高考物理一轮复习课时分层作业19电场力的性质含答案

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2．B [设BC边长度为r，则AC边长度为eq \r(3)r，根据库仑定律E1＝eq \f(kQ1,\r(3)r2)，E2＝eq \f(kQ2,r2)，E1、E2的水平分量相等，由几何关系知E1sin 60°＝E2sin 30°，解得eq \f(Q1,Q2)＝eq \r(3)。故A、C、D错误，B正确。]
3．C [要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间距离用r表示，由于处于平衡状态，所以keq \f(Qq,x2)＝eq \f(9kQq,r＋x2)，解得x＝0.2 m，选项C正确。]
4．A [设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的电场强度大小为E0＝eq \f(k·2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)。题图中左半球壳在M点产生的电场强度为E，则右半球壳在M点产生的电场强度为E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为eq \f(kq,2R2)－E，A正确。]
5．BC [根据粒子的受力和运动轨迹可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；电场力对a、b两个粒子均做正功，电势能均减小，B、C正确；由于M、O、N所在电场线为曲线，电场线不是粒子的运动轨迹，所以在O点由静止释放带电粒子，不可能沿电场线运动到M点，D错误。]
6．A [
当圆环的eq \f(1,4)段均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC均匀带电＋2q时，由如图所示的矢量合成可得，在圆心O处的电场强度大小为eq \r(2)E，方向由O指向D；当另一半圆ADC均匀带电－2q时，同理，在圆心O处的电场强度大小为eq \r(2)E，方向由O指向D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2eq \r(2)E，方向由O指向D，故A正确。]
7．A [对三个球的整体：F＝3ma；对A、B的整体：F1＝2ma，解得F1＝eq \f(2,3)F，即A、B对C的库仑力的合力大小为eq \f(2,3)F；因eq \f(FBC,FAC)＝keq \f(3q·8q,L2)∶keq \f(6q·8q,4L2)＝eq \f(2,1)，分析库仑力的方向后可知FBC－FAC＝eq \f(2,3)F，解得FBC＝eq \f(4,3)F。A正确。]
8．CD [
由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布，如图所示，三个小球之间的距离均等于L＝2Rcs 30°＝eq \r(3)R，故A错误；由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故B错误，C正确；由库仑定律可知FAC＝FBC＝keq \f(Q2,\r(3)R2)＝eq \f(kQ2,3R2)，其合力为F＝2FACcs 30°＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为FN＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，故D正确。]
9．B [
(a,0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝eq \f(\r(2)kq,a2)，方向如图所示，由点(a，a)指向点(0,2a)，由在距P点为eq \r(2)a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于(0,2a)点，且电荷量Q满足eq \f(kQ,\r(2)a2)＝eq \f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq \r(2)q，B正确。]
10．D [根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，则EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为eq \f(kQ,Lsin 60°2)＝eq \f(4kQ,3L2)，所以EF上的细棒在O点产生的电场强度大小为eq \f(4kQ,3L2)，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为eq \f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加，这两个电场强度夹角为60°，所以叠加后电场强度为2eq \f(4kQ,3L2)cs 30°＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)；故选D。]
11．D [设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q＝eq \f(Q,n) ①
由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在P处的场强EP＝keq \f(Q,nr2)＝keq \f(Q,nR2＋L2) ②，由对称性可知，各小段带电环在P处的电场强度垂直于轴向的分量Ey相互抵消，而轴向分量Ex之和即为带电环在P处的电场强度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，联立①②③④式，可得E＝eq \f(kQL,\r(R2＋L23))，D正确。]
12．B [
如图所示，以A和C整体为研究对象，设B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得Ff＝Fsin θ，由于F大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故A错误，B正确；以A为研究对象，分析可知，B对A的库仑力垂直于斜面方向的分力先逐渐增大后逐渐减小，设该分力为F′，斜面倾角为α，根据平衡条件，斜面对A的支持力FN′＝mgcs α＋F′，可知FN′先增大后减小，故C、D错误。]
13．BC [由题图可知，对小球M受力分析如图(a)所示，对小球N受力分析如图(b)所示，由受力分析图可知小球M带负电荷，小球N带正电荷，故B正确，A错误；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝eq \r(2)L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mgtan 45°＝Eq－keq \f(q2,r2)，两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan 45°＝E·2q－keq \f(2q2,r2)，整理解得q＝Leq \r(\f(mg,k))，故C正确，D错误。
图(a) 图(b) ]
14．A [设小球C带负电，相邻小球间距为L，则对小球C在沿斜面方向受力分析，如图甲所示，根据库仑定律FBC＝keq \f(q0qC,L2)、FAC＝keq \f(q0qC,4L2)，显然小球C无法处于静止，因此小球C应该带正电。因此小球C平衡时，keq \f(q0qC,L2)＝keq \f(q0qC,4L2)＋Mgsin α ①，则eq \f(3kq0qC,4L2)＝Mgsin α。对B球做受力分析，如图乙所示，根据受力平衡关系keq \f(q\\al(2,0),L2)＝keq \f(q0qC,L2)＋Mgsin α ②，两式联立解得qC＝eq \f(4,7)q0，A正确。将C的电荷量代入①式，则L＝eq \r(\f(3kq\\al(2,0),7Mgsin α))，D错误。A球所受总的库仑力为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，则A球所受库仑力为FA＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C错误。对A球受力分析可知，F弹＝Mgsin α＋FA，将上述结果代入得，F弹＝3Mgsin α，因此弹簧伸长量为Δx＝eq \f(3Mgsin α,k0)，B错误。

甲 乙 ]