2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 課時(shí)作業(yè)19 庫侖定律 電場力的性質(zhì).doc

課時(shí)作業(yè)（十九）庫侖定律 電場力的性質(zhì)基礎(chǔ)小題練1(2018金陵中學(xué)模擬)如圖所示，半徑相同的兩個(gè)金屬球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個(gè)半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開這時(shí)，A、B兩球之間的相互作用力的大小是() A. B C. D【解析】A、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為q、q.當(dāng)?shù)谌齻€(gè)不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個(gè)球帶電荷量為q1，當(dāng)再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2.由庫侖定律Fk知，當(dāng)移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕，A項(xiàng)正確【答案】A2光滑絕緣的水平桌面上，固定著帶電荷量為Q、Q的小球P1、P2，帶電荷量為q、q的小球M、N用絕緣細(xì)桿相連，下列圖中的放置方法能使M、N靜止的是(圖中細(xì)桿的中點(diǎn)均與P1、P2連線的中點(diǎn)重合)()【解析】根據(jù)矢量合成可得，在P1、P2連線的中垂線上的電場強(qiáng)度方向水平向右，故如題圖A、題圖C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C錯(cuò)誤；在P1、P2的連線上電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，即水平向右，如題圖B、題圖D放置方式，由對稱性知，M、N所在位置的電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，電荷M、N所受電場力等大反向，所以B、D正確【答案】BD3A、B是一條電場線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度增大則此電場的電場線分布可能是()【解析】加速度增大，說明電場力增大，即電場強(qiáng)度增大，而電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度，電場線越密，電場強(qiáng)度越大，故A、D正確【答案】AD4如圖所示，光滑水平桌面上有A、B兩個(gè)帶電小球(可以看成點(diǎn)電荷)，A球帶電荷量為3q，B球帶電荷量為q，由靜止同時(shí)釋放后A球加速度的大小為B球的3倍現(xiàn)在A、B中點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的C球(也可看成點(diǎn)電荷)，再由靜止同時(shí)釋放A、B兩球，結(jié)果兩球加速度大小相等則C球帶電荷量為()A. B C. D【解析】由靜止同時(shí)釋放后A球加速度的大小為B球的3倍，根據(jù)牛頓第二定律可知，A、B兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量之比為13；當(dāng)在A、B中點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的C球，由靜止同時(shí)釋放A、B兩球，釋放瞬間兩球加速度大小相等(1)若兩球的加速度方向相反，即A球向右，B球向左，根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，對A，kkma，對B，kk3ma，綜上解得，QCq；(2)若兩球的加速度方向相同，即A、B球均向左，根據(jù)庫侖定律與牛頓第二定律，對A，kkma，對B，kk3ma，綜上解得，QCq，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤【答案】BC5如圖所示，A、B是點(diǎn)電荷負(fù)Q形成的電場中的兩點(diǎn)(rArB)若先后把帶電量很小，不會(huì)影響Q形成電場的正點(diǎn)電荷q1、q2(q1q2)分別放到A點(diǎn)和B點(diǎn)，q1、q2在A點(diǎn)受到的電場力分別為FA1、FA2，在B點(diǎn)受到的電場力分別為FB1、FB2.則下列關(guān)于點(diǎn)電荷所受電場力F和帶電量q的比值的大小的比較中，正確的說法是() A.， B，C.， D，【解析】由題可知，q1、q2在A點(diǎn)受到的電場力分別為FA1、FA2，而A點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定，根據(jù)場強(qiáng)的定義式E可知，EA，故A錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式Ek分析可知，A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，則有，故B錯(cuò)誤；由上述分析可知，故C正確，故D錯(cuò)誤【答案】C6如圖所示，點(diǎn)電荷4Q與Q分別固定在A、B兩點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)將AB連線三等分，現(xiàn)使一個(gè)帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)開始以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子的重力，則該粒子在CD之間運(yùn)動(dòng)的速度大小v與時(shí)間t的關(guān)系圖象可能是下圖中的() 【解析】粒子在AB連線上的平衡位置即為場強(qiáng)為零的位置，所以，得x，即在D點(diǎn)，粒子在D點(diǎn)左側(cè)時(shí)所受電場力向左，粒子在D點(diǎn)右側(cè)時(shí)所受電場力向右，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況有以下三種情況：在D點(diǎn)左側(cè)時(shí)先向右減速至速度為零然后向左加速運(yùn)動(dòng)；粒子能越過D點(diǎn)時(shí)，先在D點(diǎn)左側(cè)減速，過D點(diǎn)以后加速運(yùn)動(dòng)；或在D點(diǎn)左側(cè)減速，則運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)速度減為0，以后一直靜止，所以粒子在CD之間的運(yùn)動(dòng)可以用B、C圖象描述，故B、C正確【答案】BC創(chuàng)新導(dǎo)向練7以“靜電力演示儀”為背景考查靜電感應(yīng)及庫侖力相關(guān)知識如圖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(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬板中間，則()A乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)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(gè)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(huì)在兩極板間來回碰撞【解析】根據(jù)靜電感應(yīng)近異遠(yuǎn)同的特性知乒乓球左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A錯(cuò)誤；乒乓球不可能吸在左極板上，B錯(cuò)誤；庫侖力就是電場力，C錯(cuò)誤；乒乓球與右極板接觸后帶正電，在電場力作用下向負(fù)極運(yùn)動(dòng)，碰到負(fù)極板，正電荷與負(fù)極板上的負(fù)電荷中和后帶負(fù)電，在電場力作用下又向正極板運(yùn)動(dòng)，這樣會(huì)在兩極板間來回碰撞，D正確【答案】D8庫侖扭秤結(jié)構(gòu)及工作原理如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置為庫侖扭秤細(xì)銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個(gè)帶電的金屬小球A，另一端有一個(gè)不帶電的球B，B與A所受的重力平衡，當(dāng)把另一個(gè)帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時(shí)，A和C之間的作用力使懸絲扭轉(zhuǎn)，通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關(guān)系這一實(shí)驗(yàn)中用到了下列哪些方法()A微小量放大法 B極限法C控制變量法 D逐差法【解析】當(dāng)小球C靠近小球A時(shí)，庫侖力使懸絲扭轉(zhuǎn)較小的角度，通過懸絲上的小鏡子反射光線放大，能比較準(zhǔn)確地測出轉(zhuǎn)動(dòng)角度同時(shí)體現(xiàn)了控制變量法，即分別控制q和r不變，研究庫侖力F與r和q的關(guān)系，故A、C正確【答案】AC9巧用電子秤“稱量”庫侖力如圖所示，固定一帶負(fù)電小球a的絕緣支架放在電子秤上，此時(shí)電子秤示數(shù)為F，現(xiàn)將帶等量負(fù)電的另一小球b移至距離小球a正上方L處時(shí)，電子秤示數(shù)為F1，若只將小球b的電性改為正電荷，電子秤示數(shù)為F2，則()AF1F2BF1F2FC若小球b帶負(fù)電，L增大，則F1也增大D若小球b帶正電，L減小，則F2也減小【解析】將帶等量負(fù)電的另一小球b移至距離小球a正上方L處時(shí)，b對a有向下的庫侖力作用，設(shè)為F，則示數(shù)F1FF，若只將小球b的電性改為正電荷，b對a有向上的庫侖力作用，則示數(shù)為F2FF，所以F1>F2，F(xiàn)1F22F，故A、B錯(cuò)誤；若小球b帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)減小，則F1減小，故C錯(cuò)誤；若小球b帶正電，L減小，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)增大，則F2FF減小，故D正確【答案】D10科技前沿“離子陷阱”裝置結(jié)構(gòu)及工作原理離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝置如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細(xì)桿與直流電壓和疊加的射頻電壓相連，相當(dāng)于四個(gè)電極，相對的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷在垂直于四根桿的平面內(nèi)四根桿的連線是一個(gè)正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點(diǎn)，B、D是b、d連線上的兩點(diǎn)，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等則下列判斷正確的是()AD點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零BA、B、C、D四點(diǎn)電場強(qiáng)度相同CA點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高DO點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零【解析】根據(jù)電場的疊加原理，ac兩個(gè)電極帶等量正電荷，其中點(diǎn)O的合場強(qiáng)為零，bd兩個(gè)電極帶等量負(fù)電荷，其中點(diǎn)O的合場強(qiáng)為零，則O點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，D正確；同理，D點(diǎn)的場強(qiáng)水平向右，A錯(cuò)誤；A、B、C、D四點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯(cuò)誤；由電場特點(diǎn)知，電場方向由A指向O，由O指向B，故A>O，O>B，則A>B，C正確【答案】CD綜合提升練11.如圖所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)物體A、B、C在傾角為30的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA0.43 kg，mB0.20 kg，mC0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB2105 C、qC7105 C且保持不變，開始時(shí)三個(gè)物體均能保持靜止現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a2.0 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，力F變?yōu)楹懔σ阎o電力常量k9.0109 Nm2/C2，g取10 m/s2.求：(1)開始時(shí)BC間的距離L；(2)F從變力到恒力需要的時(shí)間t；(3)在時(shí)間t內(nèi)，力F做功WF2.31 J，求系統(tǒng)電勢能的變化量Ep.【解析】(1)ABC靜止時(shí)，以AB為研究對象有：(mAmB)gsin 30解得：L2.0 m.(2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，AB分離時(shí)兩者之間彈力恰好為零，對B用牛頓第二定律得：mBgsin 30mBa解得：l3.0 m由勻加速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：lLat2解得：t1.0 s.(3)AB分離時(shí)兩者仍有相同的速度，在時(shí)間t內(nèi)對AB用動(dòng)能定理得：WF(mAmB)g(lL)sin 30WC(mAmB)v2又vat，代入數(shù)據(jù)解得：WC2.1 J所以系統(tǒng)電勢能的變化量Ep2.1 J.【答案】(1)2.0 m(2)1.0 s(3)2.1 J12如圖所示，光滑絕緣的水平面與半徑為R的絕緣圓弧軌道相切于點(diǎn)B，O點(diǎn)為光滑圓弧軌道的圓心，且在B點(diǎn)的正上方，光滑圓弧軌道在豎直平面內(nèi)，整個(gè)空間內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從距離B點(diǎn)處的位置A由靜止釋放，小球恰好能運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道高度的一半位置處，已知重力加速度為g. (1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為多大？(2)要使小球能運(yùn)動(dòng)到C，應(yīng)從距離B點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置由靜止釋放小球？(3)若使小球從C點(diǎn)由靜止釋放，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為多大？【解析】(1)根據(jù)題意可知，小球從A點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的高度的過程中，沿電場方向的位移為xR R此過程由動(dòng)能定理可得Eqxmg0聯(lián)立解得E.(2)設(shè)小球釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x，小球從釋放點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得Eq(xR)mgR0解得xR.(3)在小球從C點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得mgRqERmv20在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得FNmg聯(lián)立可得FN(4)mg由牛頓第三定律可得小球在B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為FNFN(4)mg.【答案】(1)(2)R(3)(4)mg