2021高考物理人教版一轮考评训练：课练 20 库仑定律　电场力的性质 19页

www.ks5u.com 课练20　库仑定律　电场力的性质 ‎———[狂刷小题　夯基础]———‎ 练基础小题 ‎1．三个相同的金属小球a、b和c，c不带电，a和b带等量异种电荷，相隔一定距离放置(两球之间的距离远大于球的半径)，a、b之间的静电力为F.现将c球分别与a、b球接触后拿开，a、b之间的距离不变，则a、b之间的静电力将变为(　　)‎ A．F B. C. D. ‎2．(多选)如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q，在它们连线的竖直垂直平分线上固定一根内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为＋q的小球以初速度v0从上端管口竖直射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　)‎ A．小球下落过程中加速度始终为g B．小球受到的库仑力先做正功后做负功 C．小球速度先增大后减小，射出时速度仍为v0‎ D．管壁对小球的弹力最大值为8k ‎3．如图，水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为L.现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，已知静电力常量为k，则D点的场强大小为(　　)‎ A. B. C. D. ‎4．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球(可视为质点)，小球之间用劲度系数均为k0的轻质绝缘弹簧连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为(　　)‎ A．l＋ B．l－ C．l－ D．l－ ‎5．如图所示，两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上，并通过一根不可伸长的绝缘细绳接在定滑轮两端，整个装置处在水平向右的匀强电场中，当两个小球静止时，两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α＝30°和β＝60°，不计装置中的一切摩擦及两个小球间的静电力．则A、B两球的带电荷量q1与q2大小之比为(　　)‎ A．q1:q2＝:1 B．q1:q2＝:2‎ C．q1:q2＝1: D．q1:q2＝2: ‎6．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下，以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是(　　)‎ 练高考小题 ‎7．[2018·全国卷Ⅰ，16]如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)‎ A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝ C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝ ‎8．[2016·浙江卷，19](多选)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 ‎9.‎ ‎[2019·北京卷，17]如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则(　　)‎ A．a点场强的大小比b点大 B．b点场强的大小比c点小 C．a点电势比b点高 D．b点电势比c点低 ‎10．[2019·全国卷Ⅰ]如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)‎ A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷 C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷 练模拟小题 ‎11．[2019·合肥质检]如图所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称．该坐标轴上的场强E随x变化的图象正确的是(　　)‎ ‎12．[2019·重庆八中模拟]在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　)‎ A．图甲中与点电荷等距的a、b两点 B．图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点 C．图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点 D．图丁中非匀强电场中的a、b两点 ‎13．[2019·宁夏六盘山高中摸底]如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，引力常量为G，静电力常量为k，那么a、b两球之间的万有引力F1、库仑力F2分别满足(　　)‎ A．F1＝G，F2＝k B．F1＞G，F2＝k C．F1＝G，F2＞k D．F1＝G，F2＜k ‎14．[2019·四川省苍溪中学诊断]如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球(可视为质点)系于同一点，A球靠在绝缘墙壁上，B球保持静止状态．两球所带电荷量分别为qA＝2q和qB＝4q.现将B球与A球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列说法正确的是(　　)‎ A．B球的电荷量不变 B．轻绳对B球的拉力变大 C．A、B两球间库仑力减小 D．A、B两球间距离与原来两球间距离的比值为 ‎15．[2019·河北省衡水中学检测](多选)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)‎ A．微粒从B到C做加速运动，且vC＝3 m/s B．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动 C．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s ‎16．[2019·南昌模拟]已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线，A、B为轴线上的点，且AO＝OB，则下列判断正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的电场强度大 B．A、B两点的电场强度相同 C．A、B两点的电场强度大小相等，方向相反 D．A、B两点的电场强度大小不等，方向相同 ‎———[综合测评　提能力]———‎ 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)‎ ‎1.‎ ‎[预测新题]如图所示，三根均匀带电的等长绝缘细棒组成等边三角形ABC，P点为三角形的中心，当AB、AC棒所带电荷量均为＋q、BC棒所带电荷量为－2q时，P点电场强度大小为E，现将BC棒取走，AB、AC棒的电荷分布不变，则取走BC棒后，P点的电场强度大小为(　　)‎ A. B. C. D．E ‎2．[2019·湖北襄阳四中联考]如图所示，一个绝缘圆环，当它的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电且电荷量为＋2q，另一半圆ADC均匀带电且电荷量为－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为(　　)‎ A．2E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向D C．2E，方向由O指向B D．0‎ ‎3．[2019·河北衡水中学期中]如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷量分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B点处．现在改变小球2的带电荷量，把它放置在图中C点时也恰好能平衡，已知AB弦长是AC弦长的两倍，则(　　)‎ A．小球在C点时的电荷量是B点时电荷量的一半 B．小球在C点时的电荷量是B点时电荷量的四分之一 C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小 D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小 ‎4．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．x2k，选项C正确．‎ ‎14．D ‎　两球接触时，平分电荷量，A错误；设两轻绳的长度分别为h和L0，两球间距离为L，当两球处于静止状态时，对B球进行受力分析，如图所示，根据三角形相似可得，＝，T＝G，所以轻绳对B球的拉力不变，B错误；由＝，得F＝G，又F＝k，得L＝，故可知再次平衡时，两球间距离增大，库仑力增大，C错误；两球间距离与原来两球间距离的比值为＝，D正确．‎ ‎15．AC　从A到B做的功和从B到C做的功相等，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，qUBC＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A项正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B项错误；过B作垂直AC的线，此线为等势线，微粒过C点后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒定律可以得到微粒最终的速度应该与B点的速度相同，故C项正确，D项错误．‎ ‎16．B　先将半球面补充为一个完整的球面，则B点的电场强度可等效为完整的球面产生的电场强度与右边均匀带负电半球面产生的电场强度的叠加，即为右边带负电半球面产生的电场强度，根据对称性可知与左半球面在A点产生的电场强度大小相等，方向相同，B正确．‎ ‎[综合测评　提能力]‎ ‎1．B　因AB、AC棒带电完全相同，则它们在P点产生的电场强度大小相同，由于P点在两个带电棒的垂直平分线上，所以两个带电棒在P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线过P点斜向下，又两个电场方向的夹角为120°，则AB棒和AC棒在P点产生的合电场强度大小等于AB棒在P点产生的电场强度大小，由P点为三角形的中心可知，P点到三个带电棒的距离相等，即BC棒在P点的电场强度大小是AB棒和AC棒在P点的合电场强度大小的2倍，因P 点合电场强度大小为E，所以BC棒在P点的电场强度大小为E，故取走BC棒后，P点的电场强度大小为E，B正确．‎ ‎2．A　‎ 当圆环的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC的带电荷量为＋2q时，如图所示，由矢量合成可得，在圆心O处的电场强度大小为E，方向由O指向D；当另一半圆ADC均匀带电且带电荷量为－2q时，同理，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；根据矢量的合成法则，可得圆心O处电场强度的大小为2E，方向由O指向D，A项正确．‎ ‎3．C ‎　在B点时对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据受共点力作用的物体的平衡条件可知，F1＝FN.设半球形碗的半径为R，A、B之间的距离为L，由图可知，根据三角形相似有＝＝，即＝＝，所以FN＝mg、F＝mg，当小球2处于C点时，A、C之间的距离为，故F′＝F，设此时小球2的电荷量为Q3，根据库仑定律有F＝k、F′＝k，所以＝，即小球在C点时的电荷量是B点时电荷量的八分之一，故A、B两项均错误；由上面的式子可知FN＝mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误．‎ ‎4．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．‎ ‎5．B　撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的＋3q和与其关于O点对称点＋q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E＝－＝，方向水平向左．撤去A点的小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点＋q产生的，所以E′＝＝，方向水平向右，B正确．‎ ‎6．A　根据库仑定律有F＝k，A处的质点静止时，根据共点力平衡条件有Fsin 30°＝EQ，由以上两式得E＝＝，质点在B点受到的库仑力F′＝，由平行四边形定则得合电场力大小F＝＝，故A正确．‎ ‎7．D　电荷Q在b点和c处产生的场强大小相等，方向相反，根据b点处的场强为零，可知Q带负电，且＝，在c点处，两电荷产生的场强方向均向左，Ec＝＋＝k＝k，D正确．‎ ‎8．D　场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为N·m2/C2，σ为单位面积的带电荷量，单位为C/m2，则2πkσ表达式的单位为N/C，故各表达式中其他部分应无单位，而A、B两项其他部分的单位是m，故A、B两项错误；当x＝0时，O点的场强为0，当x→∞时E→0，而C项中当x→∞时，E→4πkσ，故C项错误，D项正确．‎ ‎9．BC　题图甲中，等量负点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为沿中垂线指向中点，所以该正点电荷从p到q运动时电场力的方向与运动方向共线，做直线运动，题图乙中，等量异种点电荷连线的中垂线上电场强度的方向为垂直于中垂线指向负电荷，所以该正点电荷从p向q运动的过程中，受的电场力向右，故应该做曲线运动，A错误；在连线上，题图甲中，电场强度的方向由中点O指向两负电荷，所以该正点电荷从M向N运动，电场力与速度方向共线，做直线运动；题图乙中，电场强度的方向由M到N ‎，所以该正点电荷受电场力的方向与速度共线，做直线运动，B正确；给该正点电荷适当的速度，可以使其在垂直于纸面内以O点为圆心，以Op为半径做匀速圆周运动，C正确；根据正点电荷的受力情况和匀速圆周运动中合外力的特点可知，在题图乙中该正点电荷不可能做匀速圆周运动经过p和q，D错误．‎ ‎10．AC　若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC部分可能做匀速圆周运动，A正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故B错误；若小球到达C点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C点，所以小球到达C点的速度不可能为零，C正确；由A到B根据动能定理有－EqR＝mv－mv，所以若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定不相等，D错误．‎ ‎11．答案：(1)　(2)·＋2mg，方向竖直向下 解析：(1)由静电场知识和几何关系可知，C、D两点电势相等，小球由C运动到D的过程中，mgh＝mv2，由几何关系可知h＝，解得v＝.‎ ‎(2)小球运动到D点时，AD＝R，BD＝R，小球分别受到A、B两端带电小球的作用力为 FA＝k，FB＝k，‎ 设环对小球的支持力为 FN，FN－FAcos 30°－FBsin 30°－mg＝，‎ 由牛顿第三定律可知小球对环的压力FN＝F′N，‎ 解得F′N＝·＋2mg，方向竖直向下．‎ ‎12．答案：(1)2 m/s2　(2)2 m/s2　(3)4 m/s　(4)28 m 解析：(1)0～2 s内物块的加速度a1＝＝2 m/s2.‎ ‎(2)2～4 s内物块的加速度a2＝＝－2 m/s2.‎ ‎(3)0～2 s内物块的位移s1＝a1t＝4 m,2 s末的速度为v2＝a1t1＝4 m/s，2～4 s内位移为s2＝s1＝4 m,4 s末的速度为v4＝0.‎ 小物块做周期为4 s的直线运动，第14 s末的速度为v14＝4 m/s ‎(4)14 s内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期加上s1，位移s＝3(s1＋s2)＋s1＝28 m.‎ ‎13．答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)当B板上聚集了n个射来的电子时，两板间的电势差 U＝＝ 两板间电场为匀强电场，场强大小为E＝＝ ‎(2)设B板最多能聚集N个电子，则第(N＋1)个射入的电子到达B板时速度减为零，在这个过程中两板间的电势差为 U1＝＝ 对第(N＋1)个射入的电子，根据动能定理有－eU1＝0－mv 联立解得N＝ ‎(3)第一个电子在两板间做匀速直线运动，动动时间为t1＝ 最后一个电子在两板间做匀减速直线运动，到达B板时速度为零，运动时间为t2＝ 二者时间差为Δt＝|t2－t1|＝