高考物理復(fù)習(xí) 課時過關(guān)題22 庫侖定律電場力的性質(zhì)（含答案解析）

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2020(人教版)高考物理復(fù)習(xí) 課時過關(guān)題22 庫侖定律電場力的性質(zhì)1.a、b、c三個點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q，關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是(　　)A．c一定帶負(fù)電B．c所帶的電荷量一定大于qC．c可能處在a、b之間D．如果固定a、b，仍使c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定 2.對電場強(qiáng)度公式E=k有幾種不同理解，其中正確的是(　　 )A．只要帶電體電荷量為Q，在距離r處激發(fā)的電場都能用此公式計算場強(qiáng)EB．以點(diǎn)電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強(qiáng)E相同C．當(dāng)離點(diǎn)電荷距離r→0時，場強(qiáng)E→∞D．當(dāng)離點(diǎn)電荷距離r→∞時，場強(qiáng)E→0 3.如圖所示，等量異種點(diǎn)電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與AB的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點(diǎn)，ACBD構(gòu)成一個正方形，一帶負(fù)電的小球(可視為點(diǎn)電荷)套在絕緣桿上自C點(diǎn)無初速度釋放，由C運(yùn)動到D的過程中，下列說法正確的是(　　) A．小球的速度先減小后增大B．小球的速度先增大后減小C．桿對小球的作用力先減小后增大D．桿對小球的作用力先增大后減小 4.如圖所示，光滑平面上固定金屬小球A，用長為l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)閤2，則有(　　)A．x2=x1      B．x2>x1      C．x2=x1       D．x2<x1 5.理論上已經(jīng)證明：電荷均勻分布的球殼在殼內(nèi)的電場強(qiáng)度為零．假設(shè)某星球是一半徑為R、電荷量為Q且電荷分布均勻的球體，靜電力常量為k，則星球表面下h深度處的電場強(qiáng)度的大小為(　　)A.         B.        C.        D．0   6.如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　)A．a(chǎn)、b的電荷同號，k=B．a(chǎn)、b的電荷異號，k=C．a(chǎn)、b的電荷同號，k=D．a(chǎn)、b的電荷異號，k= 7.一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E0=k，方向如圖所示．把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E3、E4.則(　　)A．E1＞k         B．E2=        C．E3＜k         D．E4= 8.在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為(　　)A．E       B.       C.       D.  9.如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接．當(dāng)3個小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈簧的原長為(　　)A．l＋       B．l－      C．l－       D．l－  10.如圖所示，邊長為a的正三角形ABC的三個頂點(diǎn)分別固定三個點(diǎn)電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點(diǎn)處的場強(qiáng)為(　　 )A.，方向由C指向OB.，方向由O指向CC.，方向由C指向OD.，方向由O指向C 11. (多選)如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點(diǎn)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點(diǎn)時速度vA=1 m/s，到B點(diǎn)時速度vB= m/s，則(　　)A．微粒從B到C做加速運(yùn)動，且vC=3 m/sB．微粒從A到C先做減速運(yùn)動，后做加速運(yùn)動C．微粒在整個運(yùn)動過程中的最終速度為 m/sD．微粒最終可能返回至B點(diǎn)，其速度大小為 m/s  12. (多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點(diǎn)，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　)A．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動B．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道C．若小球能到達(dá)C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)時的速度一定不為零D．若小球能到達(dá)B點(diǎn)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時動能和經(jīng)過A點(diǎn)時動能一定相等   13.如圖所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2 kg、帶電荷量為q=＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1.t=0時刻開始，空間加上一個電場強(qiáng)度大小和方向呈周期性變化的電場，取水平向右為正方向，g取10 m/s2.求：(1)0 ～2 s內(nèi)小物塊加速度的大??；(2)2～4 s內(nèi)小物塊加速度的大?。?/span>(3)14 s末小物塊的速度大??；(4)前14 s內(nèi)小物塊的位移大?。?/span>            14.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑絕緣半圓環(huán)的兩端點(diǎn)A、B，分別安放兩個電荷量均為＋Q的帶電小球，A、B連線與水平方向成30°角，在半圓環(huán)上穿著一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球．已知半圓環(huán)的半徑為R，重力加速度為g，靜電力常量為k，將小球從A點(diǎn)正下方的C點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)D時，求：(1)小球的速度大小；(2)小球?qū)Νh(huán)的作用力．               
答案解析1.答案為：B；解析：根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自所帶電荷量的大小，因此在大小上一定為“兩大夾一小”，且c所帶的電荷量一定大于q，故A、C錯誤，B正確；如果a、b固定，則只需使c處于平衡狀態(tài)即可，由于a、b帶異號電荷，c應(yīng)位于a、b連線的外側(cè)，又由于a的電荷量大于b的電荷量，則c應(yīng)靠近b，c的電荷量不能確定，故D錯誤．  2.答案為：D；解析：E=k的適用條件為“真空中”“點(diǎn)電荷”，不是任何帶電體激發(fā)的電場都能用此公式計算場強(qiáng)E，A選項錯誤，當(dāng)離點(diǎn)電荷距離r→0時，帶電體已不能看成點(diǎn)電荷，場強(qiáng)E不是趨向無窮大，C選項錯誤，當(dāng)r→∞時，也就是距離場源電荷距離很遠(yuǎn)，所以E→0，D選項正確；以點(diǎn)電荷Q為中心、r為半徑的球面上各處的場強(qiáng)大小相等，但方向不同，電場強(qiáng)度是矢量，有大小和方向，所以場強(qiáng)不同，B選項錯誤．]  3.答案為：D；解析：CD連線上電場強(qiáng)度的方向垂直于CD水平向右，從C到D電場強(qiáng)度先增大后減小，小球從C點(diǎn)由靜止開始釋放，重力做正功，電場力不做功，動能增大，速度增大，A、B錯誤；桿對小球的作用力與電場力平衡，桿對小球的作用力水平向右，先增大后減小，C錯誤，D正確．]  4.答案為：B；解析：電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所以實際的情況是小球之間的庫侖力會大于原來的，此時彈簧的伸長量也大于原來的，B正確．  5.答案為：A；解析：星球的體積V0=，所以半徑(R－h(huán))的內(nèi)球所帶的電荷量q=·Q=·Q，星球表面下h深度處的電場強(qiáng)度的大小E==，故選A.  6.答案為：D；解析：在c點(diǎn)建立坐標(biāo)系如圖所示，因c所受庫侖力的合力平行于ab，則要求Fac與Fbc一為引力，另一為斥力，故a、b為異種電荷，且在y方向的合力為0，即：Fac·cos 53°=Fbccos 37°Fac=Fbc=解得：=·=.故D對，A、B、C錯．]  7.答案為：A；解析：根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E=，且電荷只分布在球的表面，對于題圖甲，雖表面積和各點(diǎn)到圓心的距離相同，但半球面上部分各處電荷在O點(diǎn)場強(qiáng)夾角相對較小，則根據(jù)電場的疊加原理，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小關(guān)系為E1>E2；因電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E0=k，則E1>k；對于題圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，根據(jù)電場的疊加可知：左側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與右側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，即E3=E4.由于方向不共線，由合成法則可知，E3>k，故A項正確，B、C、D項錯誤．  8.答案為：B；解析：撤去A點(diǎn)小球前，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度是A點(diǎn)的＋3q和與其關(guān)于O點(diǎn)對稱點(diǎn)＋q兩小球分別產(chǎn)生的電場疊加形成的，則E=－=，方向水平向左．撤去A點(diǎn)的小球后，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度是A點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱點(diǎn)＋q產(chǎn)生的，所以E′==，方向水平向右，B正確．  9.答案為：C；解析：對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球?qū)λ蛴业膸靵龀饬Γ?/span>大小分別為F1=和F2=.由力的平衡可知彈簧彈力的大小F=F1＋F2=，彈簧的伸長量為Δl==，故彈簧的原長為l0=l－Δl=l－，C正確．  10.答案為：B；解析：每個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處的場強(qiáng)大小都是E==，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點(diǎn)處的合場強(qiáng)為EO=2E=，方向由O指向C，B項正確．] 11.答案為：AC；解析：從A到B做的功和從B到C做的功相等，依據(jù)動能定理可得：qUAB=mv－mv，qUBC=mv－mv，解得vC=3 m/s，A項正確；在到達(dá)A點(diǎn)之前，微粒做減速運(yùn)動，而從A到C微粒一直做加速運(yùn)動，故B項錯誤；過B作垂直AC的線，此線為等勢線，微粒過C點(diǎn)后，會向無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動，而無窮遠(yuǎn)處電勢為零，故B點(diǎn)的動能等于無窮遠(yuǎn)處的動能，依據(jù)能量守恒定律可以得到微粒最終的速度應(yīng)該與B點(diǎn)的速度相同，故C項正確，D項錯誤．  12.答案為：AC；解析：若重力大小等于電場力大小，則小球進(jìn)入軌道后，靠彈力提供向心力，所以小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動，A正確；小球進(jìn)入圓軌道后，受到豎直向下的重力、豎直向上的電場力和沿半徑方向的軌道的彈力，電場力做負(fù)功，重力做正功，由于題中沒有給出相關(guān)物理量的關(guān)系，所以小球不一定能從B點(diǎn)離開軌道，故B錯誤；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場力必定大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，所以小球到達(dá)C點(diǎn)的速度不可能為零，C正確；由A到B根據(jù)動能定理有－EqR=mv－mv，所以若小球能到達(dá)B點(diǎn)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時動能和經(jīng)過A點(diǎn)時動能一定不相等，D錯誤． 13.解：(1)0～2 s內(nèi)物塊的加速度a1==2 m/s2.(2)2～4 s內(nèi)物塊的加速度a2==－2 m/s2.(3)0～2 s內(nèi)物塊的位移s1=a1t=4 m,2 s末的速度為v2=a1t1=4 m/s，2～4 s內(nèi)位移為s2=s1=4 m,4 s末的速度為v4=0.小物塊做周期為4 s的直線運(yùn)動，第14 s末的速度為v14=4 m/s(4)14 s內(nèi)小物塊的位移大小，可以看做是上述3個周期加上s1，位移s=3(s1＋s2)＋s1=28 m.  14.解：(1)由靜電場知識和幾何關(guān)系可知，C、D兩點(diǎn)電勢相等，小球由C運(yùn)動到D的過程中，mgh=mv2，由幾何關(guān)系可知h=，解得v=.(2)小球運(yùn)動到D點(diǎn)時，AD=R，BD=R，小球分別受到A、B兩端帶電小球的作用力為FA=k，F(xiàn)B=k，設(shè)環(huán)對小球的支持力為FN，F(xiàn)N－FAcos30°－FBsin30°－mg=，由牛頓第三定律可知小球?qū)Νh(huán)的壓力FN=F′N，解得F′N=·＋2mg，方向豎直向下．