高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題26 電荷守恒定律 庫侖定律測含解析1

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1、題26 電荷守恒定律 庫侖定律（測）【滿分：110分 時(shí)間：90分鐘】一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中18題只有一項(xiàng)符合題目要求； 912題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）1下列做法屬于防止靜電產(chǎn)生危害的是： （ ）A在高大的煙囪中安裝靜電除塵器 B小汽車上裝有一根露在外面的小天線C在高大的建筑物頂端安裝避雷針 C汽車制造廠車間里進(jìn)行靜電噴漆【答案】C【名師點(diǎn)睛】關(guān)鍵是掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實(shí)例，理解每一個(gè)粒子中的原理，基礎(chǔ)題，較簡單2如圖所示，一帶正電的物體位于M處，用絕緣絲線系上帶正電的小球，分別掛

2、在P1、P2、P3的位置，可觀察到小球在不同位置時(shí)絲線偏離豎直方向的角度不同。則下面關(guān)于此實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論中正確的是： （ ）A此實(shí)驗(yàn)中是采用了等效替代的方法B電荷之間作用力的大小與兩電荷的性質(zhì)有關(guān)C電荷之間作用力的大小與兩電荷所帶的電量有關(guān)D電荷之間作用力的大小與兩電荷間的距離有關(guān)【答案】D【解析】在庫侖力的推導(dǎo)過程，由于決定電荷之間作用力大小的因素很多，因此需要采用控制變量的方法進(jìn)行研究，A錯(cuò)誤；在研究電荷之間作用力大小的決定因素時(shí)，采用控制變量的方法進(jìn)行，如本實(shí)驗(yàn)，根據(jù)小球的擺角可以看出小球所受作用力逐漸減小，由于沒有改變電性和電量，不能研究電荷之間作用力和電性、電量關(guān)系，故D正確，BC錯(cuò)

3、誤【名師點(diǎn)睛】本實(shí)驗(yàn)用的是控制變量法。可以根據(jù)庫侖定律的結(jié)論來選擇和判斷。3對于庫侖定律，下面說法正確的是： （ ）A庫侖定律適用于真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的相互作用力B兩個(gè)帶電小球即使相距非常近，也能用庫侖定律C相互作用的兩個(gè)點(diǎn)電荷，它們的電荷量不相同時(shí)，它們之間的庫侖力大小一定不相等D當(dāng)兩個(gè)半徑為r的帶電量均為q的金屬球中心相距為4r時(shí)，對于它們之間的靜電力大小為kq2/16r2【答案】A【名師點(diǎn)睛】庫侖定律的適用范圍：真空和點(diǎn)電荷，兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的作用力遵守牛頓第三定律，這要記清楚4如圖所示在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列三個(gè)帶電小球A、B、C（可視為質(zhì)點(diǎn)）若它們恰能處于平衡狀態(tài)那么

4、這三個(gè)小球所帶的電荷量及電性的關(guān)系，下面的情況可能的是 ： （ ）A-9、4、-36 B4、9、36 C-3、2、8 D3、-2、6【答案】A【解析】根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，因此BCD均錯(cuò)誤同時(shí)根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自電量的大小，故A正確?！久麕燑c(diǎn)睛】因題目中要求三個(gè)小球均處于平衡狀態(tài)，故可分別對任意兩球進(jìn)行分析列出平衡方程即可求得結(jié)果三個(gè)小球只受靜電力而平衡時(shí)，三個(gè)小球所帶的電性一定為“兩同夾一異”，且在大小上一定為“兩大夾一小”5在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬細(xì)圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長為L的絕緣細(xì)線懸掛在圓環(huán)的

5、最高點(diǎn)當(dāng)圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未 知）時(shí)，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示已知靜電力常量為k，則有： （ ） A電荷量 B電荷量 C繩對小球的拉力 D繩對小球的拉力【答案】A兩力的合力應(yīng)沿圓心與小球的連線向外，大小為因圓環(huán)上各點(diǎn)對小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力，方向水平向右；小球受力分析如圖所示，小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，故T與F的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反；由幾何關(guān)系可得：； 則小球?qū)K子的拉力，故C、D錯(cuò)誤； 則；聯(lián)立解得：故A正確，B錯(cuò)誤；故選A【名師點(diǎn)睛】此題是對庫侖定律以及物體的平衡問題的考查；因庫侖定律只能適用于真空中的點(diǎn)電荷，

6、故本題采用了微元法求得圓環(huán)對小球的庫侖力，應(yīng)注意體會(huì)該方法的使用庫侖力的考查一般都是結(jié)合共點(diǎn)力的平衡進(jìn)行的，應(yīng)注意正確進(jìn)行受力分析；此題有一定難度6真空中兩個(gè)完全相同、帶異種電荷的導(dǎo)體小球A和B（視為點(diǎn)電荷），A帶電荷量為+4Q，B帶電荷量為-2Q，彼此間的引力為F把兩導(dǎo)體小球互相接觸后再移回原來各自的位置，這時(shí)A 和B之間的作用力為F，則F與F之比為： （ ）A8：3 B8：1 C1：8 D4：1【答案】B【解析】開始時(shí)兩個(gè)球受到的庫侖力；兩球接觸后，電量先中和后均分，則各帶電量，則再移回原來各自的位置時(shí)所受的庫侖力為：，故選B【名師點(diǎn)睛】此題是庫侖定律的應(yīng)用問題；首先要熟練掌握庫侖定律的表

7、達(dá)式，然后要知道兩個(gè)等大的小球接觸后所帶的電量是先中和后均分；此題較簡單，意在考查學(xué)生利用基本公式解題的能力。7如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為+Q的小球P，帶電量分別為和的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N均視為點(diǎn)電荷，下列說法正確的是： （ ）AM和N的距離大于LBC若撤去小球P的固定位置，小氣P將移動(dòng)D若小球P的電荷量變?yōu)?Q，小球M、N仍能在原位置靜止【答案】D【名師點(diǎn)睛】考查研究對象的選取，受力分析的進(jìn)行，庫侖定律的掌握，理解平衡條件的應(yīng)用。8如圖所示，a、b為兩個(gè)固定的帶正電q的點(diǎn)電荷，相距為L，通過其連線中點(diǎn)O作此線段的垂直平分面

8、，在此平面上有一個(gè)以O(shè)為圓心，半徑為L的圓周，其上有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的點(diǎn)電荷c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則c的速率為： （ ）A B C D【答案】B【解析】負(fù)電荷受到的靜電力充當(dāng)向心力，連接abc三點(diǎn)，故cO為ab的垂直平分線，所以，故三角形abc為等邊三角形，故根據(jù)矢量合成法則，可得ab對c的靜電力為，根據(jù)聯(lián)立解得【名師點(diǎn)睛】本題有兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：一是分析為庫侖力，確定向心力的來源；二是運(yùn)用合成法求解合力，c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力由兩個(gè)點(diǎn)電荷+q庫侖力的合力提供，根據(jù)庫侖定律和力的合成求出合力，再根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合求解。9如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個(gè)帶電小球（可

9、以看成點(diǎn)電荷），A球帶電量為+2q，B球帶電量為-q，將它們同時(shí)由靜止開始釋放，A球加速度的大小為B球的3倍現(xiàn)在AB中點(diǎn)固定一個(gè)帶電小球C（也可看作點(diǎn)電荷），再同時(shí)由靜止釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等則C球帶電量可能為： （ ）Aq Bq Cq Dq【答案】CD【名師點(diǎn)睛】本題要注意開始時(shí)，只要兩個(gè)帶電小球，則每個(gè)小球只受一個(gè)庫侖力的作用，若有三個(gè)帶電小球，則每個(gè)帶電小球受兩個(gè)庫侖力的作用，本題也要求熟練運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律。10兩個(gè)相同的金屬小球（可視為點(diǎn)電荷）所帶電量之比為1:7，在真空中相距為r，把它們接觸后再放回原處，則它們間的靜電力可能為原來的： （ ）A4/7 B3/7 C

10、9/7 D16/7【答案】CD【名師點(diǎn)睛】本題要先根據(jù)電荷守恒定律判斷接觸前后，兩個(gè)帶電小球的電荷量的變化，尤其要注意接觸之前兩個(gè)小球的帶電電性可能相同，也可能相反，再根據(jù)庫侖定律來計(jì)算。11如圖所示，已知帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB，都用長L的絲線懸掛在O點(diǎn)。 靜止時(shí)A、B相距為d。為使平衡時(shí)AB間距離減為d/2，可采用以下哪些方法： （ ）A將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍B將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍C將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時(shí)將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍【答案】BD【解析】如圖所示，B受重力、繩子的拉

11、力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應(yīng)與重力大小相等方向相反；由幾何關(guān)系可知，而庫侖力，根據(jù)相似三角形可得：；即，解得，要使d變?yōu)?，可以使B球的質(zhì)量增大到原來的8倍，故A錯(cuò)誤，B正確；要使d變?yōu)?，可以使小球A、B的電荷量的乘積減小為原來的，故C錯(cuò)誤；根據(jù)，將小球A的電荷量都減小到原來的一半，同時(shí)將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍，可以使平衡時(shí)AB間距離減為，故D正確；【名師點(diǎn)睛】本題中B球處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，注意本題采用了相似三角形法；對學(xué)生數(shù)學(xué)能力要求較高，應(yīng)注意相應(yīng)知識(shí)的積累應(yīng)用。12如圖所示，質(zhì)量分別為和的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為和，用長度相等的兩根絕緣細(xì)線懸掛在天花板上同一點(diǎn)O。平

12、衡時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角分別為和（），兩細(xì)線的拉力分別為和。若兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動(dòng)（假設(shè)擺動(dòng)過程兩球不相碰），最大動(dòng)能分別為和。則： （ ）A一定小于 B一定小于 C一定大于 D一定大于【答案】ABD【名師點(diǎn)睛】本題可明確兩小球受到的庫侖力相等，再根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件和牛頓第三定律即可得分析各力的大小關(guān)系，掌握通過兩夾角來表達(dá)式重力之比，及高度之比是解題的關(guān)鍵二、非選擇題（本大題共4小題，第13、14題每題10分；第15、16題每題15分；共50分）13（10分）把質(zhì)量是20103 kg的帶電小球B用細(xì)線懸掛起來，如圖所示若將帶電荷量為40108 C的小球A靠近B，平衡時(shí)細(xì)線與豎

13、直方向成45角，A、B在同一水平面上，相距030 m，試求：（1）A球受到的電場力多大？（2）B球所帶電荷量為多少？【答案】 （1）20102 N；（2）50106 C【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵先根據(jù)平衡條件得到庫侖力，再根據(jù)庫侖定律求解出B球的帶電量對小球B受力分析，受到重力、靜電引力和細(xì)線的拉力，根據(jù)三力平衡求出靜電引力；再根據(jù)庫侖定律求解出小球A的帶電量14（10分）光滑絕緣的水平面上，放著三個(gè)質(zhì)量都是m的帶電小球A、B、C，如圖所示，小球之間距離都是l已知A、B兩球帶等量電荷+q，現(xiàn)給C球一個(gè)外力F，使三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)中保持距離不變，則（1）C球帶何種電荷?電荷量多少?（2）外力F的大小和方向

14、如何?【答案】（1）負(fù)電 2q （2），方向垂直AB線指向三角形外側(cè)【解析】（1）運(yùn)動(dòng)中間距不變，則三球加速度相同，沿AB中垂線向右設(shè)C球所帶電量為Q，對A求受力分析可知，得C球帶負(fù)電，且：解得：。（2）設(shè)三個(gè)小球的加速度都是a，根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律，對A球受力分析可知；對整體受力分析可知，其方向?yàn)椋悍较虼怪盇B線指向三角形外側(cè)【名師點(diǎn)睛】本題主要考查庫侖定律和牛頓第二定律的應(yīng)用，注重整體法與隔離法的應(yīng)用。通過對整體的受力分析，可知加速度相同，再對A球受力分析，可知C球帶負(fù)電，通過在豎直方向受力平衡求出所點(diǎn)電荷量；通過在水平方向有牛頓第二定律可求出A球產(chǎn)生的加速度，再對整體利用牛頓第二定

15、律求解出所加外力即可15（15分）如圖（a），O、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，NOP37，OP中點(diǎn)處固定一電量為q12010-8C的正點(diǎn)電荷，M點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧。MN是一光滑絕緣桿，其中ON長為a1m，桿上穿有一帶正電的小球（可視為點(diǎn)電荷），將彈簧壓縮到O點(diǎn)由靜止釋放，小球離開彈簧后到達(dá)N點(diǎn)的速度為零。沿ON方向建立坐標(biāo)軸（取O點(diǎn)處x0），圖（b）中和圖線分別為小球的重力勢能和電勢能隨位置坐標(biāo)x變化的圖像，其中E012410-3J，E119210-3J，E26210-4J。（靜電力恒量k90109Nm2/C2，取sin3706，cos3708，重力加速度g10m/s2）（1）求電勢能為E1時(shí)

16、小球的位置坐標(biāo)x1和小球的質(zhì)量m；（2）已知在x1處時(shí)小球與桿間的彈力恰好為零，求小球的電量q2；（3）求小球釋放瞬間彈簧的彈性勢能Ep?！敬鸢浮浚?）032m；10-3kg （2）（3）（2）小球受到 重力G、庫侖力F（3）對O到N，小球離開彈簧后到達(dá)N點(diǎn)的速度為零，根據(jù)能量守恒，得到【名師點(diǎn)睛】本題考完了庫侖定律、牛頓第二定律、能量守恒定律的應(yīng)用。是一個(gè)難度較大的題目。解決本題的關(guān)鍵是對小球進(jìn)行受力分析，知道哪幾個(gè)力對物體做功，同時(shí)要理解圖象的含義。16（15分）如圖所示，ABCD豎直放置的光滑絕緣細(xì)管道，其中AB部分是半徑為R的圓弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，兩部分管道恰好相切于

17、B。水平面內(nèi)的M、N、B三點(diǎn)連線構(gòu)成邊長為L等邊三角形，MN連線過C點(diǎn)且垂直于BCD。兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷分別固定在M、N兩點(diǎn)，電荷量分別為和?，F(xiàn)把質(zhì)量為、電荷量為的小球（小球直徑略小于管道內(nèi)徑，小球可視為點(diǎn)電荷），由管道的A處靜止釋放，已知靜電力常量為，重力加速度為。求：（1）小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)受到電場力的大?。唬?）小球運(yùn)動(dòng)到C處時(shí)的速度大?。唬?）小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)B處時(shí)，小球?qū)艿缐毫Φ拇笮　！敬鸢浮浚?）（2）（3）（3）設(shè)在B點(diǎn)管道對小球沿豎直方向的壓力的分力為，在豎直方向?qū)π∏驊?yīng)用牛頓第二定律得【名師點(diǎn)睛】本題主要考查了庫侖定律、力的合成與分解的運(yùn)用、共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用、機(jī)械能守恒定律及向心力公式。對帶電小球進(jìn)行受力分析，注意只有重力做功、庫侖力的疊加。- 11 -