（全國通用）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 庫侖定律加練半小時(shí)（含解析）

電荷守恒定律 庫侖定律方法點(diǎn)撥(1)注意庫侖力的大小與兩點(diǎn)電荷間的距離平方成反比.(2)庫侖力作用下的物體平衡問題，要注意整體法、隔離法的應(yīng)用.1.(2018·河北省邢臺市質(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、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，則下列說法正確的是()圖1A.P、Q所帶電荷量為B.P對斜面的壓力為0C.斜面體受到地面的摩擦力為0D.斜面體對地面的壓力為(Mm)g2.如圖2所示，光滑水平面上固定金屬小球A，用長為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，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)閤2，則有()圖2A.x2x1B.x2>x1C.x2x1D.x2<x13.(2018·福建省三明市一中模擬)如圖3所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的甲、乙兩個(gè)小球，在力F的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩球之間的距離r為()圖3A.B.qC.2qD.2q4.(2018·山東省濟(jì)寧市模擬)質(zhì)量為m、電荷量為Q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，下列說法正確的是()圖4A.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兩球間的庫侖力對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處離開細(xì)桿后恰好繞點(diǎn)電荷Q做圓周運(yùn)動(dòng).下列說法正確的是()圖5A.圓環(huán)沿細(xì)桿從P運(yùn)動(dòng)到O的過程中，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Q1Q和Q24Q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)，電勢如何變化？(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.答案精析1.D設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對物體P受力分析，受到水平向左的庫侖力Fk、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tan，解得q，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面對P的支持力FNmgcosFsin，由牛頓第三定律可知，P對斜面的壓力為FNmgcosFsin，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對P向左的庫侖力Fk和地面對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Ffk，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(Mm)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(Mm)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對地面的壓力大小為(Mm)g，選項(xiàng)D正確.2.B電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個(gè)球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所以實(shí)際的情況是小球之間的庫侖力會(huì)大于原來的，此時(shí)彈簧的伸長量也大于原來的，B正確.3.B選甲、乙整體為研究對象，由牛頓第二定律得，加速度a.選乙為研究對象，由牛頓第二定律得，ma，聯(lián)立得rq.4.B依據(jù)題意，小球B在小球A對B的庫侖引力與小球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；對小球B進(jìn)行受力分析，如圖所示，由幾何關(guān)系可知AOR，故合力Fmg，由牛頓第二定律得Fm，聯(lián)立解得v，B正確；由受力分析圖得庫侖力F庫mg，根據(jù)庫侖定律有F庫，聯(lián)立解得q，C錯(cuò)誤；由題意可知，A、B兩球間庫侖力總與速度方向垂直，庫侖力不做功，D錯(cuò)誤.5.C圓環(huán)從P運(yùn)動(dòng)到O的過程中，受庫侖引力和細(xì)桿的彈力，庫侖引力沿細(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的過程中，只有庫侖引力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理知?jiǎng)幽芤恢痹龃螅瑒t速度一直增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得qUmv2，根據(jù)牛頓第二定律得km，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，知電勢差U增大，庫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)電勢先降低后升高(2)L(3)arctan解析(1)A、B連線上電場方向先向右再向左，則電勢先降低后升高.(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kk，解得xL.(3)若正檢驗(yàn)電荷在P點(diǎn)處受到的庫侖力的合力沿OP的方向，則它在P點(diǎn)處速度最大，即此時(shí)滿足tan，解得arctan.6