《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)分層作業(yè) 二十 7.1 庫(kù)侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì).doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)分層作業(yè) 二十 7.1 庫(kù)侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì).doc（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
課時(shí)分層作業(yè) 二十庫(kù)侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì)
(45分鐘 100分)
【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】
一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)
1.如圖,水平直線表示電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線,A、B為電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)。一負(fù)點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下,從靜止開(kāi)始由A向B做勻加速運(yùn)動(dòng)。則電場(chǎng)強(qiáng)度( )
A.逐漸增大,方向向左
B.逐漸增大,方向向右
C.保持不變,方向向左
D.保持不變,方向向右
【解析】選C。負(fù)電荷從靜止開(kāi)始由A向B做勻加速運(yùn)動(dòng),說(shuō)明負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力保持不變,所以從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變,負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力方向向右,所以電場(chǎng)強(qiáng)度向左,故A、B、D錯(cuò)誤,C正確。
2.(2018德州模擬)帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下,從電場(chǎng)中a點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),如圖所示,實(shí)線是電場(chǎng)線。關(guān)于粒子,下列說(shuō)法正確的是 ( )
A.粒子一定帶正電
B.在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度
C.在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度
D.電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)一定比b點(diǎn)的電勢(shì)高
【解析】選C。由于電場(chǎng)線的方向未知,則無(wú)法確定粒子的帶電性質(zhì),故A錯(cuò)誤;電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大,電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)小,可知Ea
QB,在真空中相距r,現(xiàn)將檢驗(yàn)電荷C置于某一位置時(shí),所受靜電力恰好為零,則 ( )
A.A和B為異種電荷時(shí),C在AB之間連線上靠近B一側(cè)
B.A和B為異種電荷時(shí),C在AB之間連線的延長(zhǎng)線上A外側(cè)
C.A和B為同種電荷時(shí),C在AB之間連線上靠近B一側(cè)
D.A和B無(wú)論為同種還是異種電荷,C都不在AB連線以及延長(zhǎng)線上
【解析】選C。若QA和QB為固定的異種電荷,只要放入的電荷q受到的合力為0即可,則對(duì)C有k=k,因?yàn)镼A>QB,所以rA>rB,而且保證兩個(gè)力的方向相反,所以應(yīng)將C置于AB連線的延長(zhǎng)線上,且靠近B;若QA和QB均為固定的同種電荷,則對(duì)C有k=k,因?yàn)镼A>QB,所以rA>rB,而且保證兩個(gè)力的方向相反,所以應(yīng)將C置于AB線段上,且靠近B,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。
7.真空中Ox坐標(biāo)軸上的某點(diǎn)有一個(gè)點(diǎn)電荷Q,坐標(biāo)軸上A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為0.2 m和0.7 m。在A點(diǎn)放一個(gè)帶正電的試探電荷,在B點(diǎn)放一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷,A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到電場(chǎng)力的方向都跟x軸正方向相同,電場(chǎng)力的大小F跟試探電荷電荷量q的關(guān)系分別如圖乙中直線a、b所示。下列說(shuō)法正確的是 ( )
A.B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為0.25 N/C
B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向
C.點(diǎn)電荷Q是正電荷
D.點(diǎn)電荷Q的位置坐標(biāo)為0.3 m
【解析】選B、D。由圖乙可知,B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EB==2.5104 N/C,故A錯(cuò)誤;在A點(diǎn)放一個(gè)帶正電的試探電荷,A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到電場(chǎng)力的方向都跟x軸正方向相同,所以A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向,故B正確;放在A、B兩點(diǎn)的試探電荷受到的電場(chǎng)力方向都跟x軸的正方向相同,而正電荷所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同,負(fù)電荷所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反,若點(diǎn)電荷在A的左側(cè)或在B的右側(cè),正負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向不可能相同,所以點(diǎn)電荷Q應(yīng)位于A、B兩點(diǎn)之間,根據(jù)正負(fù)電荷所受電場(chǎng)力的方向,知該點(diǎn)電荷帶負(fù)電,故C錯(cuò)誤;由圖乙可知,A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EA==4105 N/C,設(shè)點(diǎn)電荷Q的坐標(biāo)為x,由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)E=k,可知==,解得x=0.3 m,故D正確。
【加固訓(xùn)練】
如圖所示,在光滑絕緣的水平地面上放置著四個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶電金屬小球,一個(gè)帶正電,放置于圓心,帶電荷量為Q;另外三個(gè)帶負(fù)電,帶電荷量均為q,位于圓周上互成120放置,四個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài),則Q與q的比值為( )
A. B. C.3 D.
【解析】選D。以圓周上三個(gè)帶電小球中的一個(gè)為研究對(duì)象,如以左下角的一個(gè)點(diǎn)電荷為研究對(duì)象,其受到圓周上的另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖斥力作用,同時(shí)受到圓心上的點(diǎn)電荷的庫(kù)侖引力作用,設(shè)圓的半徑為r,根據(jù)受力平衡得:
2(kcos30)=k
根據(jù)幾何關(guān)系有L=r
所以解得:=,故A、B、C錯(cuò)誤,D正確。
8.如圖所示,水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面,斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端,另一端系有一個(gè)帶電小球A,細(xì)線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為q。小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷。小球A靜止在斜面上,則
( )
A.小球A與B之間庫(kù)侖力的大小為
B.當(dāng)=時(shí),細(xì)線上的拉力為0
C.當(dāng)=時(shí),細(xì)線上的拉力為0
D.當(dāng)=時(shí),斜面對(duì)小球A的支持力為0
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)利用庫(kù)侖定律計(jì)算電場(chǎng)力。
(2)由共點(diǎn)力平衡條件列方程求解。
【解析】選A、C。根據(jù)庫(kù)侖定律可得兩小球之間的庫(kù)侖力大小為F=,故A正確;當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時(shí),小球A受到庫(kù)侖力、斜面支持力、重力,由平衡條件得=mgtanθ,解得=,故B錯(cuò)誤,C正確;由受力分析可知,斜面對(duì)小球的支持力不可能為0,故D錯(cuò)誤。
9.如圖,傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上,一質(zhì)量為m,帶電量+q的小物塊(可看作是點(diǎn)電荷)恰好能在斜面上勻速下滑,若在AB中點(diǎn)D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點(diǎn)電荷,再讓物塊以某一速度從斜面上滑下,物塊在下滑至底端的過(guò)程中,斜面保持靜止不動(dòng),在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒(méi)有轉(zhuǎn)移的情況下,關(guān)于在物塊下滑過(guò)程的分析正確的是 ( )
A.在BA之間,物塊將做加速直線運(yùn)動(dòng)
B.在BD之間,物塊受到的庫(kù)侖力先增大后減小
C.在BA之間,斜面對(duì)地面的壓力有可能不變
D.在BA之間,斜面受到地面的摩擦力均為零
【解析】選B、D。開(kāi)始時(shí)刻小物塊受重力、支持力和摩擦力,物塊恰好能在斜面上勻速下滑,說(shuō)明摩擦力和支持力的合力與重力平衡,而庫(kù)侖力對(duì)于物塊是阻力,則導(dǎo)致其做減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;根據(jù)庫(kù)侖定律,則在BD之間,電荷間的間距先減小后增大,則物塊受到的庫(kù)侖力先增大后減小,故B正確;開(kāi)始時(shí)刻小物塊受重力、支持力和摩擦力,物塊恰好能在斜面上勻速下滑,說(shuō)明摩擦力和支持力的合力與重力平衡,是豎直向上的,根據(jù)牛頓第三定律,物塊對(duì)斜面體的壓力和物塊對(duì)斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的,增加電場(chǎng)力后,小物塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力成正比例增加,物塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的,再對(duì)斜面體受力分析,受重力、物塊對(duì)斜面體的壓力和摩擦力、支持力,不受地面的摩擦力,否則合力不為零,從整體分析,在BA之間,因庫(kù)侖斥力,導(dǎo)致斜面對(duì)地面的壓力增大,故C錯(cuò)誤,D正確。
10.如圖所示,把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn)。用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒與A球接觸,棒移開(kāi)后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定。兩球接觸后分開(kāi),平衡時(shí)距離為0.12 m。已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是8.010-4 kg,帶電小球可視為點(diǎn)電荷,重力加速度g取10 m/s2,靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,則 ( )
A.兩球所帶電荷量相等
B.A球所受的靜電力為1.010-2 N
C.B球所帶的電荷量為410-8 C
D.A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):
(1)絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒帶正電。
(2)A、B接觸等分電荷。
(3)由庫(kù)侖定律和平衡條件列方程求解。
【解析】選A、C、D。用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒帶正電,帶正電的玻璃棒與A球接觸,A球帶正電,A、B接觸后,由于兩個(gè)小球完全相同,電荷量均分,則兩球所帶電荷量相等,且都為正電,在A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則A、D項(xiàng)正確;兩小球平衡時(shí)如圖所示,重力和庫(kù)侖力的合力與懸線的拉力大小相等,方向相反,在結(jié)構(gòu)三角形OAAD中cosθ=0.6,在矢量三角形中F== N=610-3 N,則B項(xiàng)錯(cuò)誤;由庫(kù)侖定律F=得q==410-8 C,則C正確,故選A、C、D。
二、計(jì)算題(15分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)
11.(2018馬鞍山模擬)一光滑絕緣細(xì)直桿MN,長(zhǎng)為L(zhǎng),水平固定在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向與豎直方向夾角為θ。桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A,電荷量大小為Q;另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上,可自由滑動(dòng),電荷量大小為q,質(zhì)量為m,現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放,小球B開(kāi)始向M端運(yùn)動(dòng),已知k為靜電力常量,g為重力加速度,求:
(1)小球B對(duì)細(xì)桿的壓力的大小。
(2)小球B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度的大小。
(3)小球B速度最大時(shí),離M端的距離。
【解析】(1)小球受力如圖所示:
小球B在垂直于桿的方向上合力為零,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得:FN=qEcosθ+mg
(2)在水平方向上,由牛頓第二定律得:
qEsinθ-k=ma
解得:a=-
(3)當(dāng)小球B的速度最大時(shí),加速度為零,則有:
qEsinθ=k
解得:x=
答案:(1)qEcosθ+mg (2)- (3)
【能力拔高題組】
1.(8分)(多選)如圖所示,兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上,且在同一豎直平面內(nèi),用水平向左的推力F作用于B球,兩球在圖示位置靜止,現(xiàn)將B球沿斜面向上移動(dòng)一小段距離,發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動(dòng)少許,兩球在虛線位置重新平衡。重新平衡后與移動(dòng)前相比,下列說(shuō)法正確的是 ( )
A.推力F變大
B.斜面對(duì)B的彈力不變
C.墻面對(duì)A的彈力變小
D.兩球之間的距離變大
【解析】選B、C、D。小球A受力如圖所示:根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得,F庫(kù)=,
FNA=mgtanα,由于α減小,所以庫(kù)侖力減小,則兩球間距增加,墻面對(duì)A的彈力變小,故C、D正確;對(duì)AB整體受力分析,如圖所示:
根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得,FNsinβ+FNA=F,
FNcosβ=(m+M)g,解得F=(m+M)gtanβ+mgtanα,FN=,由于α減小,β不變,則推力F減小;斜面對(duì)B的彈力不變,故A錯(cuò)誤,B正確。
【加固訓(xùn)練】
(多選)如圖所示,水平面絕緣且光滑,一絕緣的輕彈簧左端固定,右端有一帶正電荷的小球,小球與彈簧不相連,空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止,現(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變,突然將電場(chǎng)反向,若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn),則下列描述速度與時(shí)間,加速度與位移之間變化關(guān)系的圖象正確的是 ( )
【解析】選A、C。將電場(chǎng)反向,小球在水平方向上受到向右的電場(chǎng)力和彈簧的彈力,小球離開(kāi)彈簧前,根據(jù)牛頓第二定律得,小球的加速度為:a=,知a隨x的增大均勻減小,當(dāng)脫離彈簧后,小球的加速度為:a=,保持不變?？芍∏蛳茸黾铀俣戎饾u減小的加速運(yùn)動(dòng),然后做勻加速運(yùn)動(dòng),故A、C正確,B、D錯(cuò)誤。
2.(17分)如圖所示,光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形,固定在豎直面內(nèi),管口 B、C的連線是水平直徑?，F(xiàn)有一帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方的A點(diǎn)自由下落,A、B兩點(diǎn)間距離為4R。從小球進(jìn)入管口開(kāi)始,整個(gè)空間中突然加上一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等,結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后,其運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)A點(diǎn)。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中帶電量沒(méi)有改變,重力加速度為g,求:
(1)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度大小。
(2)小球受到的電場(chǎng)力的大小。
(3)小球經(jīng)過(guò)管口C處時(shí)對(duì)圓管壁的壓力。
【解析】(1)小球從開(kāi)始自由下落到到達(dá)管口B的過(guò)程,由動(dòng)能定理得:mg4R=m-0
解得:vB=
(2)設(shè)電場(chǎng)力的豎直分力為Fy,水平分力為Fx,則Fy=mg(方向豎直向上),
小球從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:Fx2R=m-m
小球從管口C處脫離圓管后,做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng),其軌跡經(jīng)過(guò)A點(diǎn),則:4R=vCt
2R=t2
聯(lián)立解得:Fx=mg
故F==mg
(3)小球經(jīng)過(guò)管口C處時(shí),向心力由Fx和圓管的彈力FN提供,設(shè)彈力FN的方向水平向左,由牛頓第二定律得:Fx+FN=m
解得FN=3mg 方向水平向左
根據(jù)牛頓第三定律得:F′N(xiāo)=FN=3mg,方向水平向右
答案:(1) (2)mg
(3)3mg 方向水平向右
【總結(jié)提升】解決力電綜合問(wèn)題的兩條途徑
(1)建立物體受力圖景。
①弄清物理情境,選定研究對(duì)象。
②對(duì)研究對(duì)象按順序進(jìn)行受力分析,畫(huà)出受力圖。
③應(yīng)用力學(xué)規(guī)律進(jìn)行歸類(lèi)建模。
(2)建立能量轉(zhuǎn)化圖景:運(yùn)用能量觀點(diǎn),建立能量轉(zhuǎn)化圖景是分析解決力電綜合問(wèn)題的有效途徑。
（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 課時(shí)分層作業(yè) 二十 7.1 庫(kù)侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì).doc
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