2014屆高三物理一輪復習課時作業(yè)及詳細解析：第27講電場

蘇州市網(wǎng)上教師學校/2014屆高三物理一輪復習課時作業(yè)及詳細解析：第27講電場的力的性質eq\a\vs4\al\co1(基礎熱身)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質量均為m，其殼層的厚度和質量分布均勻，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(xiàn)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<QBeq\a\vs4\al\co1(技能強化)5．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，由于靜電感應產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布．P是點電荷右側與點電荷之間的距離也為d的一個點．幾位同學想求出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關系的圖象是()ABCD圖K27－57．[2013·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系是mg＝eq\r(3)EqB．小球重力與電場力的關系是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量均為m、電荷量均為＋Q的物體A和B(A、B均可視為質點)，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荷量為q＝－1.73×10－5C、質量為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＝10m/s2.(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K27－11eq\a\vs4\al\co1(挑戰(zhàn)自我)13．[2013·浙江卷]如圖K27－12甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連．質量為m、電荷量為－q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進入矩形通道，當帶負電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．通過調整兩板間距d可以改變收集效率η.當d＝d0時，η為81%(即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用．(1)求收集效率為100%時，兩板間距的最大值dm；(2)求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關系；(3)若單位體積內(nèi)的塵埃數(shù)為n，求穩(wěn)定工作時單位時間下板收集的塵埃質量eq\f(ΔM,Δt)與兩板間距d的函數(shù)關系，并繪出圖線．圖K27－12課時作業(yè)（二十七）【基礎熱身】1．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點的物體，雖然不滿足l?r，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看作質量集中于球心的質點，可以應用萬有引力定律，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．【技能強化】5．D[解析]根據(jù)題意可知，金屬板產(chǎn)生的電場相當于－q產(chǎn)生的電場，則P點電場強度E＝eq\f(kq,d2)－eq\f(kq,(3d)2)＝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??；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)0.8s[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＝2m/s.(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.【挑戰(zhàn)自我】13．(1)0.9d0(2)η＝0.81eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d0,d)))2(3)eq\f(ΔM,Δt)＝0.81nmbv0eq\f(d\o\al(2,0),d)圖略[解析](1)收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，設高壓電源的電壓為U，則在水平方向有L＝v0t①在豎直方向有0.81d0＝eq\f(1,2)at2②其中a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md0)③當減小兩板間距時，能夠增大電場強度，提高裝置對塵埃的收集效率．收集效率恰好為100%時，兩板間距即為dm.如果進一步減小d，收集效率仍為100%.因此，在水平方向有L＝v0t④在豎直方向有dm＝eq\f(1,2)a′t2⑤其中a′＝eq\f(F′,m)＝eq\f(qE′,m)＝eq\f(qU,mdm)⑥聯(lián)立①～⑥各式可得dm＝0.9d0⑦(2)通過前面的求解可知，當d≤0.9d0時，收集效率η均為100%.⑧當d＞0.9d0時，設距下板x處的塵埃恰好到達下板的右端邊緣，此時有x＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)eq\b\lc\(\rc