（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題50 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律加練半小時(shí)（含解析）

《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題50 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題50 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律加練半小時(shí)（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電荷守恒定律 庫(kù)侖定律 [方法點(diǎn)撥]　(1)注意庫(kù)侖力的大小與兩點(diǎn)電荷間的距離平方成反比.(2)庫(kù)侖力作用下的物體平衡問(wèn)題，要注意整體法、隔離法的應(yīng)用. 1.(2018·河北省邢臺(tái)市質(zhì)檢)如圖1所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)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(dāng)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(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A.P、Q所帶電荷量為 B.P對(duì)斜面的壓力為0 C.斜面體受到地面的摩擦力為0 D.斜面體對(duì)地面

2、的壓力為(M＋m)g 2.如圖2所示，光滑水平面上固定金屬小球A，用長(zhǎng)為l0的絕緣彈簧將A與另一個(gè)金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長(zhǎng)量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤2，則有(　　) 圖2 A.x2＝x1 B.x2>x1 C.x2＝x1 D.x2

3、的帶電小球A固定在絕緣天花板上，帶電小球B的質(zhì)量也為m，在空中水平面內(nèi)的某一圓周上繞小球A正下方的O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖4所示.已知小球A、B間的距離為R，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A.小球A和B一定帶同種電荷 B.小球B轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小為 C.小球B所帶的電荷量為 D.A、B兩球間的庫(kù)侖力對(duì)B球做正功 5.如圖5所示的xOy坐標(biāo)系中，x軸上固定一個(gè)點(diǎn)電荷Q，y軸上固定一根光滑絕緣細(xì)桿(細(xì)桿的下端剛好在坐標(biāo)原點(diǎn)O處)，將一個(gè)套在桿上重力不計(jì)的帶電圓環(huán)(視為質(zhì)點(diǎn))從桿上P處由靜止釋放，圓環(huán)從O處離開(kāi)細(xì)桿后恰好繞點(diǎn)電荷Q做圓周運(yùn)

4、動(dòng).下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，加速度一直增大 B.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，速度先增大后減小 C.增大圓環(huán)所帶的電荷量，其他條件不變，圓環(huán)離開(kāi)細(xì)桿后仍然能繞點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng) D.將圓環(huán)從桿上P的上方由靜止釋放，其他條件不變，圓環(huán)離開(kāi)細(xì)桿后仍然能繞點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng) 6.(2019·黑龍江省哈三中月考)兩個(gè)正點(diǎn)電荷Q1＝＋Q和Q2＝＋4Q分別固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)相距L，且A、B兩點(diǎn)正好位于水平光滑絕緣半圓細(xì)管兩個(gè)端點(diǎn)的出口處，如圖6所示. 圖6 (1)在A、B連線上，由A點(diǎn)到B點(diǎn)，電勢(shì)如何變化？ (

5、2)將一正檢驗(yàn)電荷置于A、B連線上靠近A處由靜止釋放，求它在A、B連線上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中能達(dá)到最大速度的位置離A點(diǎn)的距離； (3)若把另一正檢驗(yàn)電荷放于絕緣管內(nèi)靠近A點(diǎn)處由靜止釋放，試確定它在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度為最大值時(shí)的位置P，即求出圖中PA和AB連線的夾角θ. 答案精析 1.D　[設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對(duì)物體P受力分析，受到水平向左的庫(kù)侖力F＝k、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tanθ＝，解得q＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面對(duì)P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，可

6、知水平方向受到Q對(duì)P向左的庫(kù)侖力F＝k和地面對(duì)斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為Ff＝k，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力大小等于(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g，選項(xiàng)D正確.] 2.B　[電荷量減少一半，根據(jù)庫(kù)侖定律知若兩個(gè)球之間的距離保持不變，庫(kù)侖力減小為原來(lái)的，庫(kù)侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，兩球間的距離減小，所以實(shí)際的情況是小球之間的庫(kù)侖力會(huì)大于原來(lái)的，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量也大于原來(lái)的，B正確.] 3.B　[選

7、甲、乙整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得，加速度a＝.選乙為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得，＝ma，聯(lián)立得r＝q.] 4.B 　[依據(jù)題意，小球B在小球A對(duì)B的庫(kù)侖引力與小球B的重力的合力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因此兩球帶異種電荷，A錯(cuò)誤；對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，如圖所示，由幾何關(guān)系可知 AO＝＝＝R， ＝，故合力F＝mg， 由牛頓第二定律得F＝m，聯(lián)立解得v＝，B正確； 由受力分析圖得庫(kù)侖力F庫(kù)＝mg，根據(jù)庫(kù)侖定律有F庫(kù)＝，聯(lián)立解得q＝，C錯(cuò)誤； 由題意可知，A、B兩球間庫(kù)侖力總與速度方向垂直，庫(kù)侖力不做功，D錯(cuò)誤.] 5.C　[圓環(huán)從P運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，受庫(kù)侖引力和細(xì)桿的彈力，庫(kù)

8、侖引力沿細(xì)桿方向的分力等于圓環(huán)受到的合力，滑到O點(diǎn)時(shí)，所受的合力為零，加速度為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓環(huán)從P運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程中，只有庫(kù)侖引力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知?jiǎng)幽芤恢痹龃?，則速度一直增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得k＝m，聯(lián)立解得k＝，可知只增大圓環(huán)所帶的電荷量，圓環(huán)仍然可以做圓周運(yùn)動(dòng)，故C正確；若增大高度，知電勢(shì)差U增大，庫(kù)侖引力與所需向心力不等，圓環(huán)不能做圓周運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤.] 6.(1)電勢(shì)先降低后升高　(2)L　(3)arctan 解析　(1)A、B連線上電場(chǎng)方向先向右再向左，則電勢(shì)先降低后升高. (2)設(shè)檢驗(yàn)電荷在A、B連線上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中能達(dá)到最大速度的位置離A點(diǎn)的距離為x，它在A、B連線上速度最大處所受合力應(yīng)該為零，即k＝k，解得x＝L. (3)若正檢驗(yàn)電荷在P點(diǎn)處受到的庫(kù)侖力的合力沿OP的方向，則它在P點(diǎn)處速度最大，即此時(shí)滿足tanθ＝＝＝＝，解得θ＝arctan. 6