2024高考物理一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測評二十庫侖定律電場力的性質(zhì)含解析魯科版

PAGE10-庫侖定律電場力的性質(zhì)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共9小題,每小題6分,共54分,1～6題為單選題,7～9題為多選題)1.(2024·九江模擬)如圖所示,固定一帶負電小球a的絕緣支架放在電子秤上,此時電子秤示數(shù)為F。現(xiàn)將帶負電的另一小球b移至距離小球a正上方L時,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 ()A.F1=F2B.F1+F2=FC.若小球b帶負電,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】選D。設(shè)兩球間的庫侖力為F′,則小球b帶負電時:F+F′=F1;小球b帶正電時:F-F′=F2;解得F1>F2;F1+F2=2F,選項A、B錯誤;若小球b帶負電,L增大,則F′減小,F1也減小,選項C錯誤;若小球b帶正電,L減小,則F′變大,F2減小,選項D正確。2.(2024·鄭州模擬)萬有引力定律和庫侖定律都滿意距離平方反比規(guī)律,因此引力場和電場之間有很多相像的性質(zhì),在處理有關(guān)問題時可以將它們進行類比。例如電場中引入電場強度來反映電場的強弱,其定義為E=Fq,在引力場中可以用一個類似的物理量來反映引力場的強弱。設(shè)地球質(zhì)量為M,半徑為R,地球表面處重力加速度為g,引力常量為G。假如一個質(zhì)量為m的物體位于距地心2R處的某點,則下列表達式中能反映該點引力場強弱的是A.GMm(2R)C.GM(2R【解析】選C。類比電場強度定義式E=Fq,該點引力場強弱ag=Fm=GmM(2R)2m=GM(3.(2024·佛山模擬)如圖所示,實線是電場線,一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運動到B的過程中,其速度—時間圖象是選項中的 ()【解析】選B。電場力的方向指向軌跡的凹側(cè),因此粒子從A運動到B的過程中電場力方向與速度方向的夾角大于90°,粒子做減速運動,電場力越來越小,加速度越來越小,故B項正確。4.如圖所示,真空中有兩個帶正電的點電荷,其中Q1=1.0×10-8C、Q10-8C,Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸上的x=0和x=6cmA.在x軸上有兩個場強為0的點B.在x=1.2cmC.在x軸上x<6cm的區(qū)域場強沿D.在x軸上x>6cm的區(qū)域場強沿【解析】選D。場強為零時,兩個點電荷在該處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反。由于兩個點電荷都帶正電,電荷量不等,由E=kQr2知,在x軸上有一個場強為0的點,該點在x軸上兩個點電荷之間靠近Q1的位置,故A錯誤;設(shè)場強為0的點坐標(biāo)為x,則有kQ1x2=kQ2(0.06-x)2,可得x=0.02m=2cm,故B錯誤;依據(jù)電場的疊加原理知,在x軸上2cm<x<65.(2024·唐山模擬)如圖所示,A、B、C三個小球(可視為質(zhì)點)的質(zhì)量分別為m、2m、3m,B小球帶負電,電荷量為q,A、C兩小球不帶電(不考慮小球間的靜電感應(yīng)),不行伸長的絕緣細線將三個小球連接起來懸掛在O點,三個小球均處于豎直向上的勻強電場中,電場強度大小為E,下列說法正確的是 ()A.靜止時,A、B兩小球間細線的拉力為5mg+qEB.靜止時,A、B兩小球間細線的拉力為5mg-qEC.剪斷O點與A小球間細線的瞬間,A、B兩小球間細線的拉力為qED.剪斷O點與A小球間細線的瞬間,A、B兩小球間細線的拉力為16【解析】選A。靜止時,對B、C兩球進行受力分析,則有T=2mg+3mg+qE=5mg+qE,選項A正確,B錯誤;剪斷OA間細線,因B球帶負電,B球受豎直向下的電場力qE,qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直向下的加速度qE3m,此時A、B球的加速度為aA=g+qE3m>g,C球以加速度g保持自由下落,以A球為探討對象可得A、B球間細線的拉力為T′,由牛頓其次定律,則有T′+mg=maA,解得T′=13qE,6.如圖所示帶正電的金屬圓環(huán)豎直放置,其中心處有一電子,若電子某一時刻以初速度v0從圓環(huán)中心處水平向右運動,則此后電子將 ()A.做勻速直線運動B.做勻減速直線運動C.以圓心為平衡位置振動D.以上選項均不對【解析】選C。由電場的疊加原理易知,把帶電圓環(huán)視作由多數(shù)個點電荷組成,則圓環(huán)中心處的場強為0,沿v0方向所在直線的無窮遠處場強也為0,故沿v0方向從圓心到無窮遠處的直線上必有一點場強最大。從O點沿v0方向向右的直線上各點的場強到處向右。再由對稱性知,沿v0方向所在直線上的O點左方也必有一點場強最大,無窮遠處場強為零,方向到處向左。故電子在帶電圓環(huán)所施加的電場力作用下將向右減速至零,再向左運動,當(dāng)運動到O點處時,速度大小仍為v0,并向左接著運動至速度也為零處(這點與O點右方的速度為零處關(guān)于O點對稱),然后往復(fù)運動。在整個運動過程中,F電是個變力,故加速度也是改變的?！炯庸逃?xùn)練】一半徑為r的圓周上勻稱分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列,其中A點的小球帶電荷量為+3q,其余小球帶電荷量為+q,此時圓心O點的電場強度大小為E,現(xiàn)僅撤去A點的小球,則O點的電場強度大小為 ()A.EB.E2C.E3【解析】選B。假設(shè)圓周上勻稱分布的都是電荷量為+q的小球,由于圓周的對稱性,依據(jù)電場的疊加原理知,圓心O處電場強度為0,所以A點小球帶電荷量為+3q,其余小球帶電荷量為+q時,圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為+2q的小球在O點產(chǎn)生的電場強度大小,則有E=k2qr2。當(dāng)A處小球帶電荷量也為+q時,O點電場強度大小為0,A處+q在圓心O點產(chǎn)生的電場強度大小為E1=kqr2,方向水平向左,其余帶電荷量為+q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強度大小E2=E1=kqr2=E2,所以僅撤去A7.如圖為靜電除塵器除塵原理示意圖,塵埃在電場中通過某種機制帶電,在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積,以達到除塵目的,下列表述正確的是 ()A.到達集塵極的塵埃帶正電荷B.電場方向由集塵極指向放電極C.帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同D.同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大【解析】選B、D。由題圖所示可知,集塵極電勢高,放電極電勢低,放電極與集塵極間電場方向向左,即電場方向由集塵極指向放電極,塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移,則知塵埃所受的電場力向右,故到達集塵極的塵埃帶負電荷,故A錯誤,B正確。電場方向向左,帶電塵埃所受電場力方向向右,帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反,故C錯誤。由F=Eq可知,同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大,故D正確。8.如圖所示,把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10-4kg,帶電小球可視為點電荷,10m/s2,靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×10-2NC.B球所帶的電荷量為46×10-8D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0【解題指導(dǎo)】解決本題應(yīng)留意以下兩點:(1)絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電,毛皮摩擦過的橡膠棒帶負電。(2)兩完全相同的小球接觸時電荷量等量均分,如帶異種電荷的兩完全相同的小球接觸時,電荷量先中和后等量均分?！窘馕觥窟xA、C、D。用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸A球,使A球帶正電,由題意知A、B兩球接觸后分開,則兩球所帶電荷量相等,選項A正確;兩球平衡后受力如圖所示,球B所受靜電力F=mgtanα=6.0×10-3N,球A、B所受靜電力大小相等,選項B錯誤;由F=kq1q2r2及q1=q2知,小球所帶電荷量q=46×10-8C,選項C正確;A、B9.如圖所示,PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面,地面上方有一水平向左的勻強電場E,帶正電荷的A、B兩小球(可視為質(zhì)點)均緊靠接觸面而處于靜止?fàn)顟B(tài),這時兩球之間的距離為L。若在小球A上加豎直推力F,小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后,適當(dāng)移動B球,小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài),則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變) ()A.A球?qū)ωQ直墻壁的作用力不變B.兩球之間的距離肯定增大C.A球?qū)球作用的靜電力增大D.地面對B球的彈力不變【解析】選A、C。由題意知,A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故B球?qū)球的庫侖力沿豎直方向上分力增大,B球應(yīng)當(dāng)向左移動,A球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強電場對B球的靜電力,而勻強電場對B球的靜電力不變,依據(jù)作用力和反作用力的關(guān)系,B球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變,所以A球?qū)ωQ直墻壁的壓力不變,選項A正確;A、B兩球的連線與水平方向的夾角θ變大,F庫cosθ不變,庫侖力F庫肯定變大,選項C正確;兩球之間的距離減小,選項B錯誤;依據(jù)力的相互作用性可知,A球?qū)球的庫侖力在豎直方向上的分力變大,故地面對B球的彈力變大,選項D錯誤。二、計算題(16分,需寫出規(guī)范的解題步驟)10.如圖所示,水平地面上方分布著水平向右的勻強電場,有14圓弧形的絕緣硬質(zhì)管豎直固定在勻強電場中,圓心與管口在同一水平線上,管的半徑為R,下端管口切線水平,離水平地面的距離為h,有一質(zhì)量為m的帶電荷量+q的小球從管的上端口A由靜止釋放,小球與管間摩擦不計,小球從下端管口飛出時,管壁對小球的作用力為4mg,g取10m/s(1)小球運動到管口B時的速度大小。(2)勻強電場的場強。(3)若R=0.3m,h=5.0【解析】(1)小球從下端管口飛出時,由牛頓其次定律得:FN-mg=mvB2R,解得:v(2)小球從A運動到管口B的過程中,由動能定理得:mgR+qER=12mvB2(3)小球離開管口B后,水平方向做勻加速運動,豎直方向做自由落體運動,則有:豎直方向:h=12gt解得:t=1s,vy=gt=10水平方向:qE=ma,vx=vB+at,解得:vx=8故:v=vx2+v答案:(1)3gR(2)mg2q(3)211.(10分)如圖所示,一半徑為r的圓環(huán)上勻稱分布著電荷量為+Q的電荷,在垂直于圓環(huán)面且過圓心O的軸線上有A、B、C三個點,C和O、O和A間的距離均為d,AB間距離為2d。在B點處有一電荷量為+q的固定點電荷。已知A點處的場強為零,k為靜電力常量,求:(1)帶電圓環(huán)在O點處的場強大小。(2)C點處場強?！窘馕觥?1)圓環(huán)上關(guān)于圓心對稱的兩小段圓弧上的電荷在O點處產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反,其合場強為零,則帶電圓環(huán)在O點處的場強為EO=0。(2)A點處的場強為零,依據(jù)電場疊加原理知,帶電圓環(huán)和B點處點電荷在A點處產(chǎn)生的場強大小均為EBA=kq(2d)2,兩者方向相反;依據(jù)對稱性可知帶電圓環(huán)在C點處產(chǎn)生的場強大小為EC1=kqB處點電荷在C點處產(chǎn)生的場強大小為EC2=kq(4d)2則C點處場強E=EC1+EC2,解得E=5kq16d2答案:(1)0(2)5kq16d212.(20分)如圖所示,空間存在著場強E=3mgq、方向豎直向上的勻強電場,在電場內(nèi)一長為L的絕緣細線,一端固定在O點,另一端拴著質(zhì)量為m、電荷量為q的小球?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置,使小球由靜止釋放,(1)小球運動到最高點時速度的大小。(2)細線能承受的最大拉力。(3)從斷線起先計時,在t=Lg時刻小球與O【解析】(1)設(shè)小球運動到最高點時速度為v