高考物理一輪復習 分層限時跟蹤練18 庫倫定律、電場力的性質(zhì)-人教版高三物理試題

分層限時跟蹤練18庫倫定律、電場力的性質(zhì)(限時40分鐘)一、單項選擇題1．摩擦可以產(chǎn)生靜電，原來甲、乙、丙三物體都不帶電，今使甲、乙兩物體相互摩擦后，乙物體再與丙物體接觸，最后，得知甲物體帶正電1.6×10－15C，丙物體帶電8×10－16C．則對于最后乙、丙兩物體的帶電情況A．乙物體一定帶有負電荷8×10－16B．乙物體可能帶有負電荷2.4×10－15C．丙物體一定帶有正電荷8×10－16D．丙物體一定帶有負電荷2.4×10－15【解析】由于甲、乙、丙原來都不帶電，即都沒有凈電荷；甲、乙摩擦導致甲失去電子1.6×10－15C而帶正電，乙物體得到電子而帶1.6×10－15C的負電荷；乙物體與不帶電的丙物體接觸，從而使一部分負電荷轉(zhuǎn)移到丙物體上，故可知乙、丙兩物體都帶負電荷，由電荷守恒定律可知，乙最終所帶負電荷為1.6×10－15C－8×10－16C＝8×10－16C．【答案】A2．(2015·浙江高考)如圖6-1-14所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置．工作時兩板分別接高壓直流電源的正負極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則()圖6-1-14A．乒乓球的左側(cè)感應出負電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞【解析】兩極板間電場由正極板指向負極板，鍍鋁乒乓球內(nèi)電子向正極板一側(cè)聚集，故乒乓球的右側(cè)感應出負電荷，選項A錯誤；乒乓球受到重力、細線拉力和電場力三個力的作用，選項C錯誤；乒乓球與任一金屬極板接觸后會帶上與這一金屬極板同種性質(zhì)的電荷，而相互排斥，不會吸在金屬極板上，到達另一側(cè)接觸另一金屬極板時也會發(fā)生同樣的現(xiàn)象，所以乒乓球會在兩極板間來回碰撞，選項B錯誤、D正確．【答案】D3．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()【解析】設帶電荷量為q的直桿在原點O處產(chǎn)生的場強大小為E，則題中A圖場強大小為E，根據(jù)場強的合成滿足平行四邊形定則，B圖場強大小為eq\r(2)E，C圖場強大小為E，D圖場強大小為零，選B.【答案】B4．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖6-1-15所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，半球面總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為()圖6-1-15A.eq\f(kq,2R2) B．eq\f(kq,2R2)－EC.eq\f(kq,4R2)－E D．eq\f(kq,4R2)＋E【解析】假設將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．則在M、N點所產(chǎn)生的電場為E＝eq\f(k·2q,（2R）2)＝eq\f(kq,2R2)，由題知當半球面如題圖所示在M點產(chǎn)生的場強為E，則N點的場強為E′＝eq\f(kq,2R2)－E，選項B正確．【答案】B5．(2016·東營檢測)如圖6-1-16所示，點電荷q1、q2、q3處于同一條直線上，q2與q3的距離是q1與q2距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電荷量q1∶q2∶q3之比為()圖6-1-16A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶6 D．3∶2∶6【解析】若q2為負電荷，假設q1帶負電，要使q2平衡，則q3也應帶負電，但此時q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1帶正電，同理分析q3帶正電．也可能足q1、q3帶負電，q2帶正電．由于三個電荷均處于平衡狀態(tài)，所以對q1有keq\f(|q1q2|,leq\o\al(2,1))＝keq\f(|q1q3|,（l1＋l2）2) ①對q2有keq\f(|q1q2|,leq\o\al(2,1))＝keq\f(|q3q2|,leq\o\al(2,2)) ②有q3有keq\f(|q1q3|,（l1＋l2）2)＝keq\f(|q3q2|,leq\o\al(2,2)) ③聯(lián)立①②③可解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝(eq\f(l1＋l2,l2))2∶1∶(eq\f(l1＋l2,l1))2.根據(jù)題意可知l2＝2l1，所以|q1|∶|q2|∶|q3|＝eq\f(9,4)∶1∶9＝9∶4∶36.由于q1、q3是同種電荷，故q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)或q1∶q2∶q3＝9∶(－4)∶36，故A正確，B、C、D錯誤．【答案】A二、多項選擇題6．用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點處場強的強弱．如圖6-1-17甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上關于O對稱的兩點，B、C和A、D也關于O對稱．則()甲乙圖6-1-17A．B、C兩點場強大小和方向都相同B．A、D兩點場強大小相等，方向相反C．E、O、F三點比較，O的場強最強D．B、O、C三點比較，O點場強最弱【解析】由對稱性可知，B、C兩點場強大小和方向均相同，A正確；A、D兩點場強大小相同，方向也相同，B錯誤；在兩電荷連線的中垂線上，O點場強最強，在兩點電荷連線上，O點場強最弱，C、D正確．【答案】ACD7．如圖6-1-18所示，點電荷＋4Q與＋Q分別固定在A、B兩點，C、D兩點將AB連線三等分，現(xiàn)使一個帶負電的粒子從C點開始以某一初速度向右運動，不計粒子的重力，則該粒子在CD之間運動的速度大小v與時間t的關系圖象可能是()圖6-1-18【解析】負電荷從C→D運動過程中受A點電荷吸引力F1和B點電荷吸引力F2，由已知的電荷電量和距離條件結(jié)合庫侖定律，可知F1>F2，故減速運動，可能一直減速，也可能先減速到零然后反向加速，但庫侖力是變化的、不可能勻減速，所以選項A、D錯誤，BC正確．【答案】BC8．(2014·廣東高考)如圖6-1-19所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，M和N視為點電荷，下列說法正確的是()圖6-1-19A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細桿組成的系統(tǒng)所受合力為零【解析】假設P、M和N不在同一直線上，對M受力分析可知M不可能處于靜止狀態(tài)，所以選項B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止狀態(tài)，則系統(tǒng)所受合外力為零，故keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,（L＋x）2)，解得x＝(eq\r(2)－1)L，所以選項A錯誤，D正確；在正點電荷產(chǎn)生的電場中，離場源電荷越近，電勢越高，φM>φN，所以選項C錯誤．【答案】BD9．如圖6-1-20所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球，用一指向豎直桿的水平力F作用在A小球上，使兩球均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將A小球向NO方向緩慢拉動一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡．則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，下列說法正確的是()圖6-1-20A．A、B兩小球間的庫侖力變大B．A、B兩小球間的庫侖力變小C．A小球?qū)O桿的壓力變大D．A小球?qū)O桿的壓力肯定不變【解析】A、B兩小球間的連線與豎直方向的夾角減小，對B小球研究，庫侖力在豎直方向的分力與重力等大反向，因此庫侖力減小，故選項A錯誤，選項B正確；由整體法可知，MO桿對A小球的支持力(大小等于A小球?qū)O桿的壓力)等于A、B兩小球的重力之和，肯定不變，故選項C錯誤，選項D正確．【答案】BD三、非選擇題10．如圖6-1-21所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在A點正上方離A高度為h的B點由靜止釋放某帶電的液珠，液珠開始運動的瞬間加速度大小為eq\f(g,2)(g為重力加速度)．已知靜電力常量為k，兩帶電物體均可看成點電荷，液珠只能沿豎直方向運動，不計空氣阻力，求：圖6-1-21(1)液珠的比荷(電荷量與質(zhì)量的比值)；(2)若液珠開始釋放時的加速度方向向上，要使液珠釋放后保持靜止，需加一豎直方向的勻強電場，則所加勻強電場的方向如何？電場強度的大小為多少？【解析】(1)加速度的方向分兩種情況①加速度向下時，因為mg－keq\f(Qq,h2)＝m(eq\f(1,2)g)所以eq\f(q,m)＝eq\f(gh2,2kQ)②加速度向上時，因為keq\f(Qq,h2)－mg＝m(eq\f(1,2)g)所以eq\f(q,m)＝eq\f(3gh2,2kQ).(2)因為液珠開始釋放時的加速度方向向上，所以液珠帶正電．要使液珠釋放后保持靜止，必須加一方向豎直向下的勻強電場．因為qE－eq\f(1,2)mg＝0所以E＝eq\f(m,q)·eq\f(g,2)＝eq\f(kQ,3h2).【答案】(1)見解析(2)豎直向下eq\f(kQ,3h2)11．如圖6-1-22所示，質(zhì)量為m的小球A放在絕緣斜面上，斜面的傾角為α.小球A帶正電，電荷量為q.在斜面上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷，將小球A由距B點豎直高度為H處無初速度釋放．小球A下滑過程中電荷量不變．不計A與斜面間的摩擦，整個裝置處在真空中．已知靜電力常量k和重力加速度g.圖6-1-22(1)A球剛釋放時的加速度是多大；(2)當A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離．【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律mgsinα－F＝ma根據(jù)庫侖定律：F＝keq\f(Qq,r2)，r＝eq\f(H,sinα)聯(lián)立以上各式解得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2).(2)當A球受到合力為零時，速度最大，即動能最大．設此時A球與B點間的距離為R，則mgsinα＝eq\f(kQq,R2)，解得R＝eq\r(\f(kQq,mgsinα)).【答案】(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))12．如圖6-1-23所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線水平．質(zhì)量為m的帶正電小球從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R.從小球(小球直徑小于細圓管直徑)進入管口開始，整個空間中突然加上一個斜向左上方的勻強電場，小球所受電場力在豎直方向上的分力方向向上，大小與重力相等，結(jié)果小球從管口C處離開圓管后，又能經(jīng)過A點．設小球運動過程中電荷量沒有改變，重力加速度為g，求：圖6-1-23(1)小球到達B點時的速度大??；(2)小球受到的電場力大??；(3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管壁的壓力．【解析】(1)小球從開始自由下落至到達管口B的過程中機械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)到達B點時速度大小為vB＝eq\r(8gR).(2)設電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，則Fy＝mg，小球從B運動到C的過程中，由動能定理得：－Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)小球從管口C處離開圓管后，做類平拋運動，由于經(jīng)過A點，有y＝4R＝vCt，x＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(F