2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第七章+第1节+库仑定律电场力的性质 7页

第1节　库仑定律　电场力的性质 ‎1.(2019·山东青岛联考)如图,绝缘光滑圆环竖直放置,a,b,c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球,已知小球c位于圆环最高点,ac连线与竖直方向成60°角,bc连线与竖直方向成30°角,三个小球均处于静止状态.下列说法正确的是(　D　)‎ A.a,b,c小球带同种电荷 B.a,b小球带异种电荷,b,c小球带同种电荷 C.a,b小球电荷量之比为 D.a,b小球电荷量之比为 解析:对c小球受力分析可得,a,b小球必须带同种电荷c小球才能平衡.对b小球受力分析可得,b,c小球带异种电荷b小球才能平衡,故A,B错误;对c小球受力分析,将力正交分解后可得ksin 60°= ksin 30°,又rac∶rbc=1∶,解得qa∶qb=∶9,故C项错误,D项正确.‎ ‎2.如图所示,边长为a的正方形ABCD的四个顶点分别固定电荷量为+q的点电荷,直线MN过正方形的几何中心O且垂直正方形平面,P与O点相距为a,P点的电场强度为E,若将A点的电荷换为-q的点电荷,则P点的电场强度的大小为(　D　)‎ A. B. C.E D.‎ 解析:由几何关系及电场强度的叠加原理可知,每一个+q 点电荷在P点的电场强度为E,将A点的点电荷换为-q后,该点电荷在P点的电场强度大小没变,但方向反向,由叠加原理可知,D选项正确.‎ ‎3.(2019·‎ 湖北黄冈模拟)如图所示,正方形ABCD的对角线相交于O点,两个等量同种正电荷分别固定在A,C两点,则(　D　)‎ A.B,D两处电势、电场强度均相同 B.B,D两处电势、电场强度均不相同 C.若在B点静止释放一电子,电子一定在B,D间往复运动,且加速度先减小后增大 D.若在B点给电子一垂直纸面合适的速度,电子可绕O点做匀速圆周运动 解析:在等量同种电荷连线的中垂线上,电场强度从O点开始向上下两边先增大后减小,在O上方的电场强度方向竖直向上,在O下方的电场强度方向竖直向下,根据对称性可知B,D两点的电场强度大小相同,方向不同,电势相同,故A,B错误;无法判断从O到B(O到D)电场强度是一直增大,还是先增大后减小,故无法判断电子的加速度的变化情况,C错误;在垂直纸面且经过B,D两点的圆上,所有点的电势相等,并且电子受到的电场力指向O点,与速度方向垂直,电子可绕O点做匀速圆周运动,D正确.‎ ‎4.(2019·山西运城模拟)如图所示边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q,+q,-q,则该三角形中心O点处的电场强度为(　B　)‎ A.,方向由C指向O B.,方向由O指向C C.,方向由C指向O D.,方向由O指向C 解析:每个点电荷在O点处的电场强度大小都是E==,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合场强为E0=2E=,方向由O指向C,选项B正确.‎ ‎5.(2019·河北唐山质检)一负电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的vt图像如图所示.则A,B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的(　C　)‎ 解析:由vt图像可知负电荷运动的速度越来越大,加速度也越来越大,可见其受到电场力越来越大,电场强度也就越来越大,又因负电荷的受力方向与电场强度方向相反,故选项C符合题意,A,B,D错误.‎ ‎6.如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处放一点电荷,将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管的水平直径端点C由静止释放,小球沿细管滑到最低点B时,对管壁恰好无压力.则放于圆心处的点电荷在C点产生的电场强度大小为(　B　)‎ A. B. ‎ C. D.‎ 解析:在B点由库仑力和重力的合力提供向心力,得F-mg=m,即qE= m+mg,小球从C到B电场力不做功,由动能定理mgR=mv2,两个式子联立可知E=.点电荷在C点产生的电场强度大小与B点相同,选项B正确.‎ ‎7.(2018·黑龙江哈尔滨二模)如图所示,一个均匀的带电圆环带电荷量为+Q,半径为R,放在绝缘水平桌面上.圆心为O点,过O点作一竖直线,在此线上取一点A,使A到O点的距离为R,在A点放一检验电荷+q,则+q在A点所受的静电力为(　B　)‎ A.,方向向上 B.,方向向上 C.,方向水平向左 D.不能确定 解析:先把带电圆环分成若干个小部分,每一小部分可视为点电荷,各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消,竖直向上方向上的静电力大小为=,选项B正确.‎ ‎8.(2019·广东东莞模拟)(多选)如图所示,两个大小相同的带电小球A和B,小球A带有电荷量Q,小球B带有电荷量7Q,小球A固定在绝缘细杆上,小球B用绝缘细线悬挂在天花板上,两球球心的高度相同,间距为d,此时细线与竖直方向的夹角为θ.现让两个带电小球接触一下,然后再让两个小球球心的高度相同,间距仍为d,已知静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.则(　AD　)‎ A.细线与竖直方向的夹角变大 B.两球之间的库仑力变小 C.两球之间的库仑力变为原来的 D.细线的拉力变大 解析:未接触时两球间的作用力F=k,接触后两球电荷量均分,则此时两球间的作用力F′=k,可知,两球间的库仑力变大,细线与竖直方向的夹角变大,两球之间的库仑力变为原来的,选项A正确,B,C错误;细线的拉力FT=,则当θ变大时,FT变大,选项D正确.‎ ‎9.(2018·‎ 安徽江淮十校第三次联考)(多选)如图所示,P,Q处固定有等量的同种正电荷,O为P,Q连线的中点,在P,Q连线的垂直平分线上,一个带电粒子在A点由静止释放,结果粒子在A,B,C三点的加速度大小相等,且A,C关于P,Q连线对称,不计粒子受到的重力,则下列说法正确的是(　ABC　)‎ A.粒子在C点的速度大小为零 B.带电粒子在O点的速度最大 C.带电粒子在O点的加速度为零 D.带电粒子从A点运动到B点的过程中,加速度先减小后增大 解析:A,C关于P,Q连线对称,则A,C两点的电势相等,则粒子在A,C两点的电势能相等,由于粒子只受电场力作用,则电势能和动能之和守恒,在A点的速度为零,则粒子在C点的速度大小为零,选项A正确;O点电场强度为零,则带电粒子在O点时,电场力为零,加速度为零,此时的速度最大,选项B,C正确;粒子在A,B两点加速度相同,则两点电场强度相同,根据等量同种电荷的电场线分布可知,由A到B电场强度先增大后减小,带电粒子从A点运动到B点的过程中,电场力先增大后减小,则加速度先增大后减小,选项D错误.‎ ‎10.(2019·河南郑州模拟)(多选)如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球A,B,C(可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是(　AD　)‎ A.A对B的静电力一定是引力 B.A对B的静电力可能是斥力 C.A的电荷量可能比B少 D.A的电荷量一定比B多 解析:根据电场力方向来确定各自电性,从而得出“两同夹一异”,因此A对B的静电力一定是引力,选项A正确,B错误;根据库仑定律来确定电场力的大小,并由平衡条件来确定各自电荷量的大小,因此在大小上一定为“两大夹一小”,因此A的电荷量一定比B多.选项C错误,D正确.‎ ‎11.如图所示,ABCD为竖直放在电场强度为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道,其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环,轨道的水平部分与半圆环相切,A为水平轨道的一点,而且AB=R=‎0.2 m.把一质量m=‎100 g、带电荷量q=+10‎-4 C的小球放在水平轨道的A点,由静止开始被释放后,在轨道的内侧运动.求:(g=‎10 m/s2)‎ ‎(1)它到达C点时的速度是多大?‎ ‎(2)它到达C点时对轨道的压力是多大?‎ 解析:(1)设小球在C点的速度大小是vC,对轨道的压力大小为FN,则对于小球由A→C的过程中,应用动能定理列出2qER-mgR=m,‎ 解得vC=‎2 m/s.‎ ‎(2)在C点时,小球受到轨道对它的弹力和电场力,应用牛顿第二定律,有FN′-qE=m,‎ 解得FN′=3 N.‎ 由牛顿第三定律知FN=FN′=3 N.‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2)3 N ‎12.(2018·安徽安庆二模)如图所示,水平地面上方存在水平向左的匀强电场,一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点,小球带电荷量为+q,静止时距地面的高度为h,细线与竖直方向的夹角为α=37°,重力加速度为g.(sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8)求:‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E;‎ ‎(2)现将细线剪断,小球落地过程中小球水平位移的大小;‎ ‎(3)现将细线剪断,带电小球落地前瞬间的动能.‎ 解析:(1)小球静止时,对小球受力分析如图 由FT·cos 37°=mg FTsin 37°=Eq 解得E=.‎ ‎(2)剪断细线,小球在竖直方向做自由落体运动,水平方向做加速度为a的匀加速运动,‎ 由Eq=ma x=at2‎ h=gt2‎ 解得x=0.75h.‎ ‎(3)从剪断细线到落地瞬间,由动能定理得 Ek=mgh+Eq·x=mgh.‎ 答案:(1)　(2)0.75h　(3)mgh ‎13.如图所示,长L=‎1.2 m、质量M=‎3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上,质量m=‎1 kg、带电荷量q=+2.5×10‎-4 C 的物块放在木板的上端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1,所在空间加有一个方向垂直斜面向下、电场强度E=4.0×104 N/C的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8 N.取g=‎10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,斜面足够长.求:‎ ‎(1)物块经多长时间离开木板;‎ ‎(2)物块离开木板时木板获得的动能;‎ ‎(3)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能.‎ 解析:(1)物块向下做加速运动,设其加速度为a1,木板的加速度为a2,则由牛顿第二定律 对物块有mgsin 37°-μ(mgcos 37°+qE)=ma1‎ 代入数据,求得a1=‎4.2 m/s2.‎ 对木板有Mgsin 37°+μ(mgcos 37°+qE)-F=Ma2‎ 代入数据,求得a2=‎3 m/s2‎ 又a1t2-a2t2=L 得物块滑过木板所用时间t= s.‎ ‎(2)物块离开木板时木板的速度v2=a2t=‎3‎ m/s.‎ 其动能为=M=27 J.‎ ‎(3)由于摩擦而产生的内能为 Q=fs相对=μ(mgcos 37°+qE)·L=2.16 J.‎ 答案:(1) s　(2)27 J (3)2.16 J