圖乙所示的電場得到了一些啟示,經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的．圖乙中兩異號點電荷帶電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d,虛線是兩點電荷連線的中垂線．由此他們分別求出了P點的電場強度大小，一共有以下四個不同的答案（答案中k為靜電力常量），其中正確的是()甲乙圖K27－4A。eq\f（10kq,9d2)B。eq\f(kq，d2)C。eq\f（3kq，4d2)D。eq\f(8kq，9d2)6．兩帶電荷量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，圖K27－5中能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關(guān)系的圖象是()ABCD圖K27－57．[2011·舟山模擬］A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點,其速度v與時間t的關(guān)系圖象如圖K27－6甲所示，則此電場的電場線分布可能是圖乙中的（）ABCD甲乙圖K27－68．法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場,如圖K27－7所示為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖，以下幾種說法中正確的是（）圖K27－7A．a(chǎn)、b為異種電荷,a的電荷量大于b的電荷量B．a(chǎn)、b為異種電荷，a的電荷量小于b的電荷量C．a(chǎn)、b為同種電荷，a的電荷量大于b的電荷量D．a(chǎn)、b為同種電荷，a的電荷量小于b的電荷量9．如圖K27－8所示,在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點．把小球拉到使細線水平的位置A,然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成θ＝60°的位置B時速度為零．以下說法錯誤的是()A．小球重力與電場力的關(guān)系是mg＝eq\r(3）EqB．小球重力與電場力的關(guān)系是Eq＝eq\r（3)mgC．小球在B點時，細線拉力為eq\r（3)mgD．小球在B點時,細線拉力為2Eq圖K27－8圖K27－910．如圖K27－9所示A、B是帶有等量同種電荷的兩小球，它們的質(zhì)量都是m，它們的懸線長度是L，懸線上端都固定在同一點O，B球懸線豎直且被固定，A球靜止時偏離B球的距離為x，此時A受到繩的拉力為T；現(xiàn)保持其他條件不變,用改變A球質(zhì)量的方法使A球在距B為eq\f（x，2）處平衡,則A受到繩的拉力為()A．TB．2TC．4TD．8T11．如圖K27－10所示，絕緣水平面上靜止著兩個質(zhì)量均為m、電荷量均為＋Q的物體A和B（A、B均可視為質(zhì)點）,它們間的距離為r，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ。求：（1）A受的摩擦力為多大？(2）如果將A的電荷量增至＋4Q，兩物體開始運動，當(dāng)它們的加速度第一次為零時，A、B各運動了多遠距離？圖K27－1012．如圖K27－11所示，一根光滑絕緣細桿與水平面成α＝30°的角傾斜固定．細桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中,場強E＝2×104N/C.在細桿上套有一個帶電量荷為q＝－1。73×10－5C、質(zhì)量為m＝3×10－2kg的小球．現(xiàn)使小球從細桿的頂端A由靜止開始沿桿滑下，并從B點進入電場，小球在電場中滑至最遠處的C點．已知A、B間的距離x1＝0.4m，g(1)小球在B點的速度vB；(2）小球進入電場后滑行的最大距離x2；(3）小球從A點滑至C點所用的時間t.圖K27－1113．[2011·溫州聯(lián)考］如圖K27－12所示，光滑絕緣的eq\f(3，4）圓形軌道BCDG位于豎直平面內(nèi),軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點）置于水平軌道上,滑塊受到的電場力大小為eq\f(3，4)mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。（1）若滑塊從水平軌道上距離B點為x＝3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時的速度大小;（2)在（1）的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小;(3）改變x的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道,求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大?。畧DK27－121．D［解析]這兩個完全相同的金屬小球相互接觸后，帶電荷量均為＋Q，距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)庫侖定律易得選項D正確．2．A［解析］由于a、b兩球所帶異種電荷相互吸引,使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分布較密集，又l＝3r，不滿足l?r的要求，故不能將帶電球殼看成點電荷，所以不能應(yīng)用庫侖定律,即F庫≠keq\f（Q2,l2).萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然不滿足l?r，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看作質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點，可以應(yīng)用萬有引力定律,故F引＝Geq\f(m2，l2）.選項A正確．3．D［解析］因不知電場線的方向，無法判斷a、b的電性．由圖知，a、b初速度的方向相同，而運動軌跡偏向不同，說明a、b電性相反．電場力對二者均做正功,兩粒子的動能都增加．b運動過程中電場線越來越密，所受的電場力越來越大，加速度越來越大，選項D正確．4．B[解析］如果小球A帶正電，小球B帶負電，兩球相距L，由牛頓第二定律得：對小球B：keq\f(QAQB，L2)－QBE＝mBaB，對小球A：QAE－keq\f（QAQB,L2)＝mAaA,而aA＝aB，所以必有QA>QB，選項A錯誤，選項B正確;如果小球A帶負電,小球B帶正電，則A所受合外力水平向左，加速度向左,不符合題意，故選項C、D均錯誤．5．D［解析]根據(jù)題意可知,金屬板產(chǎn)生的電場相當(dāng)于－q產(chǎn)生的電場,則P點電場強度E＝eq\f(kq，d2）－eq\f（kq,3d2）＝eq\f（8kq,9d2)，選項D正確．6．A[解析］由等量異種點電荷的電場強度分布規(guī)律可知：在兩電荷連線的中點處電場強度最小，但不是零,從兩點電荷向中點電場強度逐漸減小，選項A正確．7．A[解析］由v－t圖象可知：粒子的速度隨時間逐漸減小;圖線的斜率逐漸增大,說明粒子的加速度逐漸變大，即負電荷是順著電場線做加速度逐漸增大的減速運動，由牛頓第二定律可知，合外力逐漸增大，則電場強度逐漸變大，從A到B電場線應(yīng)逐漸變密．選項A正確．8．B[解析］由題圖可知：電場線由一個點電荷發(fā)出到另一個點電荷終止，所以a、b為異種電荷，選項C、D錯誤；又由于電荷b附近的電場線比電荷a附近的電場線密,則電荷b附近的場強必比電荷a附近的場強大，b帶的電荷量大于a帶的電荷量，選項A錯誤、B正確．9．AD[解析]根據(jù)對稱性可知，小球處在eq\x\to(AB)中點位置時切線方向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得:qEsin30°＝mgcos30°，化簡可知選項A錯誤、B正確；小球到達B點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：T＝qEcos60°＋mgsin60°，故細線拉力T＝eq\r(3）mg,選項C正確、D錯誤．10．D［解析］對A球受力分析如圖所示，F(xiàn)斥和T的合力F與mg等大反向,由幾何知識知，F(xiàn)、T、F斥組成的力的矢量三角形與幾何△OAB相似，所以：eq\f(x，k\f（QAQB,x2））＝eq\f（L,T)；當(dāng)A、B間距變?yōu)閑q\f(x，2)時：eq\f（\f（x,2）,k\f（QAQB,\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)））2）)＝eq\f（L,T′)，聯(lián)立解得T′＝8T,選項D正確．11．（1）keq\f(Q2，r2）(2)各運動了Qeq\r(\f(k，μmg））－eq\f(r,2)[解析](1）由A受力平衡得,A受的摩擦力為FA＝F庫＝keq\f(Q2，r2）。（2）當(dāng)加速度第一次為零時,庫侖力和滑動摩擦力大小相等,有μmg＝keq\f（4Q2，r′2)解得r′＝2Qeq\r（\f(k，μmg））所以間距增大了2Qeq\r(\f(k,μmg））－r因A、B的質(zhì)量相等，所以加速度在這段時間內(nèi)的任何時刻總是等大反向,因此A、B運動的距離相等，各運動的距離為Qeq\r(\f（k，μmg))－eq\f(r，2）。12．(1）2m/s(2）0.4m(3[解析］(1)小球在AB段滑動過程中,由機械能守恒得mgx1sinα＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,B)可得vB＝2（2)小球進入勻強電場后,受電場力和重力的作用,由牛頓第二定律可得,加速度a2＝eq\f(mgsinα－qEcosα,m）＝－5m/s2小球進入電場后還能滑行到最遠處C點，B、C間的距離為x2＝eq\f（0－v\o\al（2，B)，2a2）＝0.4m.（3）小球從A到B和從B到C的兩段位移中的平均速度分別為vAB＝eq\f（0＋vB，2）vBC＝eq\f（vB＋0,2）小球從A到C的平均速度為vAC＝eq\f（vB，2)由x1＋x2＝vACt可得t＝0。8s。13．（1）eq\r（gR）(2)eq\f（7,4)mg（3)eq\f(\r（5gR），2)[解析]（1)設(shè)滑塊到達C