《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課后分級演練20 庫侖定律 電場力的性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課后分級演練20 庫侖定律 電場力的性質(zhì)（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后分級演練(二十) 庫侖定律 電場力的性質(zhì) 【A級——基礎(chǔ)練】 1.如圖所示，兩個不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸．把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開(　　) A．此時A帶正電，B帶負(fù)電 B．此時A電勢低，B電勢高 C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 解析：C　由于靜電感應(yīng)，A帶負(fù)電，B帶等量正電，若移去C，A、B所帶等量正負(fù)電荷中和，金屬箔閉合，所以C正確，A錯誤；處于電場中的導(dǎo)體是等勢體，B錯誤；若先把A、B分開，然后移去C，A、B所帶電荷就不能中和，金屬箔不

2、再閉合，D錯誤． 2．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠(yuǎn)大于小球的直徑．球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn)，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠(yuǎn)處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知(　　) A．n＝3　　　　　　　　 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6 解析：D　設(shè)球1、2之間的距離為r，球3和它們沒有接觸前，由庫侖定律有＝F，接觸后，球2帶電荷量為q，球1帶電荷量為q，由庫侖定律有＝F，聯(lián)立上面兩式解得n＝6，D項對． 3.(多選)在光滑絕緣的水平

3、桌面上有四個小球構(gòu)成菱形，其帶電量如圖所示．圖中－q與－q的連線跟－q與＋Q的連線之間夾角為α，若該系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式為(　　) A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：AC　設(shè)菱形的邊長為L，對下方的電荷由力的平衡條件得：2kcos α＝k，解得：cos3α＝，A正確，B錯誤；對左邊電荷分析由力的平衡條件得：2ksin α＝k，解得：sin3α＝，C正確，D錯誤． 4.(多選)(2017廣東第二次大聯(lián)考)如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為210－5 C，質(zhì)量均為0.72 kg，其中A球帶正電荷，B球帶負(fù)電荷，A球通過絕緣細(xì)線吊在天花

4、板上，B球一端固定絕緣棒，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細(xì)線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30，則B球距離A球的距離可能為(　　) A．0.5 m B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 解析：AB　對A受力分析，受重力mg、繩的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin 30＝，解得r＝1 m，所以兩球的距離d≤1 m，A、B正確． 5．如圖所示，在正方形四個頂點分別放置一個點電荷，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，則下列四個選項中，正方形中心處場強(qiáng)最大的是(　　) 解析：B　根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式E＝k，結(jié)合矢量合成法則求解．設(shè)正方形頂點到中

5、心的距離為r，則A選項中電場強(qiáng)度EA＝0，B選項中電場強(qiáng)度EB＝2k，C選項中電場強(qiáng)度EC＝k，D選項中電場強(qiáng)度ED＝k，所以B正確． 6.(多選)如圖所示，在絕緣水平面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過直徑的直線上有O、A、B三點，其中O為圓心．A點固定電荷量為Q的正電荷，B點固定一個未知電荷，且圓周上各點電勢相等，AB＝L.有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球正在滑槽中運(yùn)動，在C點受到的電場力指向圓心，C點所處的位置如圖所示，根據(jù)題干和圖示信息可知(　　) A．B點的電荷帶正電 B．B點處電荷的電荷量為3Q C．B點處電荷的電荷量為Q D．小球在滑槽內(nèi)做的是勻速圓

6、周運(yùn)動 解析：CD　小球在C點的合力方向一定沿CO，且指向O點．A點電荷對小球吸引，B點電荷對小球排斥，因為小球帶負(fù)電，則B點電荷帶負(fù)電．由∠ABC＝∠ACB＝30知，∠ACO＝30，AC＝AB＝L，BC＝2ABcos 30＝L.由力的合成得F1＝F2，即＝，解得QB＝Q，故A、B錯誤，C正確．已知圓周上各點電勢相等，小球在運(yùn)動過程中電勢能不變，根據(jù)能量守恒得知，小球的動能不變，小球做勻速圓周運(yùn)動，故D正確． 7.如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電．整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中．已知靜電力常量為k

7、.若三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為(　　) A. B. C. D. 解析：B　設(shè)小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝k，小球b對小球c的庫侖引力為F＝k，二力合力為2Fcos 30.設(shè)水平勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為E，對c球，由平衡條件可得QE＝2Fcos 30，解得E＝，選項B正確． 8.圖中實線是一簇未標(biāo)明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運(yùn)動過程中只受電場力的作用，根據(jù)此圖可做出正確判斷的是(　　) A．帶電粒子所帶電荷的符號 B．場強(qiáng)的方向 C．帶電粒子在a、b兩點的受力

8、方向 D．帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大 解析：CD　由軌跡的彎曲情況，可知電場力應(yīng)沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷的符號不能確定．由電場線的疏密程度知a點場強(qiáng)大于b點場強(qiáng)，帶電粒子在a點所受電場力較大，從而在a點時加速度較大，綜上所述C、D正確． 9.如圖所示，把一帶正電的小球a放在光滑絕緣面上，欲使球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)(　　) A．帶負(fù)電，放在A點 B．帶正電，放在B點 C．帶負(fù)電，放在C點 D．帶正電，放在C點 解析：C　a受到重力、支持力和庫侖力的作用處于平衡狀態(tài)，對a球受力分析可知，只有在C處放上負(fù)電荷，才可使a

9、受力平衡，故選C. 10.如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強(qiáng)電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直．則(　　) A．A點的場強(qiáng)大小為 B．B點的場強(qiáng)大小為E－k C．D點的場強(qiáng)大小不可能為0 D．A、C兩點的場強(qiáng)相同 解析：A　正點電荷Q在A的電場強(qiáng)度大小E′＝，而勻強(qiáng)電場在A點的場強(qiáng)大小為E；因方向互相垂直，由平行四邊形法則知A點的合場強(qiáng)大小為，A正確；同理，點電荷Q在B點的電場強(qiáng)度的方向與勻強(qiáng)電場方向相同，因此B點的場強(qiáng)大小為E＋k，故B錯誤；同理知D點的合場強(qiáng)為0，C錯

10、誤；A、C兩點場強(qiáng)大小相等，方向不同，故A、C兩點場強(qiáng)不相同，D錯誤． 【B級——提升練】 11.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R，已知M點的場強(qiáng)大小為E，則N點的場強(qiáng)大小為(　　) A. B.－E C.－E D.＋E 解析：B　本題考查點電荷的場強(qiáng)、場強(qiáng)的疊加，意在考查考生對場強(qiáng)矢量性的理解能力和構(gòu)建物理模型的能力．將半圓球面補(bǔ)全成為一個帶電球面，帶電荷量為2q，由題中信息可知，整個帶電球面在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)等

11、效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的場強(qiáng)，即E整＝k＝k，方向水平向右；由對稱性可知，補(bǔ)上的右半帶電球面在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小等于左半帶電球面在M點產(chǎn)生的場強(qiáng)E，方向水平向右，故左半帶電球面在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)為E左＝k－E，B項正確． 12.已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計邊緣效應(yīng)時，極板可看做無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩板極間相互的靜電引力大小分別為(　　) A.和 B.和 C.和 D.和 解析：D　由題知，σ＝，故電場強(qiáng)度E＝＝.帶電荷量為Q

12、的平板在與另一平板產(chǎn)生的電場中受力F＝QE＝.兩板之間的場強(qiáng)為兩板各自場強(qiáng)疊加的合場強(qiáng)，E合＝2E＝，D正確． 13．(多選)(2017河北廊坊質(zhì)量監(jiān)測)如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，其中Q1為正點電荷，在它們連線的延長線上有a、b兩點，現(xiàn)有一檢驗電荷q(電性未知)以一定的初速度沿直線從b點開始經(jīng)a點向遠(yuǎn)處運(yùn)動(檢驗電荷只受電場力作用)，q運(yùn)動的速度圖象如圖乙所示，則(　　) A．Q2必定是負(fù)電荷 B．可以確定檢驗電荷的帶電性質(zhì) C．Q2的電荷量必定大于Q1的電荷量 D．從b點經(jīng)a點向遠(yuǎn)處運(yùn)動的過程中電荷q所受電場力先增大后減小 解析：AB　本題考查庫侖定律、速度

13、圖象、共點力平衡等，意在考查考生對運(yùn)動圖象的理解能力、對庫侖力作用下的平衡問題的分析計算能力．由速度圖象可知，檢驗電荷在a點加速度為零，即兩固定點電荷對檢驗電荷的電場力矢量和為零，所以Q2一定是負(fù)電荷，A項正確；Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，C項錯；從b點開始運(yùn)動時，q做減速運(yùn)動，所受電場力向左，可知檢驗電荷帶正電，B項正確；從b經(jīng)a向遠(yuǎn)處運(yùn)動過程中，加速度先減小后增大再減小，由牛頓第二定律可知，檢驗電荷所受電場力先減小后增大再減小，D項錯． 14.N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖．如移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強(qiáng)度大小

14、為______，方向______．(已知靜電力常量為k) 解析：均勻分布在圓周上的帶電小球在O點處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為零；位于P點的小球在O點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E＝，方向沿PO指向O點；移去P點小球，其余小球在O點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與E大小相等，方向相反． 答案：k　沿OP指向P點 15.如圖所示，空間存在著強(qiáng)度E＝2.5102 N/C，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，在電場內(nèi)一長為L＝0.5 m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點，另一端拴著質(zhì)量m＝0.5 kg、電荷量q＝410－2 C的小球．現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點時細(xì)線受到的拉力恰好達(dá)到它能承受的最大值而斷裂．取g＝1

15、0 m/s2.求： (1)小球的電性． (2)細(xì)線能承受的最大拉力． (3)當(dāng)小球繼續(xù)運(yùn)動后與O點水平方向距離為L時，小球距O點的高度． 解析：(1)由小球運(yùn)動到最高點可知，小球帶正電． (2)設(shè)小球運(yùn)動到最高點時速度為v，對該過程由動能定理有，(qE－mg)L＝mv2① 在最高點對小球由牛頓第二定律得， FT＋mg－qE＝m② 由①②式解得，F(xiàn)T＝15 N (3)小球在細(xì)線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a， 則a＝③ 設(shè)小球在水平方向運(yùn)動L的過程中，歷時t，則L＝vt④ 設(shè)豎直方向上的位移為x， 則x＝at2⑤ 由①③④⑤解得x＝0.125 m 所以小球距O點高度為x＋L＝0.625 m 答案：(1)正電　(2)15 N　(5)0.625 m 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。