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1、版高考物理金榜一轮课时分层作业二十71库仑定律电场力的性质G温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层作业 二十库仑定律电场力的性质(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。16题为单选题,710题为多选题)1.如图,水平直线表示电场中的一条电场线,A、B为电场线上的两点。一负点电荷仅在电场力作用下,从静止开始由A向B做匀加速运动。则电场强度()A.逐渐增大,方向向左B.逐渐增大,方向向右C.保持不变,方向向左D.保持不变,方向向右【解析】选C。负电荷从静止开始

2、由A向B做匀加速运动,说明负电荷受到的电场力保持不变,所以从A到B电场强度保持不变,负电荷受到的电场力方向向右,所以电场强度向左,故A、B、D错误,C正确。2.(2018德州模拟)带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,实线是电场线。关于粒子,下列说法正确的是 ()A.粒子一定带正电 B.在a点的加速度大于在b点的加速度C.在a点的速度小于在b点的速度D.电场中a点的电势一定比b点的电势高【解析】选C。由于电场线的方向未知,则无法确定粒子的带电性质,故A错误;电场线密的地方电场的场强大,电场线疏的地方电场的场强小,可知EaEb,所以a、

3、b两点比较,粒子的加速度在b点时较大,故B错误;整个过程电场力做正功,根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能,则在b点时的速度大于经a点时的速度,故C正确;由于不知道粒子的电性,也不能确定电场线的方向,所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系,故D错误。3.a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点,abc=120。现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上,下列说法正确的有 ()A.d点电场强度的方向由d指向OB.O点电场强度的方向由d指向OC.d点的电场强度大于O点的电场强度D.d点的电场强度小于O点的电场强度【解析】选D。由电场的叠加原理可知,d点电场方向由O指向d,

4、O点电场强度的方向也是由O指向d,故A、B错误;设菱形的边长为r,根据公式E=k,分析可知三个点电荷在d点产生的场强E大小相等,由电场的叠加可知,d点的场强大小为Ed=2k,O点的场强大小为EO=4k,可见,d点的电场强度小于O点的电场强度,即EdQB,在真空中相距r,现将检验电荷C置于某一位置时,所受静电力恰好为零,则 ()A.A和B为异种电荷时,C在AB之间连线上靠近B一侧B.A和B为异种电荷时,C在AB之间连线的延长线上A外侧C.A和B为同种电荷时,C在AB之间连线上靠近B一侧D.A和B无论为同种还是异种电荷,C都不在AB连线以及延长线上【解析】选C。若QA和QB为固定的异种电荷,只要放

5、入的电荷q受到的合力为0即可,则对C有k=k,因为QAQB,所以rArB,而且保证两个力的方向相反,所以应将C置于AB连线的延长线上,且靠近B;若QA和QB均为固定的同种电荷,则对C有k=k,因为QAQB,所以rArB,而且保证两个力的方向相反,所以应将C置于AB线段上,且靠近B,故C正确,A、B、D错误。7.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

6、的是 ()A.B点的电场强度的大小为0.25 N/CB.A点的电场强度的方向沿x轴正方向C.点电荷Q是正电荷D.点电荷Q的位置坐标为0.3 m【解析】选B、D。由图乙可知,B点的电场强度EB=2.5104 N/C,故A错误;在A点放一个带正电的试探电荷,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,所以A点的电场强度的方向沿x轴正方向,故B正确;放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同,而正电荷所受电场力与电场强度方向相同,负电荷所受电场力与电场强度方向相反,若点电荷在A的左侧或在B的右侧,正负电荷所受电场力方向不可能相同,所以点电荷Q应位于A、B两点之间,根据正

7、负电荷所受电场力的方向,知该点电荷带负电,故C错误;由图乙可知,A点的电场强度EA=4105 N/C,设点电荷Q的坐标为x,由点电荷的电场E=k,可知=,解得x=0.3 m,故D正确。【加固训练】如图所示,在光滑绝缘的水平地面上放置着四个可视为点电荷的带电金属小球,一个带正电,放置于圆心,带电荷量为Q;另外三个带负电,带电荷量均为q,位于圆周上互成120放置,四个小球均处于静止状态,则Q与q的比值为()A.B.C.3D.【解析】选D。以圆周上三个带电小球中的一个为研究对象,如以左下角的一个点电荷为研究对象,其受到圆周上的另外两个点电荷的库仑斥力作用,同时受到圆心上的点电荷的库仑引力作用,设圆的

8、半径为r,根据受力平衡得:2(kcos30)=k根据几何关系有L=r所以解得:=,故A、B、C错误,D正确。8.如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。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。小球A静止在斜面上,则 ()A.小球A与B之间库仑力的大小为B.当=时,细线上的拉力为0C.当=时,细线上的拉力为0D.当=时,斜面对小球A的支持力为0【解题指导】解答本题应注意以下两点:

9、(1)利用库仑定律计算电场力。(2)由共点力平衡条件列方程求解。【解析】选A、C。根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F=,故A正确;当细线上的拉力为0时,小球A受到库仑力、斜面支持力、重力,由平衡条件得=mgtan,解得=,故B错误,C正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为0,故D错误。9.如图,倾角为的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上,一质量为m,带电量+q的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑,若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量+Q的点电荷,再让物块以某一速度从斜面上滑下,物块在下滑至底端的过程中,斜面保持静止不动,在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移

10、的情况下,关于在物块下滑过程的分析正确的是 ()A.在BA之间,物块将做加速直线运动B.在BD之间,物块受到的库仑力先增大后减小C.在BA之间,斜面对地面的压力有可能不变D.在BA之间,斜面受到地面的摩擦力均为零【解析】选B、D。开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,而库仑力对于物块是阻力,则导致其做减速运动,故A错误;根据库仑定律,则在BD之间,电荷间的间距先减小后增大,则物块受到的库仑力先增大后减小,故B正确;开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力,物块恰好能在斜面上匀速下滑,说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡,是竖直向上的,根

11、据牛顿第三定律,物块对斜面体的压力和物块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的,增加电场力后,小物块对斜面体的压力和摩擦力成正比例增加,物块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的,再对斜面体受力分析,受重力、物块对斜面体的压力和摩擦力、支持力,不受地面的摩擦力,否则合力不为零,从整体分析,在BA之间,因库仑斥力,导致斜面对地面的压力增大,故C错误,D正确。10.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8.010-4

12、kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g取10 m/s2,静电力常量k=9.0109 Nm2/C2,则 ()A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.010-2 NC.B球所带的电荷量为410-8 CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)丝绸摩擦过的玻璃棒带正电。(2)A、B接触等分电荷。(3)由库仑定律和平衡条件列方程求解。【解析】选A、C、D。用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电,带正电的玻璃棒与A球接触,A球带正电,A、B接触后,由于两个小球完全相同,电荷量均分,则两球所带电荷量相等,且都为正电,在A、B两球连线中点处的电场强度为0,则A、D项正确;

13、两小球平衡时如图所示,重力和库仑力的合力与悬线的拉力大小相等,方向相反,在结构三角形OAAD中cos=0.6,在矢量三角形中F= N=610-3 N,则B项错误;由库仑定律F=得q=410-8 C,则C正确,故选A、C、D。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(2018马鞍山模拟)一光滑绝缘细直杆MN,长为L,水平固定在匀强电场中,场强大小为E,方向与竖直方向夹角为。杆的M端固定一个带负电小球A,电荷量大小为Q;另一带负电的小球B穿在杆上,可自由滑动,电荷量大小为q,质量为m,现将小球B从杆的N端由静止释放,小球B开始向M端运动,已知k为静电力常量,g为重力加速度,求: (1)小球

14、B对细杆的压力的大小。(2)小球B开始运动时的加速度的大小。(3)小球B速度最大时,离M端的距离。【解析】(1)小球受力如图所示:小球B在垂直于杆的方向上合力为零,由牛顿运动定律得:FN=qEcos+mg(2)在水平方向上,由牛顿第二定律得:qEsin-k=ma解得:a=-(3)当小球B的速度最大时,加速度为零,则有:qEsin=k解得:x=答案:(1)qEcos+mg(2)-(3)【能力拔高题组】1.(8分)(多选)如图所示,两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上,且在同一竖直平面内,用水平向左的推力F作用于B球,两球在图示位置静止,现将B球沿斜面向上移动一小段距离,发现A球随

15、之向上移动少许,两球在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比,下列说法正确的是 ()A.推力F变大B.斜面对B的弹力不变C.墙面对A的弹力变小D.两球之间的距离变大【解析】选B、C、D。小球A受力如图所示:根据共点力平衡条件得,F库=,FNA=mgtan,由于减小,所以库仑力减小,则两球间距增加,墙面对A的弹力变小,故C、D正确;对AB整体受力分析,如图所示:根据共点力平衡条件得,FNsin+FNA=F,FNcos=(m+M)g,解得F=(m+M)gtan+mgtan,FN=,由于减小,不变,则推力F减小;斜面对B的弹力不变,故A错误,B正确。【加固训练】(多选)如图所示,水平面绝缘且光滑,

16、一绝缘的轻弹簧左端固定,右端有一带正电荷的小球,小球与弹簧不相连,空间存在着水平向左的匀强电场,带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止,现保持电场强度的大小不变,突然将电场反向,若将此时作为计时起点,则下列描述速度与时间,加速度与位移之间变化关系的图象正确的是 ()【解析】选A、C。将电场反向,小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力,小球离开弹簧前,根据牛顿第二定律得,小球的加速度为:a=,知a随x的增大均匀减小,当脱离弹簧后,小球的加速度为:a=,保持不变。可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀加速运动,故A、C正确,B、D错误。2.(17分)如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径

17、为R的半圆形,固定在竖直面内,管口 B、C的连线是水平直径。现有一带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始,整个空间中突然加上一个匀强电场,电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等,结果小球从管口C处脱离圆管后,其运动轨迹经过A点。设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为g,求:(1)小球到达B点的速度大小。(2)小球受到的电场力的大小。(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力。【解析】(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程,由动能定理得:mg4R=m-0解得:vB=(2)设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg(方

18、向竖直向上),小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:Fx2R=m-m小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,则:4R=vCt2R=t2联立解得:Fx=mg故F=mg(3)小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力FN提供,设弹力FN的方向水平向左,由牛顿第二定律得:Fx+FN=m解得FN=3mg方向水平向左根据牛顿第三定律得:FN=FN=3mg,方向水平向右答案:(1)(2)mg(3)3mg方向水平向右【总结提升】解决力电综合问题的两条途径(1)建立物体受力图景。弄清物理情境,选定研究对象。对研究对象按顺序进行受力分析,画出受力图。应用力学规律进行归类建模。(2)建立能量转化图景:运用能量观点,建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径。关闭Word文档返回原板块