高考物理一輪復(fù)習(xí) 6-1庫侖定律電場力的性質(zhì)同步檢測試題

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1、高考物理一輪復(fù)習(xí) 6-1庫侖定律電場力的性質(zhì)同步檢測試題 1．(多選題)[xx·山東省棗莊三中階段測試]如圖21－1所示的實驗裝置為庫侖扭秤，細(xì)銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力平衡．當(dāng)把另一個帶電的金屬球C插于容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉(zhuǎn)，通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較出力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關(guān)系．這一實驗中用到了下列哪些方法(　　) 圖21－1 A．微小量放大法　　　 B．極限法 C．控制變量法 D．逐差法 解析：庫侖扭秤裝置中用放大思想增加了力的作用效果且更易觀察出懸絲

2、的扭轉(zhuǎn)角度，且控制變量法先研究了F∝，再研究F∝q1q2，從而得出F∝，故正確選項為A、C. 答案：AC 2．兩個固定的異種點電荷，電荷量給定但大小不等，用E1和E2分別表示兩個點電荷產(chǎn)生的電場強度的大小，則在通過兩點電荷的直線上，E1＝E2的點(　　) A．有三個，其中兩處合場強為零 B．有三個，其中一處合場強為零 C．有兩個，其中一處合場強為零 D．只有一個，該處合場強為零 解析：本題主要考查場強的矢量性，同一直線上兩點電荷產(chǎn)生場強的疊加則變成了代數(shù)的加或減，由于兩個點電荷帶異種電荷且電荷量不等，則E1＝E2的點必有兩個，其中一處合場強為零，另一處合場強為2E1，應(yīng)選C.

3、答案：C 3．(多選題)如圖21－2甲中AB是一個點電荷電場中的電場線，圖21－2乙則是放在電場線上a、b處的試探電荷的電荷量與所受電場力大小間的函數(shù)圖線．由此可以判定下列情形可能的是(　　) 圖21－2 A．場源是正電荷，位于A點 B．場源是正電荷，位于B點 C．場源是負(fù)電荷，位于A點 D．場源是負(fù)電荷，位于B點 答案：AC 4．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知質(zhì)點的速率是遞減的．關(guān)于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(　　) 　A　　　　　　B　　　　　C　　　　　D 圖21－3 解析：本題考查

4、的是電場強度的概念和曲線運動，意在考查學(xué)生對物理基礎(chǔ)知識的理解．題中質(zhì)點所帶電荷是負(fù)電荷，電場方向應(yīng)與負(fù)電荷受到的電場力方向相反，又因為質(zhì)點的速度是遞減的，因此力的方向應(yīng)與速度方向夾角大于90°，故選項D正確． 答案：D 圖21－4 5．[xx·武漢摸底]水平面上A、B、C三點固定著三個電荷量為Q的正點電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)放置在O點，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四面體，如圖21－4所示．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量為(　　) A. B. C. D. 解析：3kcosθ＝mg，sinθ＝，聯(lián)立解得

5、q＝. 答案：C 6．[xx·北京西城期末]如圖21－5所示，兩個電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上．兩個小球的半徑r?l，k表示靜電力常量．則輕繩的張力大小為(　　) 圖21－5 A．0　　　B. C．2　　　D. 解析：輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得 F＝，選項B正確． 答案：B 圖21－6 7．(多選題)如圖21－6所示，在y軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有電荷－Q，且CO＝OD.∠ADO＝60°，下列判斷正確的是(　　) A．O點電場強度為零 B．D點電場強度為

6、零 C．將點電荷－q從O移向C的過程中，則電勢能增大 D．將點電荷＋q從O移向C的過程中，則電勢能增大 解析：由對稱性和電場的疊加可知，ED＝0，所以B正確；負(fù)電荷從O到C過程中電場力指向于O點，即電場力做負(fù)功，電勢能增大，所以C正確；反之，正電荷從O到C電場力做正功，電勢能減?。? 答案：BC B組　能力提升 8．(多選題)如圖21－7所示，A、B兩點固定兩個等量正點電荷，在A、B連線的中點C處放一點電荷(不計重力)． 圖21－7 若給該點電荷一個初速度v0，v0方向與AB連線垂直，則該點電荷可能的運動情況是(　　) A．往復(fù)直線運動 B．勻變速直線運動 C．加速度不

7、斷減小，速度不斷增大的直線運動 D．加速度先增大后減小，速度不斷增大的直線運動 解析：AB中垂線上電場線的分布：方向是從C點沿中垂線向兩側(cè)，電場強度大小是先增大，后減小，在C點為零，無窮遠(yuǎn)處為零，若在中點C處放入的是負(fù)電荷，受力指向C點，則選A，若在中點C處放入的是正電荷，受力方向由C點沿中垂線向外，則選D. 答案：AD 9．(多選題)如圖21－8所示，兩質(zhì)量均為m的小球A和B分別帶有＋q和－q的電量，被絕緣細(xì)線懸掛，兩球間的庫侖引力小于球的重力mg.現(xiàn)加上一個水平向右的勻強電場，待兩小球再次保持靜止?fàn)顟B(tài)時，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖21－8 A．懸線OA向右偏，OA中的張力

8、大于2mg B．懸線OA向左偏，OA中的張力大于2mg C．懸線OA不發(fā)生偏離，OA中的張力等于2mg D．懸線AB向左偏，AB線的張力比不加電場時要大 解析：首先應(yīng)用整體法對AB整體受力分析，懸線OA張力為2mg，并且OA處于豎直方向，選項C正確，A、B錯誤；然后再采用隔離法以B為研究對象分析，懸線AB向左偏，其張力等于電場力、庫侖力與重力的合力，比不加電場時要大，選項D正確． 答案：CD 10．[xx·吉林質(zhì)檢]如圖21－9所示，在勻強電場中，一個帶正電的物體沿水平方向的絕緣天花板做勻速直線運動．從某時刻(設(shè)為t＝0)起，電場強度從E0均勻增大．若物體與天花板間的動摩擦因數(shù)為μ

9、 ，電場線與水平方向的夾角為θ，物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且電場空間和天花板均足夠大，下列判斷正確的是(　　) 圖21－9 A．在t＝0之前，物體可能向左做勻速直線運動，也可能向右做勻速直線運動 B．在t＝0之前，物體受到的摩擦力大小可能為零 C．在t＝0之后，物體做減速運動，最后要掉下來 D．在t＝0之后，物體做減速運動，且加速度越來越大，直到停止 解析：在t＝0時刻之前，物體做勻速直線運動，所受合力一定為零，物體所受的滑動摩擦力只能向左且不為零，因此物體只能向右勻速直線運動，A、B錯；t＝0時，E0qcosθ－μ(E0qsinθ－mg)＝0，在t＝0時刻之后，E

10、＝E0＋kt，根據(jù)牛頓第二定律Eqcosθ－μ(Eqsinθ－mg)＝ma，得ktq·(－)＝ma，知電場強度增大，滑動摩擦力增大，合力向左，加速度增大，物體做減速運動，最后靜止，C錯、D對． 圖21－10 答案：D 11．[xx·豫東、豫北十校聯(lián)考三]如圖21－11所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上放兩個質(zhì)量分別為m1和m2的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點)，m1＝2m2，相距為L.兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零．經(jīng)過一段時間后，當(dāng)兩球距離為L′時，A、B的加速度大小之比為a1∶a2＝3∶2，求L′∶L. 某同學(xué)求解如下： 圖21－11 由B球初始加速度

11、恰好等于零，得初始時刻A對B的庫侖斥力F＝m2gsinα，當(dāng)兩球距離為L′時，A球的加速度a1＝，B球的加速度a2＝，由a1∶a2＝3∶2，得F′＝2.5m2gsinα，再由庫侖力公式便可求得L′∶L. 問：你認(rèn)為上述解法正確嗎？若認(rèn)為正確，請求出最終結(jié)果；若認(rèn)為不正確，則說明理由并求出你認(rèn)為正確的結(jié)果． 解析：不正確． 由B球的初始加速度恰好等于零，得初始時刻A對B的庫侖斥力F＝m2gsinα 當(dāng)兩球距離為L′時，A球的加速度a1＝ 初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距增大，庫侖力一定減小，小于m2gsinα 所以加速度a2方向沿斜面向下，a2＝ 由a1∶a

12、2＝3∶2 得F′＝0.25m2gsinα 由庫侖力公式便可求得L′∶L＝2∶1. 答案：不正確，2∶1 12．[xx·上海市東新區(qū)模擬]如圖21－12所示，虛線左側(cè)存在非勻強電場，MO是電場中的某條電場線，方向水平向右，長直光滑絕緣細(xì)桿CD沿該電場線放置．質(zhì)量為m1、電荷量為＋q1的A球和質(zhì)量為m2、電荷量為＋q2的B球穿過細(xì)桿(均可視為點電荷)．當(dāng)t＝0時A在O點獲得向左的初速度v0，同時B在O點右側(cè)某處獲得向左的初速度v1，且v1>v0.結(jié)果發(fā)現(xiàn)，在B向O點靠近過程中，A始終向左做勻速運動．當(dāng)t＝t0時B到達(dá)O點(未進(jìn)入非勻強電場區(qū)域)，A運動到P點(圖中未畫出)，此時兩球間距離

13、最?。o電力常量為k. (1)求0～t0時間內(nèi)A對B球做的功； (2)求桿所在直線上場強的最大值； (3)某同學(xué)計算出0～t0時間內(nèi)A對B球做的功W1后，用下列方法計算非勻強電場PO兩點間電勢差： 設(shè)0～t0時間內(nèi)B對A球做的功為W2，非勻強電場對A球做的功為W3， 根據(jù)動能定理W2＋W3＝0 又因為W2＝－W1 PO兩點間電勢差U＝＝ 請分析上述解法是否正確，并說明理由． 圖21－12 解析：(1)B球運動過程中只受A球?qū)λ?庫侖力作用，當(dāng)它運動到O點時速度跟A球相同為v0.庫侖力做的功即為B球動能增加量， W＝mv－mv. (2)因為A球做勻速運動，t0時間內(nèi)

14、運動的位移x＝v0t0， 此時的庫侖力F＝k＝， 因為A球始終做勻速運動，所以非勻強電場對它的作用力與B球?qū)λ膸靵隽ο嗥胶猓?dāng)B球到達(dá)O點時，兩帶電小球間的距離最小，庫侖力最大．因此，電場對A的作用力也最大，電場強度也最大． E＝＝. (3)該同學(xué)的解法是錯誤的． 因為B球向A球靠近的過程，雖然它們的作用力大小相等，但它們運動的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2＝－W1是錯誤的． 答案：(1)mv－mv　(2)　(3)見解析 C組　難點突破 13．[xx·江蘇南通]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21－13所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，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21－13 A.－E B. C.－E D.＋E 解析：分布著正電荷的左半球面AB產(chǎn)生的電場等效為分布著正電荷的整個球面產(chǎn)生的電場和帶負(fù)電荷的右半球面產(chǎn)生的電場的合電場，則E＝－E′，帶負(fù)電荷的右半球面在M點的電場與帶正電荷的左半球面AB在N點的電場大小相等，則E′＝－E＝－E，則A項正確． 答案：A