2018届高考物理第一轮总复习全程训练课练19库仑定律　电场力的性质

2018届高考物理第一轮总复习全程训练课练19库仑定律　电场力的性质

课练19　库仑定律　电场力的性质 ‎1.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线 都保持竖直方向．下面说法正确的是(　　)‎ A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大 B．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小 C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小 D．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大 ‎2.‎ 在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为(　　)‎ A. B．q C．2q D．2q ‎3．如图所示，光滑平面上固定金属小球A，用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有(　　)‎ A．x2＝x1 B．x2>x1 C．x2＝x1 D．x2ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb ‎2．(多选)(2016·浙江理综)‎ 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 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 ‎3．(2017·郑州二测)如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)‎ A．P、Q所带电荷量为 B．P对斜面的压力为0‎ C．斜面体受到地面的摩擦力为0‎ D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g ‎4.‎ ‎(2017·福州五校联考)如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为(　　)‎ A.F B.F C.F D.F ‎5．(2017·昆明检测)‎ 如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连接的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B可能带等量异种电荷 B．A、B可能带不等量的正电荷 C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零 D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反 ‎6.‎ ‎(2017·武汉调研)如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是(　　)‎ A．移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向 B．移至b点时，o点的电场强度大小为E，沿oc方向 C．移至e点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向 D．移至f点时，o点的电场强度大小为E，沿oe方向 ‎7．(2017·姜堰中学质检)有两个完全相同的小球A、B，质量 均为m，带等量异种电荷，其中A带电荷量为＋q，B带电荷量为－q.现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板的O点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧．在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场．如图所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k，重力加速度为g)(　　)‎ A. B.mg＋ C．Eq＋ D.mg＋＋Eq ‎8．(2017·北京模拟)如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向 C．点电荷Q是正电荷 D．点电荷Q的位置坐标为0.3 m ‎9．(2017·深圳模拟)‎ 在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与a、b两点连线的夹角为60°.b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与ab连线的夹角为30°.则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是(　　)‎ A．φa>φb，Ea＝ B．φa<φb，Ea＝ C．φa>φb，Ea＝3Eb D．φa<φb，Ea＝3Eb ‎10．(2017·江苏十校联考)如图所示，一电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小，大小为v，已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg，g为重力加速度，A、B间距离为L，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)‎ A．点电荷甲在B点处的电场强度大小为 B．O、B两点间的距离大于 C．在点电荷甲形成的电场中，A、B两点间电势差UAB＝ D．点电荷甲形成的电场中，A点的电势小于B点的电势 ‎11．(2017·华南师大附中测试)‎ 如图所示，y轴在竖直方向，x轴在水平方向，一质量为m带电荷量为q的小球在坐标为(0,0.3 m)的A点以初速度v0平行于x轴正方向射入第一象限，在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场E2，其中m＝0.1 kg，q＝＋1.0×10－3 C，v0＝2 m/s，E1＝1.0×103 N/C，E2＝×103 N/C，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球到达x轴上的速度；‎ ‎(2)小球回到y轴时的坐标．‎ ‎12．(2017·陕西师大附中二模)如图所示，质量为m＝1 kg的带正电物块，q＝2.0×10－5 C，放置在质量M＝2 kg足够长不带电绝缘木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个电场区，两电场区的宽度均为1 m，边界距离为d，Ⅰ区电场方向水平向右，Ⅱ区电场方向水平向左．电场强度大小均为1.5×105 N/C.将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g＝10 m/s2.‎ ‎(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？‎ ‎(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两电场区的边界距离d.‎ ‎(3)物块与木板最终停止运动时，求物块相对木板滑动的路程．‎ 课练19　库仑定律　电场力的性质 ‎1．C　存在固定球P时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，从而说明A球带负电而B球带正电．由于A、B球在水平方向各受两个力，而A、B之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P对A、B的水平方向的库仑力大小相等，方向相反．根据F＝k以及A离P近，可知A球带电荷量较小，B球带电荷量较大，故C正确．‎ ‎2．B　选甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a＝.选乙为研究对象，由牛顿第二定律得，＝ma，联立得r＝q.‎ ‎3．B　电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的，此时弹簧的伸长量也大于原来的，B正确．‎ ‎4．AC　‎ 如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力作用，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等，方向相反．根据三角形相似可知＝，而库仑力F＝k，由以上两式得d＝ ，要使d变为2d，可以使球B的质量变为原来的，或将小球A、B的电荷量都增大为原来的2倍，同时将小球B的质量变为原来的一半，A、C正确、B、D错误．‎ ‎5．BD　对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，它是不变的．当将小球B向左推动少许时，FBA 与竖直方向的夹角逐渐变小，则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；对小球B而言，它受四个力的作用，重力GB、推力F、A对B的静电力FAB、地面对B的弹力FB，由于FAB＝FBA，FBA减小，则FAB也减小，故地面对小球B的弹力也减小，C错误；由于两球之间的静电力在减小，故两小球之间的距离在增大，D正确．‎ ‎6．B　依题意，每个点电荷在O点产生的场强为E1/2，则当将N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场的场强方向的夹角为120°，合场强大小为E2＝E1/2，则E1∶E2＝2∶1，所以选项B正确．‎ ‎7．D　若q为负电荷，只有当粒子受到的电场力恰好和粒子做圆周运动的向心力大小相等时，粒子才做匀速圆周运动，否则粒子就做变速曲线运动，所以A错误．当粒子做曲线运动时，粒子受到的电场力的大小要改变，所以粒子做的是变加速曲线运动，所以B错误．若q为正电荷，那么粒子一定会向远离电荷Q的方向运动，电场力做正功，则q的电势能逐渐减小，所以C错误．若q为正电荷，那么粒子一定会远离O点，受到的电场力的大小逐渐减小，做变加速曲线运动，所以D正确．‎ ‎8．A　完整球壳在M点产生电场的场强为＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为－E，根据对称性，左半球壳在N点产生电场的场强为－E，选项A正确．‎ ‎9．AC　设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，两个－q之间距离为2acosα.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcosα＝k，解得cos3α＝，选项A正确、B错误．选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksinα＝k，解得sin3α＝，选项C正确、D错误．‎ ‎10．A　由v－t图象可知，逐渐变大，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子沿电场线方向运动，由电场线疏处到达密处，故A正确．‎ ‎11．解题思路：(1)根据库仑定律，A、B 两点电荷间的库仑力大小为F＝代入数据得F＝9.0×10－3 N ‎(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝ A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为 E＝2E1cos30°‎ 联立两式并代入数据得E＝7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向．‎ 答案：(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C，方向沿y轴正方向 ‎12．解题思路：(1)A球带正电，B球带负电 未加电场时，两小球相距d＝2l－2lsinα＝l 由A球受力平衡可得：mgtanα＝k 解得：Q＝ l ‎(2)外加电场时，两球相距 d′＝2l＋2lsinα＝3l 根据A球受力平衡可得：QE－k＝mgtanα 解得：E＝ 答案：(1)A带正电，B带负电，Q＝ l　(2)10/9l 加餐练 ‎1．D　带电粒子在电场中仅受电场力作用，由牛顿第二定律知加速度a＝＝，E＝k，因为rbac>aa；‎ 由动能定理有Wab＝qQUab＝mv－mv Wbc＝qQUbc＝mv－mv 因为Wab<0，所以va>vb 因为Wbc>0，所以vc>vb 因为|Uab|>|Ubc|，所以va>vc 故有va>vc>vb，D项正确．‎ ‎2．ACD　用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B 球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；‎ 两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示 sinθ＝＝0.60，θ＝37°‎ F库＝mgtan37°＝6.0×10－3 N，B项错误；‎ F库＝k QA＝QB＝Q，r＝0.12 m 联立得Q＝4×10－8 C，故C项正确；‎ 由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．‎ ‎3．D　本题考查库仑定律、物体平衡条件、牛顿第三定律、整体法和隔离法及其相关的知识点．设P、Q点所带电荷量为q，对物体P受力分析，受到水平向左的库仑力F＝k、竖直向下的重力mg、支持力FN，由平衡条件可得tanθ＝，解得q＝，选项A错误；斜面对P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋Fsinθ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝k和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝k，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确．‎ ‎4．C　本题考查库仑定律及其相关的知识点，意在考查考生运用对称性解决问题的能力．由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F ‎.将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，C正确．‎ ‎5．D　本题考查两点电荷间电场线分布的特点．根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但由电场叠加可知，其电场强度一定不为零，选项C错误；由题图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确．‎ ‎6．C　本题考查点电荷形成的电场的矢量合成及其相关知识点．由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右．当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则o处的电场强度大小为，沿oe方向，A错误；同理，当移至b处，o处的电场强度大小为E，沿od与oe角平分线方向，B错误；同理，当移至e处，o处的电场强度大小为，沿oc方向，C正确；同理，当移至f处，o处的电场强度大小为E，沿od与oc角平分线方向，D错误．‎ ‎7．D　本题考查库仑定律、共点力平衡等相关知识点．设细线的拉力为F，弹簧的弹力为F弹，对小球A受力分析，由平衡条件可得在竖直方向上有Fsin60°＝mg，水平方向上有F弹＝Fcos60°＋＋qE，联立解得F弹＝mg＋＋qE，选项D正确，A、B、C错误．‎ ‎8．D　本题考查库仑定律及相关知识点，意在考查考生对图象的理解能力．由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，B、C错误；设Q与A点之间的距离为l，由题图乙可得，点电荷在A点产生的场强EA＝k＝＝ ‎ N/C＝4×105 N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝k＝＝ N/C＝0.25×105 N/C，解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1) m＝0.3 m，A错误、D正确．‎ ‎9．D　如图所示，场源电荷－Q应位于两电场线的交点O处，因为a点离O较近，所以φa<φb，而Ea＝k，Eb＝k，而rb＝ra，所以有Ea＝3Eb，D正确．‎ ‎10．A　因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小，故此时电荷乙的加速度为零，即EBq＝μmg，即EB＝，故A正确；根据点电荷的场强公式EB＝k＝，解得xOB＝，B错误；从A点到B点由动能定理可知qUAB－μmgL＝mv2－mv，UAB＝则C错误；点电荷甲带负电，故在所形成的电场中，A点的电势高于B点的电势，D错误．‎ ‎11．解题思路：(1)小球在第一象限做类平抛运动，设小球到达x轴的速度v与x轴正方向的夹角为α，小球在第一象限的加速度为a1，由牛顿第二定律可得 E1q＋mg＝ma1‎ 小球在竖直方向的位移h1＝a1t 小球在竖直方向的速度vy＝a1t1‎ 小球到达x轴上的速度v＝ tanα＝ 联立解得v＝4 m/s，α＝60°‎ ‎(2)由题意可知，小球进入第四象限后，水平方向做初速度为－v0，加速度为a2的匀加速直线运动，竖直方向做初速度为vy，加速度为g的匀加速直线运动，设小球在第四象限运动时间为t2，则由运动学规律和牛顿第二定律可得 a2＝ 水平方向x＝v0t1＝－v0t2＋a2t 竖直方向y＝vyt2＋gt 解得y＝1.8 m 故小球回到y轴的坐标为(0，－1.8 m)‎ 答案：(1)4 m/s　(2)(0，－1.8 m)‎ ‎12．解题思路：(1)以物块为研究对象，对物块进行受力分析，设物块受到的电场力为F，加速度为am1，由牛顿第二定律可得 F－μmg＝mam1且F＝qE 解得am1＝2 m/s2‎ 设物块在区域Ⅰ运动的时间为t1，由匀加速直线运动规律可得 L＝am1t 解得t1＝＝1 s 则物块离开区域Ⅰ时的速度vm1＝am1t1＝2 m/s ‎(2)在Ⅰ区域时，以木板为研究对象，设木板加速度为aM1，由牛顿第二定律可得 μmg＝MaM1‎ 解得aM1＝0.5 m/s2‎ 物块到达Ⅰ区域边缘处时木板速度vM1＝aM1t1＝0.5 m/s 离开Ⅰ区域后，设物块加速度为am2，由牛顿第二定律可得 μmg＝mam2‎ 解得am2＝1 m/s2‎ 木板加速度aM2＝aM1＝0.5 m/s2‎ 设物块在两电场区边界间运动的时间为t2，则当物块与木板达到共同速度时vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2‎ 解得t2＝1 s 两电场区边界距离d＝vm1t2－am2t＝1.5 m ‎(3)由于F>μmg，所以物块与木板最终只能停在两电场之间 设最终停止时，物块相对木板滑动的路程为s，由全过程能量守恒有FL＝μmgs，解得s＝3 m 答案：(1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)3 m