《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 第20講 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 第20講 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 第20講 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律（含解析） 1．xx?朝陽(yáng)期末如圖K20－1所示，絕緣細(xì)線的一端與一帶正電的小球M相連接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個(gè)帶電小球N，在下列情況下，小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是(　　) 　　　A　　　　　　B 　　　C　　　　　　D 圖K20－1 2．如圖K20－2所示，在O點(diǎn)放置正點(diǎn)電荷Q，A、B兩點(diǎn)的連線過(guò)O點(diǎn)，且OA＝AB，以下說(shuō)法正確的是(　　) 圖K20－2 A．將質(zhì)子從A點(diǎn)由靜止釋放，質(zhì)子向B點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng) B．若質(zhì)子在A點(diǎn)的加速度為a0，則

2、質(zhì)子在B點(diǎn)的加速度為 C．若電子以O(shè)A為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則電子以O(shè)B為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為2v D．若電子以O(shè)A為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則電子以O(shè)B為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為 圖K20－3 3．xx·武昌聯(lián)考如圖K20－3所示，A、B為兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電介質(zhì)小球，用等長(zhǎng)絕緣細(xì)絲線懸掛起來(lái)．左邊放一個(gè)帶正電的小球C時(shí)，兩懸線都保持豎直方向．若把小球C移走，圖K20－4中可以表示A、B兩球的位置關(guān)系的是(　　) 　A　　　　B　　　　C　　　　D 圖K20－4 4．(雙選)如圖K20－5所示，兩個(gè)帶電小球A、B

3、的質(zhì)量分別為m1、m2，帶電荷量分別為q1、q2.靜止時(shí)兩懸線與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，且恰好處于同一水平面上，則(　　) 圖K20－5 A．若q1＝q2，則θ1＝θ2 B．若q1＜q2，則θ1＞θ2 C．若m1＝m2，則θ1＝θ2 D．若m1＜m2，則θ1＞θ2 5．xx·南寧模擬(雙選)如圖K20－6所示，把一個(gè)帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處放置一個(gè)帶電小球B.現(xiàn)給小球B一個(gè)沿垂直A、B連線方向的初速度v0，則(　　) 圖K20－6 A．若A、B帶異種電荷，B一定做圓周運(yùn)動(dòng) B．若A、B帶異種電荷，B可能做加速度、速度均變小的曲線

4、運(yùn)動(dòng) C．若A、B帶同種電荷，B一定做遠(yuǎn)離A的變加速曲線運(yùn)動(dòng) D．若A、B帶異種電荷，B的動(dòng)能一定會(huì)減小 6．xx·廣州模擬如圖K20－7甲所示，一條長(zhǎng)為3L的絕緣絲線穿過(guò)兩個(gè)質(zhì)量都是m的小金屬環(huán)A和B，將絲線的兩端共同系于天花板上的O點(diǎn)，使金屬環(huán)帶電后，便因排斥而使絲線構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，此時(shí)兩環(huán)恰處于同一水平線上，若不計(jì)環(huán)與線間的摩擦，求金屬環(huán)所帶電荷量是多少？某同學(xué)在解答這道題時(shí)的過(guò)程如下： 設(shè)電荷量為q，小環(huán)受到三個(gè)力的作用，拉力T、重力mg和庫(kù)侖力F，受力分析如圖乙，由受力平衡知識(shí)得k＝mgtan30°，解得q＝. 　　　　　　甲　　　　　　　　　乙 圖K20－7

5、你認(rèn)為他的解答是否正確？如果不正確，請(qǐng)給出你的解答． 圖K20－8 7．如圖K20－8所示，將兩個(gè)擺長(zhǎng)均為l的單擺懸于O點(diǎn)，擺球質(zhì)量均為m，帶電荷量均為q(q＞0)．將另一個(gè)帶電荷量也為q(q＞0)的小球從O點(diǎn)正下方較遠(yuǎn)處緩慢移向O點(diǎn)，當(dāng)三個(gè)帶電小球分別處在等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)上時(shí)，擺線的夾角恰好為120°，則此時(shí)擺線上的拉力大小等于(　　) A.mg　　　　　　　　B．mg C．2· D.· 8．(雙選)如圖K20－9所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個(gè)帶電小球(可以看成點(diǎn)電荷)，A球帶電荷量為＋2q，B球帶電荷量為－q，將它們同時(shí)由靜止開(kāi)始

6、釋放，A球加速度的大小為B球的2倍．現(xiàn)在A、B連線的中點(diǎn)固定一個(gè)帶電小球C(也可看作點(diǎn)電荷)，再同時(shí)由靜止釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等．則C球帶電荷量可能為(　　) 圖K20－9 A.q　　　B.q　　　C．q　　　D．4q 9．如圖K20－10所示，水平光滑絕緣細(xì)管中，兩個(gè)相同的帶電金屬小球相向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)相距L時(shí)，加速度大小均為a，已知A球帶電荷量為＋q，B球帶電荷量為－3q.當(dāng)兩球相碰后再次相距為L(zhǎng)時(shí)，兩球加速度大小為多大？ 圖K20－10 10．xx·上海十校聯(lián)考有三根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝0.3 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線，其中兩根的

7、一端分別固定在天花板上的P、Q點(diǎn)，另一端分別拴有質(zhì)量均為m＝0.12 kg的帶電小球A和B，其中A球帶正電，電荷量為q＝3×10－6 C．A、B之間用第三根線連接起來(lái)．在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，A、B保持靜止，Q、B間細(xì)線仍處于豎直方向，且A、B間細(xì)線恰好伸直．(靜電力恒量k＝9×109 N·m2/ C2) (1)此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？ (2)現(xiàn)將P、A之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置．求此時(shí)Q、B間細(xì)線所受的拉力T的大小，并求出A、B間細(xì)線與豎直方向的夾角． 圖K20－11 課時(shí)作業(yè)(二十) 1．B　[解析] M受到三個(gè)力的

8、作用處于平衡狀態(tài)，則絕緣細(xì)線的拉力與庫(kù)侖力的合力必與重力大小相等、方向相反，只有選項(xiàng)B正確． 2．D　[解析] 質(zhì)子從A點(diǎn)至B點(diǎn)，所受庫(kù)侖力發(fā)生變化，故質(zhì)子做變加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律，質(zhì)子在A點(diǎn)的加速度a0＝，則質(zhì)子在B點(diǎn)的加速度a′＝＝，B錯(cuò)誤；當(dāng)電子以O(shè)A為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)k＝m，可得v＝，同理，電子以O(shè)B為半徑繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的線速度為，C錯(cuò)誤，D正確． 3．B　[解析] A、B間的庫(kù)侖力等大反向，要使懸線保持豎直時(shí)A、B平衡，則C對(duì)A、B的庫(kù)侖力應(yīng)大小相等、方向相反，因此A、B帶異種電荷；把C移走后，A、B相互吸引，懸線與豎直方向的夾角θ，滿足tanθ＝

9、，由于兩球質(zhì)量相同，庫(kù)侖力大小相等，則兩球的懸線與豎直方向的夾角相同，B正確． 4．CD　[解析] A、B之間的靜電力是作用力和反作用力關(guān)系，所以不論A、B哪個(gè)電荷量大，它們受到的靜電力大小相等，方向相反，由平衡條件得，tan θ＝.可見(jiàn)質(zhì)量相同，偏角相同；質(zhì)量越大，懸線與豎直線的偏角越小，故C、D正確． 5．BC　[解析] 若A、B帶異種電荷，則B受到A的引力作用，初速度v0垂直于引力方向，當(dāng)B受到A的庫(kù)侖力恰好提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力 ，即v0＝時(shí)，B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0＞時(shí)，庫(kù)侖力小于其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力 ，B做加速度、速度均變小的離心運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v0＜時(shí)，庫(kù)侖力大于其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心

10、力，B做加速度、速度均變大的向心運(yùn)動(dòng)；若A、B帶同種電荷，則B球一定會(huì)因?yàn)槭艿紸的斥力而做遠(yuǎn)離A的變加速曲線運(yùn)動(dòng)．答案為B、C. 6．他的解答是錯(cuò)誤的． 小環(huán)穿在絲線上，作用于小環(huán)上的兩個(gè)拉力大小相等，方向不同．小環(huán)受四個(gè)力，如圖所示． 豎直方向Tsin60°＝mg 水平方向Tcos60°＋T＝k 聯(lián)立得q＝. 7．B　[解析] 對(duì)A處帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，帶電小球處于平衡狀態(tài)，則Tsin30°＋kcos30°＝mg，Tcos30°＝k＋ksin30°，聯(lián)立解得T＝mg＝·，B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 8．AB　[解析] 設(shè)A、B之間的距離為2r，未放C時(shí)，分別對(duì)

11、A、B球，由牛頓第二定律，有k＝mAaA＝mBaB，則mA＝mB；放C后，分別對(duì)A、B球，由牛頓第二定律，有－k＋k＝±m(xù)Aa，k＋k＝mBa，解得qC＝q或q，A、B正確． 9．均為　[解析] 設(shè)小球的質(zhì)量為m，開(kāi)始兩球相距L時(shí)，庫(kù)侖力F＝＝ 則加速度a＝＝ 相碰后兩球電荷量先中和，后平分，所以帶電荷量均為－q，兩球相距為L(zhǎng)時(shí)，庫(kù)侖力F′＝ 則加速度a′＝＝ 由以上兩式得a′＝a. 10．(1)3×105 N/C　(2)2.4 N　37° [解析] (1)B球水平方向的合力為零，則qBE＝k 故E＝k＝ N/C＝3×105 N/C. (2)兩球及細(xì)線最后位置如圖所示．對(duì)A、B整體，由平衡條件有 T＝2mg＝2×0.12×10 N＝2.4 N. 對(duì)小球A，由平衡條件，有 qE＝mgtanθ 解得tanθ＝＝＝， 即θ＝37°.