2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場(chǎng) 課時(shí)作業(yè)19 庫侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì).doc

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課時(shí)作業(yè)（十九）庫侖定律 電場(chǎng)力的性質(zhì)基礎(chǔ)小題練1(2018金陵中學(xué)模擬)如圖所示，半徑相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是() A. B C. D【解析】A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為q、q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷量為q1，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2.由庫侖定律Fk知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕，A項(xiàng)正確【答案】A2光滑絕緣的水平桌面上，固定著帶電荷量為Q、Q的小球P1、P2，帶電荷量為q、q的小球M、N用絕緣細(xì)桿相連，下列圖中的放置方法能使M、N靜止的是(圖中細(xì)桿的中點(diǎn)均與P1、P2連線的中點(diǎn)重合)()【解析】根據(jù)矢量合成可得，在P1、P2連線的中垂線上的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，故如題圖A、題圖C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C錯(cuò)誤；在P1、P2的連線上電場(chǎng)方向由正電荷指向負(fù)電荷，即水平向右，如題圖B、題圖D放置方式，由對(duì)稱性知，M、N所在位置的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，電荷M、N所受電場(chǎng)力等大反向，所以B、D正確【答案】BD3A、B是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度增大則此電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布可能是()【解析】加速度增大，說明電場(chǎng)力增大，即電場(chǎng)強(qiáng)度增大，而電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，故A、D正確【答案】AD4如圖所示，光滑水平桌面上有A、B兩個(gè)帶電小球(可以看成點(diǎn)電荷)，A球帶電荷量為3q，B球帶電荷量為q，由靜止同時(shí)釋放后A球加速度的大小為B球的3倍現(xiàn)在A、B中點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的C球(也可看成點(diǎn)電荷)，再由靜止同時(shí)釋放A、B兩球，結(jié)果兩球加速度大小相等則C球帶電荷量為()A. B C. D【解析】由靜止同時(shí)釋放后A球加速度的大小為B球的3倍，根據(jù)牛頓第二定律可知，A、B兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量之比為13；當(dāng)在A、B中點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的C球，由靜止同時(shí)釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等(1)若兩球的加速度方向相反，即A球向右，B球向左，根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，對(duì)A，kkma，對(duì)B，kk3ma，綜上解得，QCq；(2)若兩球的加速度方向相同，即A、B球均向左，根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，對(duì)A，kkma，對(duì)B，kk3ma，綜上解得，QCq，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤【答案】BC5如圖所示，A、B是點(diǎn)電荷負(fù)Q形成的電場(chǎng)中的兩點(diǎn)(rArB)若先后把帶電量很小，不會(huì)影響Q形成電場(chǎng)的正點(diǎn)電荷q1、q2(q1q2)分別放到A點(diǎn)和B點(diǎn)，q1、q2在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為FA1、FA2，在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為FB1、FB2.則下列關(guān)于點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力F和帶電量q的比值的大小的比較中，正確的說法是() A.， B，C.， D，【解析】由題可知，q1、q2在A點(diǎn)受到的電場(chǎng)力分別為FA1、FA2，而A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的定義式E可知，EA，故A錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式Ek分析可知，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，則有，故B錯(cuò)誤；由上述分析可知，故C正確，故D錯(cuò)誤【答案】C6如圖所示，點(diǎn)電荷4Q與Q分別固定在A、B兩點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)將AB連線三等分，現(xiàn)使一個(gè)帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)開始以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子的重力，則該粒子在CD之間運(yùn)動(dòng)的速度大小v與時(shí)間t的關(guān)系圖象可能是下圖中的() 【解析】粒子在AB連線上的平衡位置即為場(chǎng)強(qiáng)為零的位置，所以，得x，即在D點(diǎn)，粒子在D點(diǎn)左側(cè)時(shí)所受電場(chǎng)力向左，粒子在D點(diǎn)右側(cè)時(shí)所受電場(chǎng)力向右，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況有以下三種情況：在D點(diǎn)左側(cè)時(shí)先向右減速至速度為零然后向左加速運(yùn)動(dòng)；粒子能越過D點(diǎn)時(shí)，先在D點(diǎn)左側(cè)減速，過D點(diǎn)以后加速運(yùn)動(dòng)；或在D點(diǎn)左側(cè)減速，則運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)速度減為0，以后一直靜止，所以粒子在CD之間的運(yùn)動(dòng)可以用B、C圖象描述，故B、C正確【答案】BC創(chuàng)新導(dǎo)向練7以“靜電力演示儀”為背景考查靜電感應(yīng)及庫侖力相關(guān)知識(shí)如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對(duì)平行放置工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬板中間，則()A乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上C乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫侖力三個(gè)力的作用D用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會(huì)在兩極板間來回碰撞【解析】根據(jù)靜電感應(yīng)近異遠(yuǎn)同的特性知乒乓球左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A錯(cuò)誤；乒乓球不可能吸在左極板上，B錯(cuò)誤；庫侖力就是電場(chǎng)力，C錯(cuò)誤；乒乓球與右極板接觸后帶正電，在電場(chǎng)力作用下向負(fù)極運(yùn)動(dòng)，碰到負(fù)極板，正電荷與負(fù)極板上的負(fù)電荷中和后帶負(fù)電，在電場(chǎng)力作用下又向正極板運(yùn)動(dòng)，這樣會(huì)在兩極板間來回碰撞，D正確【答案】D8庫侖扭秤結(jié)構(gòu)及工作原理如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置為庫侖扭秤細(xì)銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個(gè)帶電的金屬小球A，另一端有一個(gè)不帶電的球B，B與A所受的重力平衡，當(dāng)把另一個(gè)帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時(shí)，A和C之間的作用力使懸絲扭轉(zhuǎn)，通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關(guān)系這一實(shí)驗(yàn)中用到了下列哪些方法()A微小量放大法 B極限法C控制變量法 D逐差法【解析】當(dāng)小球C靠近小球A時(shí)，庫侖力使懸絲扭轉(zhuǎn)較小的角度，通過懸絲上的小鏡子反射光線放大，能比較準(zhǔn)確地測(cè)出轉(zhuǎn)動(dòng)角度同時(shí)體現(xiàn)了控制變量法，即分別控制q和r不變，研究庫侖力F與r和q的關(guān)系，故A、C正確【答案】AC9巧用電子秤“稱量”庫侖力如圖所示，固定一帶負(fù)電小球a的絕緣支架放在電子秤上，此時(shí)電子秤示數(shù)為F，現(xiàn)將帶等量負(fù)電的另一小球b移至距離小球a正上方L處時(shí)，電子秤示數(shù)為F1，若只將小球b的電性改為正電荷，電子秤示數(shù)為F2，則()AF1F2BF1F2FC若小球b帶負(fù)電，L增大，則F1也增大D若小球b帶正電，L減小，則F2也減小【解析】將帶等量負(fù)電的另一小球b移至距離小球a正上方L處時(shí)，b對(duì)a有向下的庫侖力作用，設(shè)為F，則示數(shù)F1FF，若只將小球b的電性改為正電荷，b對(duì)a有向上的庫侖力作用，則示數(shù)為F2FF，所以F1F2，F(xiàn)1F22F，故A、B錯(cuò)誤；若小球b帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)減小，則F1減小，故C錯(cuò)誤；若小球b帶正電，L減小，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)增大，則F2FF減小，故D正確【答案】D10科技前沿“離子陷阱”裝置結(jié)構(gòu)及工作原理離子陷阱是一種利用電場(chǎng)或磁場(chǎng)將離子俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝置如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細(xì)桿與直流電壓和疊加的射頻電壓相連，相當(dāng)于四個(gè)電極，相對(duì)的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷在垂直于四根桿的平面內(nèi)四根桿的連線是一個(gè)正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點(diǎn)，B、D是b、d連線上的兩點(diǎn)，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等則下列判斷正確的是()AD點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零BA、B、C、D四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同CA點(diǎn)電勢(shì)比B點(diǎn)電勢(shì)高DO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零【解析】根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理，ac兩個(gè)電極帶等量正電荷，其中點(diǎn)O的合場(chǎng)強(qiáng)為零，bd兩個(gè)電極帶等量負(fù)電荷，其中點(diǎn)O的合場(chǎng)強(qiáng)為零，則O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，D正確；同理，D點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)水平向右，A錯(cuò)誤；A、B、C、D四點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)特點(diǎn)知，電場(chǎng)方向由A指向O，由O指向B，故AO，OB，則AB，C正確【答案】CD綜合提升練11.如圖所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)物體A、B、C在傾角為30的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA0.43 kg，mB0.20 kg，mC0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB2105 C、qC7105 C且保持不變，開始時(shí)三個(gè)物體均能保持靜止現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a2.0 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，力F變?yōu)楹懔σ阎o電力常量k9.0109 Nm2/C2，g取10 m/s2.求：(1)開始時(shí)BC間的距離L；(2)F從變力到恒力需要的時(shí)間t；(3)在時(shí)間t內(nèi)，力F做功WF2.31 J，求系統(tǒng)電勢(shì)能的變化量Ep.【解析】(1)ABC靜止時(shí)，以AB為研究對(duì)象有：(mAmB)gsin 30解得：L2.0 m.(2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，AB分離時(shí)兩者之間彈力恰好為零，對(duì)B用牛頓第二定律得：mBgsin 30mBa解得：l3.0 m由勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：lLat2解得：t1.0 s.(3)AB分離時(shí)兩者仍有相同的速度，在時(shí)間t內(nèi)對(duì)AB用動(dòng)能定理得：WF(mAmB)g(lL)sin 30WC(mAmB)v2又vat，代入數(shù)據(jù)解得：WC2.1 J所以系統(tǒng)電勢(shì)能的變化量Ep2.1 J.【答案】(1)2.0 m(2)1.0 s(3)2.1 J12如圖所示，光滑絕緣的水平面與半徑為R的絕緣圓弧軌道相切于點(diǎn)B，O點(diǎn)為光滑圓弧軌道的圓心，且在B點(diǎn)的正上方，光滑圓弧軌道在豎直平面內(nèi)，整個(gè)空間內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從距離B點(diǎn)處的位置A由靜止釋放，小球恰好能運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道高度的一半位置處，已知重力加速度為g. (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？(2)要使小球能運(yùn)動(dòng)到C，應(yīng)從距離B點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置由靜止釋放小球？(3)若使小球從C點(diǎn)由靜止釋放，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大？【解析】(1)根據(jù)題意可知，小球從A點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的高度的過程中，沿電場(chǎng)方向的位移為xR R此過程由動(dòng)能定理可得Eqxmg0聯(lián)立解得E.(2)設(shè)小球釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x，小球從釋放點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得Eq(xR)mgR0解得xR.(3)在小球從C點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得mgRqERmv20在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得FNmg聯(lián)立可得FN(4)mg由牛頓第三定律可得小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為FNFN(4)mg.【答案】(1)(2)R(3)(4)mg