2021届高考物理一轮复习核心素养测评二十库仑定律电场力的性质含解析
库仑定律 电场力的性质
(45分钟 100分)
一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)
1.(2020·九江模拟)如图所示，固定一带负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为F。现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则( )
A.F1=F2
B.F1+F2=F
C.若小球b带负电，L增大，则F1也增大
D.若小球b带正电，L减小，则F2也减小
【解析】选D。设两球间的库仑力为F′，则小球b带负电时：F+F′=F1；小球b带正电时：F-F′=F2；解得F1>F2；F1+F2=2F，选项A、B错误；若小球b带负电，L增大，则F′减小，F1也减小，选项C错误；若小球b带正电，L减小，则F′变大，F2减小，选项D正确。
2.(2020·郑州模拟)万有引力定律和库仑定律都满足距离平方反比规律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如电场中引入电场强度来反映电场的强弱，其定义为E=，在引力场中可以用一个类似的物理量来反映引力场的强弱。设地球质量为M，半径为R，地球表面处重力加速度为g，引力常量为G。如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是 ( )
A.G B.G
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C.G D.
【解析】选C。类比电场强度定义式E=，该点引力场强弱ag===，故A、B、D错误，C正确。
3.两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )
A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C.Q1、Q2一定均为正电荷
D.Q1、Q2一定均为负电荷
【解析】选A。由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误。因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误。
4.如图所示，真空中有两个带正电的点电荷，其中Q1=1.0×10-8 C、Q2=4.0×
10-8 C，Q1、Q2分别固定在x坐标轴上的x=0和x=6 cm的位置，则下列说法正确的是( )
A.在x轴上有两个场强为0的点
B.在x=1.2 cm处场强为0
C.在x轴上x<6 cm的区域场强沿x轴负方向
D.在x轴上x>6 cm的区域场强沿x轴正方向
【解析】选D。场强为零时，两个点电荷在该处产生的场强大小相等、方向相反。由于两个点电荷都带正电，电荷量不等，由E=k知，在x轴上有一个场强为0的点，该点在x
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轴上两个点电荷之间靠近Q1的位置，故A错误；设场强为0的点坐标为x，则有k=k，可得x=0.02 m=2 cm，故B错误；根据电场的叠加原理知，在x轴上2 cm
6 cm的区域场强沿x轴正方向，故C错误、D正确。
5.(2020·唐山模拟)如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，下列说法正确的是 ( )
A.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE
B.静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qE
C.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D.剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
【解析】选A。静止时，对B、C两球进行受力分析，则有T=2mg+3mg+qE=5mg+qE，选项A正确，B错误；剪断OA间细线，因B球带负电，B球受竖直向下的电场力qE，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，此时A、B球的加速度为aA=g+>g，C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为T′，由牛顿第二定律，则有T′+mg=maA，解得T′=qE，选项C、D错误。
6.如图所示带正电的金属圆环竖直放置，其中心处有一电子，若电子某一时刻以初速度v0从圆环中心处水平向右运动，则此后电子将 ( )
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A.做匀速直线运动
B.做匀减速直线运动
C.以圆心为平衡位置振动
D.以上选项均不对
【解析】选C。由电场的叠加原理易知，把带电圆环视作由无数个点电荷组成，则圆环中心处的场强为0，沿v0方向所在直线的无穷远处场强也为0，故沿v0方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大。从O点沿v0方向向右的直线上各点的场强处处向右。再由对称性知，沿v0方向所在直线上的O点左方也必有一点场强最大，无穷远处场强为零，方向处处向左。故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减速至零，再向左运动，当运动到O点处时，速度大小仍为v0，并向左继续运动至速度也为零处(这点与O点右方的速度为零处关于O点对称)，然后往复运动。在整个运动过程中，F电是个变力，故加速度也是变化的。
【加固训练】一半径为r的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+3q，其余小球带电荷量为+q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为( )
A.E B. C. D.
【解析】选B。假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处电场强度为0，所以A点小球带电荷量为+3q，其余小球带电荷量为+q时，圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+2q的小球在O点产生的电场强度大小，则有E=k
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。当A处小球带电荷量也为+q时，O点电场强度大小为0，A处+q在圆心O点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向左，其余带电荷量为+q的小球在O点处产生的合电场强度大小E2=E1=k=，所以仅撤去A点的小球，O点的电场强度等于E2=。
7.如图为静电除尘器除尘原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是( )
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【解析】选B、D。由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由F=Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
8.如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。
已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度
g=10 m/s2，静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，则 ( )
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N
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C.B球所带的电荷量为4×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
【解题指导】解决本题应注意以下两点：
(1)丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电。
(2)两完全相同的小球接触时电荷量等量均分，如带异种电荷的两完全相同的小球接触时，电荷量先中和后等量均分。
【解析】选A、C、D。用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球B所受静电力F=mgtanα=6.0×10-3 N，球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F=及q1=q2知，小球所带电荷量q=4×10-8 C，选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，合场强为0，选项D正确。
9.如图所示，PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L。若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变) ( )
A.A球对竖直墙壁的作用力不变
B.两球之间的距离一定增大
C.A球对B球作用的静电力增大
D.地面对B球的弹力不变
【解析】选A、C。由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A
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球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，F库cos θ不变，库仑力F库一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误。
二、计算题(16分，需写出规范的解题步骤)
10.如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R，下端管口切线水平，离水平地面的距离为h，有一质量为m的带电荷量+q的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，管壁对小球的作用力为4mg，g取10 m/s2。求：
(1)小球运动到管口B时的速度大小。
(2)匀强电场的场强。
(3)若R=0.3 m，h=5.0 m，小球落地时的速度大小。
【解析】(1)小球从下端管口飞出时，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，解得：vB=
(2)小球从A运动到管口B的过程中，由动能定理得：mgR+qER=m 解得：E=
(3)小球离开管口B后，水平方向做匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，则有：
竖直方向：h=gt2
解得：t=1 s，vy=gt=10 m/s
水平方向：qE=ma，vx=vB+at，解得：vx=8 m/s
故：v==2 m/s
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答案：(1) (2) (3)2 m/s
11.(10分)如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为+Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有A、B、C三个点，C和O、O和A间的距离均为d，AB间距离为2d。在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷。已知A点处的场强为零，k为静电力常量，求：
(1)带电圆环在O点处的场强大小。
(2)C点处场强。
【解析】(1)圆环上关于圆心对称的两小段圆弧上的电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，其合场强为零，则带电圆环在O点处的场强为EO=0。
(2)A点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆环和B点处点电荷在A点处产生的场强大小均为EBA=，两者方向相反；根据对称性可知带电圆环在C点处产生的场强大小为EC1=，方向沿OC向外；
B处点电荷在C点处产生的场强大小为EC2=，方向沿OC向外，
则C点处场强E=EC1+EC2，解得E=，方向沿OC向外。
答案：(1)0 (2)，方向沿OC向外
12.(20分)如图所示，空间存在着场强E=、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为q的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，
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当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。求：
(1)小球运动到最高点时速度的大小。
(2)细线能承受的最大拉力。
(3)从断线开始计时，在t=时刻小球与O点的距离。
【解析】(1)设小球运动到最高点时速度为v，只有重力和电场力做功，弹力不做功。对该过程由动能定理有，
qEL-mgL=mv2
解得v==2。
(2)在最高点，小球受三个力作用，重力、电场力和细线的拉力，由向心力公式得，
FT+mg-qE=m
解得FT=6mg。
由牛顿第三定律可得细线能承受的最大拉力FT′=6mg。
(3)小球在细线断裂后，带电小球做类平抛运动，合力竖直向上，在竖直方向的加速度设为a，
则a==2g
小球在t时刻
x=vt=2L
y=at2=L
小球与O点的距离d==2L。
答案：(1)2 (2)6mg (3)2L
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