2020版高考物理總復習 第七章 第1節(jié) 庫侖定律 電場力的性質(zhì)練習（含解析）

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1、第1節(jié)　庫侖定律　電場力的性質(zhì) 基礎(chǔ)必備練 1.三個相同的金屬小球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,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移至遠處,此時1,2之間作用力的大小仍為F,方向不變.因此可知(　D　) A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6 解析:由于各球之間距離遠大于小球的直徑,小球帶電時可視為點電荷.由庫侖定律F=k知兩點電荷間距離不變時,相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比.又由于三個小球相同,則兩球接觸時平分

2、總電荷量,故有q×nq=×,解得n=6,D正確. 2.下列選項中的各絕緣直桿大小相同,所帶電荷量已在圖中標出,且電荷均勻分布,各直桿間彼此絕緣.坐標原點O處電場強度最大的是(　B　) 解析:設(shè)帶電荷量為q的直桿在原點O處產(chǎn)生的電場強度大小為E,則題中A圖電場強度大小為E,根據(jù)電場強度的合成滿足平行四邊形定則,B圖電場強度大小為E,C圖電場強度大小為E,D圖電場強度大小為零,選項B正確. 3.如圖所示,真空中有一對分別帶正、負等量異種點電荷的A,B,實線為點電荷A,B產(chǎn)生電場的電場線,C點A,B連線中點,D為過C點中垂線上與電場線的一個交點,M,N為電場中的兩點.下列說法正確的是(　D

3、　) A.C點電場強度為零 B.N點的電場強度大于M點的電場強度 C.將一負試探點電荷無初速地放到C點,則在電場力作用下向A點做勻加速直線運動 D.將一正試探點電荷從D點沿中垂線移動到C點,電場力不做功 解析:等量異種電荷連線中點處電場強度不為零,選項A錯誤;通過觀察電場線密集程度可知M點的密集程度大,故M點的電場強度大于N點的電場強度,選項B錯誤;A帶正電,B帶負電,可知負試探電荷在C點將會向A運動,但是由于電場力不為恒力,故將沿AB連線做變加速直線運動,選項C錯誤;正試探電荷沿中垂線從D到C過程中,電場力始終向右且與電場線垂直,故電場力不做功,選項D正確. 4.如圖所示,實

4、線是電場線,一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中,其速度-時間圖像是(　B　) 解析:電場力的方向指向軌跡的凹側(cè)且沿與電場線相切的方向,因此粒子從A運動到B的過程中電場力方向與速度方向的夾角大于90°,粒子做減速運動,電場力越來越小,加速度越來越小,選項B正確. 5.(2018·四川遂寧三診)在電場強度為E=k的勻強電場中,取O點為圓心,r為半徑作一圓周,在O點固定一帶電荷量為+Q的正點電荷,ac,bd為相互垂直的兩條直徑,其中bd與電場線平行,不計試探電荷的重力,如圖所示.則(　B　) A.把一正試探電荷+q放在a點,試探電荷恰好處于平衡 B.把一負試探

5、電荷-q放在b點,試探電荷恰好處于平衡 C.把一負試探電荷-q放在c點,試探電荷恰好處于平衡 D.把一正試探電荷+q放在d點,試探電荷恰好處于平衡 解析:點電荷+Q在a點產(chǎn)生的電場方向為水平向右,大小為Ea=,與電場E疊加后合電場指向右斜上方,故正試探電荷受力不平衡,A錯誤;點電荷在b點產(chǎn)生的電場強度方向豎直向下,大小為Eb=k,與電場E疊加后合場強為零,試探電荷正好受力平衡,B正確;在c點的合場強方向為斜向左上方,電場強度不為零,試探電荷不能平衡,C錯誤;在d點的合場強方向豎直向上,電場強度不為零,試探電荷不能平衡,D 錯誤. 6.如圖所示,在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處

6、放一點電荷,將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管的水平直徑端點C由靜止釋放,小球沿細管滑到最低點B時,對管壁恰好無壓力.則放于圓心處的點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小為(　B　) A. B. C. D. 解析:在B點由庫侖力和重力的合力提供向心力,得F-mg=m,即qE=m+mg,小球從C到B電場力不做功,由動能定理mgR=mv2,兩個式子聯(lián)立可知E=.點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小與B點相同,選項B正確. 7.(多選)用細繩拴一個質(zhì)量為m、帶正電的小球B,另一也帶正電的小球A固定在絕緣豎直墻上,A,B兩球與地面的高度均為h,小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動,如圖所示.現(xiàn)將

7、細繩剪斷后(　BCD　) A.小球B在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動 B.小球B在細繩剪斷瞬間加速度大于g C.小球B落地的時間小于 D.小球B落地的速度大于 解析:將細繩剪斷瞬間,小球B受到重力和庫侖力的共同作用,合力斜向右下方,且加速度大于g,因此小球B不可能做平拋運動,故A錯誤,B正確;小球在落地過程中,除受到重力外,還受到庫侖斥力,那么豎直方向的加速度大于g,因此小球B落地的時間小于,落地的速度大于,故C,D正確. 8.(多選)一個帶正電荷量為q、質(zhì)量為m的小球,從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動.現(xiàn)在豎直方向上

8、加如圖所示的勻強電場,若仍從A點由靜止釋放該小球,則(　AB　) A.A點的高度h等于R B.小球仍恰好能過B點 C.小球通過B點,且在B點與軌道之間的壓力不為0 D.以上說法都不對 解析:小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑,恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動,則mg=,mg(h-2R)= m,聯(lián)立可解得h=R,選項A正確;加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球,由動能定理(mg+qE)(h-2R)=m,解得v2=,設(shè)小球恰好過B點的速度為v3,則mg+qE=m,解得v3=,滿足小球恰好能過B點的臨界條件,選項B正確,C,D錯誤. 能力培養(yǎng)練 9.(2

9、019·浙江杭州模擬)(多選)如圖(甲)所示,在x軸上有一個點電荷Q(圖中未畫出),O,A,B為軸上三點,放在A,B兩點的試探電荷受到的電場力跟試探電荷所帶電荷量的關(guān)系如圖(乙)所示,則(　AC　) A.A點的電場強度大小為2×103 N/C B.B點的電場強度大小為2×103 N/C C.點電荷Q在A,B之間 D.點電荷Q在A,O之間 解析:對于電場中任意一點而言,放在該處的試探電荷的電荷量q不同,其受到的電場力F的大小也不同,但比值是相同的,即該處的電場強度.所以Fq圖像是一條過原點的直線,斜率越大則電場強度越大.由題圖可知A點的電場強度EA=2×103 N/C,B點的電場強

10、度EB=0.5×103 N/C,選項A正確,B錯誤;A,B兩點放正、負不同的電荷,受力方向總為正,說明A,B兩點的電場強度方向相反,點電荷Q只能在A,B之間,選項C正確,D錯誤. 10.(2019·安徽江淮十校聯(lián)考)(多選)如圖所示,P,Q處固定有等量的同種正電荷,O為P,Q連線的中點,在P,Q連線的垂直平分線上,一個帶電粒子在A點由靜止釋放,結(jié)果粒子在A,B,C三點的加速度大小相等,且A,C關(guān)于P,Q連線對稱,不計粒子受到的重力,則下列說法正確的是(　ABC　) A.粒子在C點的速度大小為零 B.帶電粒子在O點的速度最大 C.帶電粒子在O點的加速度為零 D.帶電粒子從A點運動到

11、B點的過程中,加速度先減小后增大 解析:帶電粒子從A點到C點過程中,先做加速運動,到O點時,電場強度為零,合力為零,有最大速度,加速度為零,然后減速到C點為零,所以選項A,B,C正確;粒子在A,B點的加速度大小一樣,并根據(jù)電場線的分布知,從A點到B點,電場強度先增大后減小,加速度先增大后減小,選項D錯誤. 11.(2018·重慶二模)如圖所示,用一根絕緣細線懸掛一個帶電小球,小球的質(zhì)量為m,電荷量為q,現(xiàn)加一水平的勻強電場,平衡時絕緣細線與豎直方向夾角為θ. (1)試求這個勻強電場的電場強度E大小; (2)如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角,大小變?yōu)镋′后,小球平衡時,絕緣細線仍與豎直方

12、向夾角為θ,則E′的大小又是多少? 解析:(1)對小球受力分析,受到重力、電場力和細線的拉力,如圖(甲)所示.由平衡條件得:mgtanθ=qE 解得E=. (2)將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角,大小變?yōu)镋′后,電場力方向也順時針轉(zhuǎn)過θ角,大小為F′=qE′,此時電場力與細線垂直,如圖(乙) 所示. 根據(jù)平衡條件得mgsin θ=qE′,則得E′=. 答案:(1)　(2) 12.如圖所示,ABCD為豎直放在電場強度為E=104 V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán),軌道的水平部分與半圓環(huán)相切,A為水平軌道的一點,而且AB=R=0.2 m.把一質(zhì)

13、量m=100 g、帶電荷量q=+10-4 C的小球放在水平軌道的A點,由靜止開始被釋放后,在軌道的內(nèi)側(cè)運動.求:(g=10 m/s2) (1)它到達C點時的速度是多大? (2)它到達C點時對軌道的壓力是多大? (3)小球若能通過最高點D,則在A點處的初速度最少應有多大? 解析:(1)設(shè)小球在C點的速度大小是vC,對軌道的壓力大小為FN,則對于小球由A→C的過程中,應用動能定理列出2qER-mgR=m,解得vC= 2 m/s. (2)在C點時,小球受到軌道對它的彈力和電場力,應用牛頓第二定律,有FN′-qE=m,解得FN′=3 N. 由牛頓第三定律知FN=FN′=3 N. (

14、3)小球恰好通過最高點D的速度vD=,則從A到D過程應用動能定理得 EqR-2mgR=m-m 代入數(shù)據(jù)得vA= m/s. 答案:(1)2 m/s　(2)3 N　(3) m/s 13.(2019·河北滄州模擬)如圖所示,光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d=0.48 m,離地高度h=1.25 m.桌面上存在一水平向左的勻強電場(除此之外其余位置均無電場),電場強度E=1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m=0.01 kg、電荷量q=1×10-6 C的帶正電小球以初速度v0=1 m/s向右運動.空氣阻力忽略不計,重力加速度g=10 m/s2.求: (1)小球在桌面上運動時

15、加速度的大小和方向? (2)P處距右端桌面多遠時,小球從開始運動到最終落地的水平距離最大?并求出該最大水平距離. 解析:(1)對小球受力分析,受到重力、支持力和電場力,重力和支持力平衡,根據(jù)牛頓第二定律,有:a=== m/s2=1.0 m/s2,方向水平向左. (2)小球以1 m/s的初速度向右先做勻減速運動,減速到零時需要桌面的長度至少應是:=2aL,L=0.5 m,而題中桌面邊長d=0.48 m,故不存在小球反向加速在桌面左側(cè)落地的情景,小球?qū)⒃谧烂嬗覀?cè)沖出桌面落地.設(shè)球到桌面右邊的距離為x1,球離開桌面后做平拋運動的水平距離為x2,則x總=x1+x2 由v2-=2ax1; 代入數(shù)據(jù)解得v= 設(shè)平拋運動的時間為t,根據(jù)平拋運動的分位移公式,有 h=gt2,代入數(shù)據(jù)解得t=0.5 s. 水平方向,有x2=vt=0.5, 故x總=x1+0.5 令y=, 則x總= 故y=,即x1=時,水平距離最大, 最大值為xmax= m. 答案:(1)1.0 m/s2　方向水平向左　(3) m　 m - 7 -