江苏版高考物理一轮复习课时分层作业20电场力的性质含答案

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2．C [设Q与A点的距离为L，Q与B点的距离为LB，则EA＝eq \f(kQ,L2)，EB＝eq \f(kQ,L\\al(2,B))，又EB＝eq \f(1,2)EA，解得LB＝eq \r(2)L，所以Q、A、B构成一个等腰直角三角形，A、C之间的距离为2L，Q、C之间的距离为LC＝eq \r(L2＋2L2)＝eq \r(5)L，则EC＝eq \f(kQ,L\\al(2,C))＝eq \f(1,5)·eq \f(kQ,L2)＝eq \f(1,5)EA，选项C正确。]
3．B [在题图甲中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB间的库仑力及绳子上的拉力作用，如图所示
根据平衡条件，有：T＝eq \f(mg,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)mg；在题图乙中，先对小球A受力分析，受重力、AB绳子的拉力、AO绳子的拉力以及库仑力的作用；沿AB方向绳子的拉力与库仑力应相互抵消，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力、AB间的库仑力、AB绳子的拉力和OB绳子的拉力，其中AB间的库仑力与拉力抵消，则B的受力分析如图所示，根据平衡条件，有T′＝2mg，故T′<2T，故B选项正确。]
4．解析：
(1)对球A受力分析如图所示：
由平衡条件得
Tsin 45°－F＝0
Tcs 45°－mg＝0
解得F＝mgtan 45°＝0.02 N
即A球受的库仑力为0.02 N
根据库仑定律得F＝keq \f(QBQA,r2)
解得QA＝5×10－8 C。
(2)当库仑力垂直细绳时，A、B间库仑力最小，则
Fmin＝mgsin α＝eq \f(\r(2),100) N。
答案：(1)5×10－8 C (2)eq \f(\r(2),100) N
5．C [由A处试探电荷的F-q图线可得，该处的电场强度为E1＝eq \f(F1,q1)＝4×105 N/C，方向水平向右，同理可得，B处的电场强度为E2＝eq \f(F2,q2)＝0.25×105 N/C，方向水平向左，A、B错误；由A、B的分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点的距离为l，由点电荷电场强度公式可得E1＝keq \f(Q,l2)＝4×105 N/C，E2＝keq \f(Q,0.5－l2)＝eq \f(1,4)×105 N/C，联立解得l＝0.1 m，故点电荷Q的位置坐标为0.3 m，C正确，D错误。]
6．A [A处的电荷量为Q，OA的距离为L＝eq \f(\r(3)l,2cs 30°)＝l，则Q在O点产生的电场强度为E＝keq \f(Q,l2)，由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零，则B和C处电荷在O处的电场强度大小为E′＝keq \f(Q,l2)，方向沿AO方向；若仅将A处电荷改为等量的正电荷，则O处场强的大小为E合＝E＋E′＝eq \f(2kQ,l2)，沿AO方向，故A正确、B、C、D错误。]
7．B [正点电荷形成的电场，离点电荷越远，由E＝eq \f(kQ,r2)知电场强度越小，则B点电场强度大于A点电场强度，故A错误，B正确；以正点电荷为场源的电场方向均沿电场线背离场源电荷，故A、B两点的场强方向均沿电场线向右，故C、D错误。]
8．C [根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D错误；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。]
9．D [设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，从图中可知电场方向指向场源电荷，故这是一个负点电荷产生的电场，A、B错误；设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到ra∶rb＝1∶eq \r(3)，由公式E＝keq \f(Q,r2)可得Ea∶Eb＝3∶1，故C错误，D正确。]
10．C [因左侧点电荷带正电，则金属球右侧感应出正电荷，故A错误；金属球由绝缘体支撑，金属球上的电荷无法转移，只能在金属球表面分布，感应前金属球不带电，感应后金属球所带电荷量也为零，故B错误；左侧电荷＋Q对P点的场强方向向右，金属球右侧感应出的正电荷对P点的场强方向也向右，金属球左侧感应出的负电荷对P点的场强方向向左，但由于左侧相对于右侧距P点更远，因此P点合电场方向向右，故C正确；因金属球球心处场强为零，所以感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与点电荷在金属球球心产生的电场场强大小相等，方向相反，点电荷距金属球球心的距离大于金属球半径r，在金属球球心处产生的电场场强小于keq \f(Q,r2)，则感应电荷在金属球球心处产生的电场场强也小于keq \f(Q,r2)，故D错误。]
11．C [对P球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得，细线的拉力大小T＝eq \f(mg,sin 30°)＝2mg，静电力大小F＝eq \f(mg,tan 30°)＝eq \r(3)mg，A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，P球受到的重力和静电力不变，因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向，根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g，C正确；当两球间的静电力消失时，Q球开始做圆周运动，将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解，由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(\r(3),2)g，D错误。]
12．解析：(1)对小物块受力分析：受重力、电场力、支持力。由牛顿第二定律得keq \f(qQ,s\\al(2,0))－mgsin θ＝mg
解得eq \f(q,m)＝eq \f(3gs\\al(2,0),2kQ)。
(2)当合力为零时速度最大，即：keq \f(qQ,s2)－mgsin θ＝0
解得s＝eq \r(\f(2kQq,mg))，又s0＝eq \r(\f(2kQq,3mg))，所以s＝eq \r(3)s0。
(3)当运动到最远点时速度为零，由能量守恒定律得
mg(sm－s0)sin θ＝eq \f(qkQ,s0)－eq \f(qkQ,sm)
解得sm＝3s0。
答案：(1)eq \f(3gs\\al(2,0),2kQ) (2)eq \r(3)s0 (3)3s0
13．解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，由受力平衡得
FNsin 37°＝qE
FNcs 37°＝mg
可得电场强度E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)若电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，则变为E′＝eq \f(3mg,8q)
mgsin 37°－qE′cs 37°＝ma
可得加速度a＝0.3g。
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功
由动能定理：mgLsin 37°－qE′Lcs 37°＝Ek－0
可得动能Ek＝0.3mgL。
答案：(1)eq \f(3mg,4q) (2)0.3g (3)0.3mgL