2023版高考物理總復(fù)習(xí)之加練半小時-第八章-微專題52-庫侖定律與帶電體平衡

第八章靜電場第八章靜電場微專題52庫侖定律與帶電體平衡1．注意庫侖力的大小與兩點電荷間距離的平方成反比，對兩個均勻帶電球，r為兩球的球心間距.2.庫侖力作用下的物體平衡問題，與純力學(xué)平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎(chǔ)，應(yīng)用平衡條件是關(guān)鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結(jié)合解決問題，但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點．要注意整體法、隔離法的應(yīng)用．1．兩個帶電荷量分別為－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(5F,16) B.eq\f(F,5)C.eq\f(4F,5) D.eq\f(16F,5)答案D解析兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(Q·5Q,r2)；兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝keq\f(2Q·2Q,\f(r,2)2).由以上兩式可解得F′＝eq\f(16F,5)，故選D.2．真空中兩個相同的帶等量異種電荷的金屬球A和B(均可看成點電荷)，分別固定在兩處，兩球間的靜電力為F.現(xiàn)用一個不帶電的完全相同的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再讓A、B的間距增大為原來的2倍，此時A、B間的靜電力為()A.eq\f(F,4) B.eq\f(F,8)C.eq\f(F,16) D.eq\f(F,32)答案D解析真空中兩個靜止點電荷間的靜電力大小為：F＝eq\f(kQ2,r2)，不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸：QC＝QA′＝eq\f(Q,2)，接著金屬小球C再與B接觸：QB′＝QC′＝eq\f(Q,4)，兩點電荷間的距離增大到原來的2倍，則兩點電荷間的靜電力大小為：F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),2r2)＝eq\f(1,32)F，故選D.3.(2022·河北深州長江中學(xué)高三月考)如圖所示，三個絕緣帶電小球A、B、C處于豎直平面內(nèi)，三個小球的連線構(gòu)成直角三角形，∠A＝90°，∠B＝60°.用豎直向上的力F作用在小球A上，三個小球恰好處于靜止狀態(tài)．下列關(guān)于三個小球所帶電荷量的關(guān)系中正確的是()A．qA＝eq\f(\r(3),2)qC B．qA＝eq\f(1,2)qBC．qA2＝qBqC D．qB＝eq\f(\r(3),3)qC答案D解析由平衡條件可知，AB間、AC間必是引力，BC間必是斥力，故B、C帶同種電荷，與A相反，對B球受力分析，如圖所示，由平衡條件可得FABcos60°＝FBC，同理可得，對于C球滿足FACcos30°＝FBC，設(shè)A、B距離為l，則A、C距離為eq\r(3)l，B、C距離為2l，由庫侖定律可得FAB＝keq\f(qAqB,l2)、FAC＝keq\f(qAqC,3l2)、FBC＝keq\f(qBqC,4l2)，聯(lián)立可得qA∶qB∶qC＝eq\r(3)∶2∶2eq\r(3)，D正確．4.如圖所示，等腰直角三角形ABC的三個頂點上固定著帶電荷量分別為Q1、q和Q2的點電荷，點電荷q受到的庫侖力的合力F垂直于AB斜向右下方，關(guān)于點電荷Q1、Q2的電性及帶電荷量之間的關(guān)系，下列說法正確的是()A．電性相反，Q1＝2Q2B．電性相反，Q1＝eq\r(2)Q2C．電性相同，Q1＝2Q2D．電性相同，Q1＝eq\r(2)Q2答案B解析根據(jù)題意可知，Q1與q相互排斥，Q2與q相互吸引，Q1、Q2的電性相反．設(shè)AC＝BC＝l，則AB＝eq\r(2)l，根據(jù)庫侖定律得F1＝eq\f(kQ1q,\r(2)l2)，F(xiàn)2＝eq\f(kQ2q,l2)，sin45°＝eq\f(F1,F2)，代入解得Q1＝eq\r(2)Q2，故A、C、D錯誤，B正確．5．(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上有三個點電荷A、B、C，電荷量為＋q1、－q2、＋q3.若要保證三個點電荷在庫侖力作用下保持靜止，則它們電荷量應(yīng)滿足的關(guān)系是()A．q1>q2 B．q2>q3C.eq\f(1,\r(q1))＋eq\f(1,\r(q3))＝eq\f(1,\r(q2)) D.eq\f(1,q1)＋eq\f(1,q2)＝eq\f(1,q3)答案AC解析設(shè)A、B球之間的距離為r1，B、C球之間的距離為r2，則對于A球有keq\f(q1q2,r\o\al(2,1))＝keq\f(q1q3,r1＋r22)，對于C球有keq\f(q1q3,r1＋r22)＝keq\f(q2q3,r\o\al(2,2))，整理后得eq\f(1,\r(q3))＝eq\f(r1,r2＋r1)eq\f(1,\r(q2))，eq\f(1,\r(q1))＝eq\f(r2,r2＋r1)eq\f(1,\r(q2))，故q1>q2，q3>q2，eq\f(1,\r(q1))＋eq\f(1,\r(q3))＝eq\f(1,\r(q2))，所以A、C正確，B、D錯誤．6．兩個可自由移動的點電荷分別在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電Q1，B處電荷帶負電Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3放在直線AB上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則()A．Q3為負電荷，且放于A左方B．Q3為負電荷，且放于B右方C．Q3為正電荷，且放于A與B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方答案A解析假設(shè)Q3放在Q1、Q2之間，那么Q1對Q3的庫侖力和Q2對Q3的庫侖力方向相同，Q3不能處于平衡狀態(tài)，所以假設(shè)不成立，設(shè)Q3所在位置與Q1的距離為r13，Q3所在位置與Q2的距離為r23，能處于平衡狀態(tài)，所以Q1對Q3的庫侖力大小等于Q2對Q3的庫侖力大小，eq\f(kQ1Q3,r\o\al(132))＝eq\f(kQ2Q3,r\o\al(232)).由于Q2＝4Q1，所以r23＝2r13，所以Q3位于Q1的左方，根據(jù)同種電荷相排斥，異種電荷相吸引，可判斷Q3帶負電．故選A.7.如圖所示為一個由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上分別套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡．現(xiàn)將P緩慢地向右移動一小段距離，兩球再次達到平衡．若小球所帶電荷量不變，與移動前相比()A．桿AO對P的彈力減小B．桿BO對Q的彈力減小C．P、Q之間的庫侖力增大D．桿AO對P的摩擦力增大答案B解析設(shè)小球Q所受庫侖力方向與豎直桿間的夾角為θ，取小球Q為研究對象，受重力、彈力和庫侖力平衡，P緩慢地向右移動一小段距離，若P、Q間的距離不變，則庫侖力不變，由于庫侖力與豎直方向的夾角變小，如圖所示，則庫侖力F的豎直分量Fcosθ大于重力，故P、Q間距離變大，則F變小，在水平方向有Fsinθ＝FNQ，F(xiàn)變小，sinθ變小，所以FNQ變小，即桿BO對Q的彈力減小，故B正確，C錯誤；取P、Q整體為研究對象，則FfP＝FNQ，F(xiàn)NP＝(mP＋mQ)g，結(jié)合A、B選項分析可知，桿AO對P的摩擦力減小，桿AO對P的彈力不變，故A、D錯誤．8.如圖所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，重力加速度為g，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(kmgtanθ,r2))B．P對斜面體的壓力為0C．斜面體受到地面的摩擦力為0D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g答案D解析P靜止且受斜面體的摩擦力為0，對P由平衡條件可得keq\f(q2,r2)＝mgtanθ，解得P、Q所帶電荷量為q＝eq\r(\f(mgr2tanθ,k))，A錯誤；斜面對P的支持力為FN＝eq\f(mg,cosθ)，由牛頓第三定律可知，P對斜面體的壓力為FN′＝FN＝eq\f(mg,cosθ)，B錯誤；斜面體在水平方向由平衡條件可得，斜面體受到地面的摩擦力為Ff＝FN′sinθ＝mgtanθ，C錯誤；斜面體在豎直方向由平衡條件可得FN地＝Mg＋FN′cosθ＝(M＋m)g，即斜面體對地面的壓力大小為(M＋m)g，D正確．9．如圖所示，用兩根長度均為l的絕緣輕繩將帶正電的小球懸掛在水平的天花板下，小球的質(zhì)量為m，輕繩與天花板的夾角均為θ＝30°，小球正下方距離也為l的A處的絕緣支架上固定一帶電小球，此時輕繩的張力均為0，現(xiàn)在將支架水平向右移動到B處，B處與豎直方向的夾角也為θ＝30°，且小球處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g，則()A．兩小球的帶電荷量一定相等B．支架處于B處時，小球受到庫侖力大小為eq\f(1,4)mgC．支架處于B處時，左邊繩子張力為mg＋eq\f(\r(3),2)mgD．支架處于B處時，右邊繩子張力為mg－eq\f(\r(3),4)mg答案D解析由題給條件無法判斷兩小球帶電荷量大小情況，可能相等也可能不相等，A錯誤；對上方小球，支架處于A處時有F＝keq\f(Qq,l2)＝mg，支架處于B處有F′＝keq\f(Qq,d2)，由幾何關(guān)系可知d＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l，聯(lián)立解得F′＝eq\f(3,4)mg，B錯誤；設(shè)左、右繩的張力分別為F1和F2，則由正交分解可得F1cos30°＋eq\f(3,4)mgsin30°＝F2cos30°，F(xiàn)1sin30°＋eq\f(3,4)mgcos30°＋F2sin30°＝mg，解得F1＝mg－eq\f(\r(3),2)mg，F(xiàn)2＝mg－eq\f(\r(3),4)mg，C錯誤，D正確．10．(多選)質(zhì)量均為m的帶電小球a、b、c，小球a用絕緣絲線懸掛在天花板下，a、b間由輕質(zhì)絕緣彈簧相連，b、c用絕緣輕桿連接后直立在小球a的正下方的水平支撐面上，如圖所示，此時小球c對支持面的壓力、彈簧彈力均恰好為零，已知小球a帶正電，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．b、c總電荷量一定為負B．絲線拉力為mgC．若將b、c兩球位置互換，穩(wěn)定后絲線拉力可能不變D．若增加b、c中的負電荷，穩(wěn)定后絲線拉力一定增大答案AC解析由于小球c對支撐面的壓力及彈簧彈力恰好為零，把b、c兩球作為一個整體，a球帶正電可知b、c總電荷量一定為負，故A正確；對a、b、c整體，只受絲線拉力和重力兩個力，因此絲線拉力FT＝3mg，故B錯誤；若c球帶負電且c球所帶負電大于b球所帶負電，b、c兩球位置互換后庫侖力增大，由于b、c兩球受到的庫侖力大于它們的重力而導(dǎo)致兩球向a球壓縮彈簧后靜止，穩(wěn)定后絲線拉力仍為3mg不變，故C正確；若增加b、c中的負電荷，庫侖力增大而導(dǎo)致向上壓縮彈簧后靜止，穩(wěn)定后絲線拉力不變，故D錯誤．11.(2022·山西臨汾市高三月考)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一個光滑絕緣的大圓環(huán)．一帶正電的小球固定在大圓環(huán)的最高點，另一質(zhì)量為m的帶負電小環(huán)套在大圓環(huán)上，在庫侖力的作用下恰好靜止于大圓環(huán)上某處，此時小球與小環(huán)連線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度為g，則小球與小環(huán)之間的庫侖力為()A.eq\f(1,2)mg B.eq\f(\r(3),2)mgC.eq\r(3)mg D．2mg答案C解析小圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，設(shè)小圓環(huán)所受安培力為F，對小圓環(huán)受力分析如圖所示根據(jù)平衡條件可得Fcosθ＝mg＋FNsinθ，F(xiàn)sinθ＝FNcosθ聯(lián)立可得F＝eq\f(mgcosθ,cos2θ－sin2θ)＝eq\f(mgcosθ,cos2θ)＝eq\r(3)mg，故選C.12．(多選)如圖，絕緣輕桿A端用光滑鉸鏈裝在豎直墻面上，另一端點O固定一個帶正電的小球a，并用絕緣輕繩拴住小球斜拉并固定在墻面B處，在小球a同一水平線的右側(cè)