《2020版高考物理人教版（山东专用）一轮复习练习：第七章 第1节 库仑定律 电场力的性质 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理人教版（山东专用）一轮复习练习：第七章 第1节 库仑定律 电场力的性质 Word版含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第七章 静电场 第 1 节 库仑定律 电场力的性质 1.(2019山东青岛联考)如图,绝缘光滑圆环竖直放置,a,b,c 为三个 套在圆环上可自由滑动的空心带电小球,已知小球 c 位于圆环最高 点,ac 连线与竖直方向成 60角,bc 连线与竖直方向成 30角,三个 小球均处于静止状态.下列说法正确的是( D ) A.a,b,c 小球带同种电荷 B.a,b 小球带异种电荷,b,c 小球带同种电荷 C.a,b 小球电荷量之比为 D.a,b 小球电荷量之比为 解析:对 c 小球受力分析可得,a,b 小球必须带同种电荷 c 小球才能平 衡.对 b 小球受力分析可得,b,c 小球带异种电荷 b 小球才能
2、平衡,故 A,B 错误;对 c 小球受力分析,将力正交分解后可得 ksin 60= k sin 30,又 racrbc=1,解得 qaqb=9,故 C 项错误,D 项 正确. 2.如图所示,边长为a 的正方形 ABCD 的四个顶点分别固定电荷量为 +q的点电荷,直线MN过正方形的几何中心O且垂直正方形平面,P与O 点相距为 a,P 点的电场强度为 E,若将 A 点的电荷换为-q 的点电荷, 则 P 点的电场强度的大小为( D ) A. B. C.E D. 解析:由几何关系及电场强度的叠加原理可知,每一个+q 点电荷在 P 点的电场强度为E,将 A 点的点电荷换为-q 后,该点电荷在 P 点的电
3、 场强度大小没变,但方向反向,由叠加原理可知,D 选项正确. 3.(2019湖北黄冈模拟)如图所示,正方形ABCD的对角线相交于O点, 两个等量同种正电荷分别固定在 A,C 两点,则( D ) A.B,D 两处电势、电场强度均相同 B.B,D 两处电势、电场强度均不相同 C.若在B点静止释放一电子,电子一定在B,D间往复运动,且加速度先 减小后增大 D.若在 B 点给电子一垂直纸面合适的速度,电子可绕 O 点做匀速圆周 运动 解析:在等量同种电荷连线的中垂线上,电场强度从O点开始向上下两 边先增大后减小,在O上方的电场强度方向竖直向上,在O下方的电场 强度方向竖直向下,根据对称性可知 B,D
4、两点的电场强度大小相同, 方 向不同,电势相同,故 A,B 错误;无法判断从 O 到 B(O 到 D)电场强度是 一直增大,还是先增大后减小,故无法判断电子的加速度的变化情 况,C 错误;在垂直纸面且经过 B,D 两点的圆上,所有点的电势相等,并 且电子受到的电场力指向O点,与速度方向垂直,电子可绕O点做匀速 圆周运动,D 正确. 4.(2019山西运城模拟)如图所示边长为a的正三角形ABC的三个顶 点分别固定三个点电荷+q,+q,-q,则该三角形中心 O 点处的电场强度 为( 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
5、C 解析:每个点电荷在 O 点处的电场强度大小都是 E=,画出矢 量叠加的示意图,如图所示,由图可得 O 点处的合场强为 E0=2E=, 方 向由 O 指向 C,选项 B 正确. 5.(2019河北唐山质检)一负电荷从电场中 A 点由静止释放,只受电 场力作用,沿电场线运动到 B 点,它运动的 v t 图像如图所示.则 A,B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( C ) 解析:由v t图像可知负电荷运动的速度越来越大,加速度也越来越大, 可见其受到电场力越来越大,电场强度也就越来越大,又因负电荷的 受力方向与电场强度方向相反,故选项 C 符合题意,A,B,D 错误. 6.如图所示,在
6、竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处放一点电 荷,将质量为 m、带电荷量为 q 的小球从圆弧管的水平直径端点 C 由 静止释放,小球沿细管滑到最低点 B 时,对管壁恰好无压力.则放于圆 心处的点电荷在 C 点产生的电场强度大小为( B ) A. B. C. D. 解析:在B点由库仑力和重力的合力提供向心力,得F-mg=m ,即qE= m +mg,小球从 C 到 B 电场力不做功,由动能定理 mgR= mv2,两个式子 联立可知 E=.点电荷在 C 点产生的电场强度大小与 B 点相同,选项 B 正确. 7.(2018黑龙江哈尔滨二模)如图所示,一个均匀的带电圆环带电荷 量为+Q,半径为 R
7、,放在绝缘水平桌面上.圆心为 O 点,过 O 点作一竖直 线,在此线上取一点 A,使 A 到 O 点的距离为 R,在 A 点放一检验电荷+q, 则+q 在 A 点所受的静电力为( B ) A.,方向向上 B.,方向向上 C.,方向水平向左 D.不能确定 解析:先把带电圆环分成若干个小部分,每一小部分可视为点电荷,各 点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消,竖直向上方向上 的静电力大小为=,选项 B 正确. 8.(2019广东东莞模拟)(多选)如图所示,两个大小相同的带电小球 A 和 B,小球 A 带有电荷量 Q,小球 B 带有电荷量 7Q,小球 A 固定在绝缘 细杆上,小球 B 用绝缘细
8、线悬挂在天花板上,两球球心的高度相同,间 距为 d,此时细线与竖直方向的夹角为.现让两个带电小球接触一下, 然后再让两个小球球心的高度相同,间距仍为 d,已知静电力常量为 k, 重力加速度为 g,两带电小球可视为点电荷.则( AD ) A.细线与竖直方向的夹角变大 B.两球之间的库仑力变小 C.两球之间的库仑力变为原来的 D.细线的拉力变大 解析:未接触时两球间的作用力 F=k,接触后两球电荷量均分,则 此时两球间的作用力 F=k,可知,两球间的库仑力变大,细线与 竖直方向的夹角变大,两球之间的库仑力变为原来的 ,选项 A 正 确,B,C 错误;细线的拉力 FT=,则当变大时,FT变大,选项
9、D 正确. 9.(2018安徽江淮十校第三次联考)(多选)如图所示,P,Q 处固定有 等量的同种正电荷,O 为 P,Q 连线的中点,在 P,Q 连线的垂直平分线上, 一个带电粒子在 A 点由静止释放,结果粒子在 A,B,C 三点的加速度大 小相等,且 A,C 关于 P,Q 连线对称,不计粒子受到的重力,则下列说法 正确的是( ABC ) A.粒子在 C 点的速度大小为零 B.带电粒子在 O 点的速度最大 C.带电粒子在 O 点的加速度为零 D.带电粒子从 A 点运动到 B 点的过程中,加速度先减小后增大 解析:A,C 关于 P,Q 连线对称,则 A,C 两点的电势相等,则粒子在 A,C 两点的
10、电势能相等,由于粒子只受电场力作用,则电势能和动能之和 守恒,在A点的速度为零,则粒子在C点的速度大小为零,选项A正确;O 点电场强度为零,则带电粒子在 O 点时,电场力为零,加速度为零,此 时的速度最大,选项 B,C 正确;粒子在 A,B 两点加速度相同,则两点电 场强度相同,根据等量同种电荷的电场线分布可知,由A到B电场强度 先增大后减小,带电粒子从A点运动到B点的过程中,电场力先增大后 减小,则加速度先增大后减小,选项 D 错误. 10.(2019河南郑州模拟)(多选)如图所示,光滑绝缘水平面上有三个 带电小球 A,B,C(可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在它们之间 的静电力作用下
11、静止,则以下判断正确的是( AD ) A.A 对 B 的静电力一定是引力 B.A 对 B 的静电力可能是斥力 C.A 的电荷量可能比 B 少 D.A 的电荷量一定比 B 多 解析:根据电场力方向来确定各自电性,从而得出“两同夹一异”,因 此 A 对 B 的静电力一定是引力,选项 A 正确,B 错误;根据库仑定律来 确定电场力的大小,并由平衡条件来确定各自电荷量的大小,因此在 大小上一定为 “两大夹一小”,因此 A 的电荷量一定比 B 多.选项 C 错 误,D 正确. 11.如图所示,ABCD为竖直放在电场强度为E=104 V/m的水平匀强电场 中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的
12、半圆环,轨道的 水平部分与半圆环相切,A 为水平轨道的一点,而且 AB=R=0.2 m.把一 质量 m=100 g、 带电荷量 q=+10-4 C 的小球放在水平轨道的 A 点,由静 止开始被释放后,在轨道的内侧运动.求:(g=10 m/s2) (1)它到达 C 点时的速度是多大? (2)它到达 C 点时对轨道的压力是多大? 解析:(1)设小球在C点的速度大小是vC,对轨道的压力大小为FN,则对 于小球由 AC 的过程中,应用动能定理列出 2qER-mgR= m, 解得 vC=2 m/s. (2)在 C 点时,小球受到轨道对它的弹力和电场力,应用牛顿第二定律, 有 FN-qE=m, 解得 FN
13、=3 N. 由牛顿第三定律知 FN=FN=3 N. 答案:(1)2 m/s (2)3 N 12.(2018安徽安庆二模)如图所示,水平地面上方存在水平向左的 匀强电场,一质量为 m 的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂 于 O 点,小球带电荷量为+q,静止时距地面的高度为 h,细线与竖直方 向的夹角为=37,重力加速度为 g.(sin 37=0.6,cos 37= 0.8)求: (1)匀强电场的电场强度 E; (2)现将细线剪断,小球落地过程中小球水平位移的大小; (3)现将细线剪断,带电小球落地前瞬间的动能. 解析:(1)小球静止时,对小球受力分析如图 由 FTcos 37=mg FT
14、sin 37=Eq 解得 E=. (2)剪断细线,小球在竖直方向做自由落体运动,水平方向做加速度为 a 的匀加速运动, 由 Eq=ma x= at2 h= gt2 解得 x=0.75h. (3)从剪断细线到落地瞬间,由动能定理得 Ek=mgh+Eqx=mgh. 答案:(1) (2)0.75h (3)mgh 13.如图所示,长 L=1.2 m、 质量 M=3 kg 的木板静止放在倾角为 37的 光滑斜面上,质量 m=1 kg、带电荷量 q=+2.510-4 C 的物块放在木板 的上端,木板和物块间的动摩擦因数=0.1,所在空间加有一个方向 垂直斜面向下、电场强度 E=4.0104 N/C 的匀强
15、电场.现对木板施加 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,斜面足够长.求: (1)物块经多长时间离开木板; (2)物块离开木板时木板获得的动能; (3)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能. 解析:(1)物块向下做加速运动,设其加速度为 a1,木板的加速度为 a2, 则由牛顿第二定律 对物块有 mgsin 37-(mgcos 37+qE)=ma1 代入数据,求得 a1=4.2 m/s2. 对木板有 Mgsin 37+(mgcos 37+qE)-F=Ma2 代入数据,求得 a2=3 m/s2 又 a1t2- a2t2=L 得物块滑过木板所用时间 t= s. (2)物块离开木板时木板的速度 v2=a2t=3 m/s. 其动能为= M=27 J. (3)由于摩擦而产生的内能为 Q=fs相对=(mgcos 37+qE)L=2.16 J. 答案:(1) s (2)27 J (3)2.16 J