《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第1節(jié) 庫侖定律 電場力的性質(zhì)練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第1節(jié) 庫侖定律 電場力的性質(zhì)練習(xí)（含解析）新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1節(jié)　庫侖定律　電場力的性質(zhì) 1.(2019·山東青島聯(lián)考)如圖,絕緣光滑圓環(huán)豎直放置,a,b,c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球,已知小球c位于圓環(huán)最高點,ac連線與豎直方向成60°角,bc連線與豎直方向成30°角,三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是(　D　) A.a,b,c小球帶同種電荷 B.a,b小球帶異種電荷,b,c小球帶同種電荷 C.a,b小球電荷量之比為 D.a,b小球電荷量之比為 解析:對c小球受力分析可得,a,b小球必須帶同種電荷c小球才能平衡.對b小球受力分析可得,b,c小球帶異種電荷b小球才能平衡,故A,B錯誤;對c小球受力分析,將力

2、正交分解后可得ksin 60°= ksin 30°,又rac∶rbc=1∶,解得qa∶qb=∶9,故C項錯誤,D項正確. 2.如圖所示,邊長為a的正方形ABCD的四個頂點分別固定電荷量為+q的點電荷,直線MN過正方形的幾何中心O且垂直正方形平面,P與O點相距為a,P點的電場強度為E,若將A點的電荷換為-q的點電荷,則P點的電場強度的大小為(　D　) A. B. C.E D. 解析:由幾何關(guān)系及電場強度的疊加原理可知,每一個+q 點電荷在P點的電場強度為E,將A點的點電荷換為-q后,該點電荷在P點的電場強度大小沒變,但方向反向,由疊加原理可知,D選項正確. 3.(

3、2019·湖北黃岡模擬)如圖所示,正方形ABCD的對角線相交于O點,兩個等量同種正電荷分別固定在A,C兩點,則(　D　) A.B,D兩處電勢、電場強度均相同 B.B,D兩處電勢、電場強度均不相同 C.若在B點靜止釋放一電子,電子一定在B,D間往復(fù)運動,且加速度先減小后增大 D.若在B點給電子一垂直紙面合適的速度,電子可繞O點做勻速圓周運動 解析:在等量同種電荷連線的中垂線上,電場強度從O點開始向上下兩邊先增大后減小,在O上方的電場強度方向豎直向上,在O下方的電場強度方向豎直向下,根據(jù)對稱性可知B,D兩點的電場強度大小相同,方向不同,電勢相同,故A,B錯誤;無法判斷從O到B(O到D

4、)電場強度是一直增大,還是先增大后減小,故無法判斷電子的加速度的變化情況,C錯誤;在垂直紙面且經(jīng)過B,D兩點的圓上,所有點的電勢相等,并且電子受到的電場力指向O點,與速度方向垂直,電子可繞O點做勻速圓周運動,D正確. 4.(2019·山西運城模擬)如圖所示邊長為a的正三角形ABC的三個頂點分別固定三個點電荷+q,+q,-q,則該三角形中心O點處的電場強度為(　B　) A.,方向由C指向O B.,方向由O指向C C.,方向由C指向O D.,方向由O指向C 解析:每個點電荷在O點處的電場強度大小都是E==,畫出矢量疊加的示意圖,如圖所示,由圖可得O點處的合場強為E0=2E=,方向由

5、O指向C,選項B正確. 5.(2019·河北唐山質(zhì)檢)一負電荷從電場中A點由靜止釋放,只受電場力作用,沿電場線運動到B點,它運動的vt圖像如圖所示.則A,B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的(　C　) 解析:由vt圖像可知負電荷運動的速度越來越大,加速度也越來越大,可見其受到電場力越來越大,電場強度也就越來越大,又因負電荷的受力方向與電場強度方向相反,故選項C符合題意,A,B,D錯誤. 6.如圖所示,在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處放一點電荷,將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管的水平直徑端點C由靜止釋放,小球沿細管滑到最低點B時,對管壁恰好無壓力.則放于圓

6、心處的點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小為(　B　) A. B. C. D. 解析:在B點由庫侖力和重力的合力提供向心力,得F-mg=m,即qE= m+mg,小球從C到B電場力不做功,由動能定理mgR=mv2,兩個式子聯(lián)立可知E=.點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小與B點相同,選項B正確. 7.(2018·黑龍江哈爾濱二模)如圖所示,一個均勻的帶電圓環(huán)帶電荷量為+Q,半徑為R,放在絕緣水平桌面上.圓心為O點,過O點作一豎直線,在此線上取一點A,使A到O點的距離為R,在A點放一檢驗電荷+q,則+q在A點所受的靜電力為(　B　) A.,方向向上 B.,方向向上 C

7、.,方向水平向左 D.不能確定 解析:先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分,每一小部分可視為點電荷,各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消,豎直向上方向上的靜電力大小為=,選項B正確. 8.(2019·廣東東莞模擬)(多選)如圖所示,兩個大小相同的帶電小球A和B,小球A帶有電荷量Q,小球B帶有電荷量7Q,小球A固定在絕緣細桿上,小球B用絕緣細線懸掛在天花板上,兩球球心的高度相同,間距為d,此時細線與豎直方向的夾角為θ.現(xiàn)讓兩個帶電小球接觸一下,然后再讓兩個小球球心的高度相同,間距仍為d,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球可視為點電荷.則(　AD　) A.細線與豎直方

8、向的夾角變大 B.兩球之間的庫侖力變小 C.兩球之間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼? D.細線的拉力變大 解析:未接觸時兩球間的作用力F=k,接觸后兩球電荷量均分,則此時兩球間的作用力F′=k,可知,兩球間的庫侖力變大,細線與豎直方向的夾角變大,兩球之間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼?選項A正確,B,C錯誤;細線的拉力FT=,則當(dāng)θ變大時,FT變大,選項D正確. 9.(2018·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)(多選)如圖所示,P,Q處固定有等量的同種正電荷,O為P,Q連線的中點,在P,Q連線的垂直平分線上,一個帶電粒子在A點由靜止釋放,結(jié)果粒子在A,B,C三點的加速度大小相等,且A,C關(guān)于P,Q連線對稱,不計粒

9、子受到的重力,則下列說法正確的是(　ABC　) A.粒子在C點的速度大小為零 B.帶電粒子在O點的速度最大 C.帶電粒子在O點的加速度為零 D.帶電粒子從A點運動到B點的過程中,加速度先減小后增大 解析:A,C關(guān)于P,Q連線對稱,則A,C兩點的電勢相等,則粒子在A,C兩點的電勢能相等,由于粒子只受電場力作用,則電勢能和動能之和守恒,在A點的速度為零,則粒子在C點的速度大小為零,選項A正確;O點電場強度為零,則帶電粒子在O點時,電場力為零,加速度為零,此時的速度最大,選項B,C正確;粒子在A,B兩點加速度相同,則兩點電場強度相同,根據(jù)等量同種電荷的電場線分布可知,由A到B電場強度先

10、增大后減小,帶電粒子從A點運動到B點的過程中,電場力先增大后減小,則加速度先增大后減小,選項D錯誤. 10.(2019·河南鄭州模擬)(多選)如圖所示,光滑絕緣水平面上有三個帶電小球A,B,C(可視為點電荷),三球沿一條直線擺放,僅在它們之間的靜電力作用下靜止,則以下判斷正確的是(　AD　) A.A對B的靜電力一定是引力 B.A對B的靜電力可能是斥力 C.A的電荷量可能比B少 D.A的電荷量一定比B多 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”,因此A對B的靜電力一定是引力,選項A正確,B錯誤;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電荷量的大小,

11、因此在大小上一定為“兩大夾一小”,因此A的電荷量一定比B多.選項C錯誤,D正確. 11.如圖所示,ABCD為豎直放在電場強度為E=104 V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán),軌道的水平部分與半圓環(huán)相切,A為水平軌道的一點,而且AB=R=0.2 m.把一質(zhì)量m=100 g、帶電荷量q=+10-4 C的小球放在水平軌道的A點,由靜止開始被釋放后,在軌道的內(nèi)側(cè)運動.求:(g=10 m/s2) (1)它到達C點時的速度是多大? (2)它到達C點時對軌道的壓力是多大? 解析:(1)設(shè)小球在C點的速度大小是vC,對軌道的壓力大小為FN,則對于小球由A→

12、C的過程中,應(yīng)用動能定理列出2qER-mgR=m, 解得vC=2 m/s. (2)在C點時,小球受到軌道對它的彈力和電場力,應(yīng)用牛頓第二定律,有FN′-qE=m, 解得FN′=3 N. 由牛頓第三定律知FN=FN′=3 N. 答案:(1)2 m/s　(2)3 N 12.(2018·安徽安慶二模)如圖所示,水平地面上方存在水平向左的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細線懸掛于O點,小球帶電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細線與豎直方向的夾角為α=37°,重力加速度為g.(sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8)求: (1)勻強電場的電場強度

13、E; (2)現(xiàn)將細線剪斷,小球落地過程中小球水平位移的大小; (3)現(xiàn)將細線剪斷,帶電小球落地前瞬間的動能. 解析:(1)小球靜止時,對小球受力分析如圖 由FT·cos 37°=mg FTsin 37°=Eq 解得E=. (2)剪斷細線,小球在豎直方向做自由落體運動,水平方向做加速度為a的勻加速運動, 由Eq=ma x=at2 h=gt2 解得x=0.75h. (3)從剪斷細線到落地瞬間,由動能定理得 Ek=mgh+Eq·x=mgh. 答案:(1)　(2)0.75h　(3)mgh 13.如圖所示,長L=1.2 m、質(zhì)量M=3 kg的木板靜止放在傾角為37°的光

14、滑斜面上,質(zhì)量m=1 kg、帶電荷量q=+2.5×10-4 C 的物塊放在木板的上端,木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,所在空間加有一個方向垂直斜面向下、電場強度E=4.0×104 N/C的勻強電場.現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,斜面足夠長.求: (1)物塊經(jīng)多長時間離開木板; (2)物塊離開木板時木板獲得的動能; (3)物塊在木板上運動的過程中,由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能. 解析:(1)物塊向下做加速運動,設(shè)其加速度為a1,木板的加速度為a2,則由牛頓第二定律 對物塊有mgsin 37°-μ(mgcos 37°+qE)=ma1 代入數(shù)據(jù),求得a1=4.2 m/s2. 對木板有Mgsin 37°+μ(mgcos 37°+qE)-F=Ma2 代入數(shù)據(jù),求得a2=3 m/s2 又a1t2-a2t2=L 得物塊滑過木板所用時間t= s. (2)物塊離開木板時木板的速度v2=a2t=3 m/s. 其動能為=M=27 J. (3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為 Q=fs相對=μ(mgcos 37°+qE)·L=2.16 J. 答案:(1) s　(2)27 J (3)2.16 J 8