2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 6-1庫侖定律電場力的性質(zhì)同步檢測試題.doc

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2019年高考物理一輪復(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(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插于容器并使它靠近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(shí)驗(yàn)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(xiàng)為A、C. 答案：AC 2．兩個(gè)固定的異種點(diǎn)電荷，電荷量給定但大小不等，用E1和E2分別表示兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小，則在通過兩點(diǎn)電荷的直線上，E1＝E2的點(diǎn)(　　) A．有三個(gè)，其中兩處合場強(qiáng)為零 B．有三個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零 C．有兩個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零 D．只有一個(gè)，該處合場強(qiáng)為零 解析：本題主要考查場強(qiáng)的矢量性，同一直線上兩點(diǎn)電荷產(chǎn)生場強(qiáng)的疊加則變成了代數(shù)的加或減，由于兩個(gè)點(diǎn)電荷帶異種電荷且電荷量不等，則E1＝E2的點(diǎn)必有兩個(gè)，其中一處合場強(qiáng)為零，另一處合場強(qiáng)為2E1，應(yīng)選C. 答案：C 3．(多選題)如圖21－2甲中AB是一個(gè)點(diǎn)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(diǎn) B．場源是正電荷，位于B點(diǎn) C．場源是負(fù)電荷，位于A點(diǎn) D．場源是負(fù)電荷，位于B點(diǎn) 答案：AC 4．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的．關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)(　　) 　A　　　　　　B　　　　　C　　　　　D 圖21－3 解析：本題考查的是電場強(qiáng)度的概念和曲線運(yùn)動(dòng)，意在考查學(xué)生對物理基礎(chǔ)知識的理解．題中質(zhì)點(diǎn)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?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)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(xiàng)D正確． 答案：D 圖21－4 5．[xx·武漢摸底]水平面上A、B、C三點(diǎn)固定著三個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)放置在O點(diǎn)，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(diǎn)，小球所帶的電荷量為(　　) A. B. C. D. 解析：3kcosθ＝mg，sinθ＝，聯(lián)立解得q＝. 答案：C 6．[xx·北京西城期末]如圖21－5所示，兩個(gè)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(gè)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(gè)帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得 F＝，選項(xiàng)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(diǎn)對稱的A、B兩點(diǎn)有等量同種點(diǎn)電荷＋Q，在x軸上C點(diǎn)有電荷－Q，且CO＝OD.∠ADO＝60°，下列判斷正確的是(　　) A．O點(diǎn)電場強(qiáng)度為零 B．D點(diǎn)電場強(qiáng)度為零 C．將點(diǎn)電荷－q從O移向C的過程中，則電勢能增大 D．將點(diǎn)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(diǎn)，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，電勢能減小． 答案：BC B組　能力提升 8．(多選題)如圖21－7所示，A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷，在A、B連線的中點(diǎn)C處放一點(diǎn)電荷(不計(jì)重力)． 圖21－7 若給該點(diǎn)電荷一個(gè)初速度v0，v0方向與AB連線垂直，則該點(diǎn)電荷可能的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) A．往復(fù)直線運(yùn)動(dòng) B．勻變速直線運(yùn)動(dòng) C．加速度不斷減小，速度不斷增大的直線運(yùn)動(dòng) D．加速度先增大后減小，速度不斷增大的直線運(yùn)動(dòng) 解析：AB中垂線上電場線的分布：方向是從C點(diǎn)沿中垂線向兩側(cè)，電場強(qiáng)度大小是先增大，后減小，在C點(diǎn)為零，無窮遠(yuǎn)處為零，若在中點(diǎn)C處放入的是負(fù)電荷，受力指向C點(diǎn)，則選A，若在中點(diǎn)C處放入的是正電荷，受力方向由C點(diǎn)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(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場，待兩小球再次保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖21－8 A．懸線OA向右偏，OA中的張力大于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(shí)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(xiàng)C正確，A、B錯(cuò)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(shí)要大，選項(xiàng)D正確． 答案：CD 10．[xx·吉林質(zhì)檢]如圖21－9所示，在勻強(qiáng)電場中，一個(gè)帶正電的物體沿水平方向的絕緣天花板做勻速直線運(yùn)動(dòng)．從某時(shí)刻(設(shè)為t＝0)起，電場強(qiáng)度從E0均勻增大．若物體與天花板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ ，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(dòng)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(yùn)動(dòng)，也可能向右做勻速直線運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)，最后要掉下來 D．在t＝0之后，物體做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度越來越大，直到停止 解析：在t＝0時(shí)刻之前，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力一定為零，物體所受的滑動(dòng)摩擦力只能向左且不為零，因此物體只能向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)；t＝0時(shí)，E0qcosθ－μ(E0qsinθ－mg)＝0，在t＝0時(shí)刻之后，E＝E0＋kt，根據(jù)牛頓第二定律Eqcosθ－μ(Eqsinθ－mg)＝ma，得ktq·(－)＝ma，知電場強(qiáng)度增大，滑動(dòng)摩擦力增大，合力向左，加速度增大，物體做減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止，C錯(cuò)、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(gè)質(zhì)量分別為m1和m2的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))，m1＝2m2，相距為L.兩球同時(shí)由靜止開始釋放時(shí)，B球的初始加速度恰好等于零．經(jīng)過一段時(shí)間后，當(dāng)兩球距離為L′時(shí)，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球初始加速度恰好等于零，得初始時(shí)刻A對B的庫侖斥力F＝m2gsinα，當(dāng)兩球距離為L′時(shí)，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(shí)刻A對B的庫侖斥力F＝m2gsinα 當(dāng)兩球距離為L′時(shí)，A球的加速度a1＝ 初始時(shí)B球受力平衡，兩球相互排斥運(yùn)動(dòng)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∶a2＝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(qiáng)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(diǎn)電荷)．當(dāng)t＝0時(shí)A在O點(diǎn)獲得向左的初速度v0，同時(shí)B在O點(diǎn)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(diǎn)靠近過程中，A始終向左做勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t＝t0時(shí)B到達(dá)O點(diǎn)(未進(jìn)入非勻強(qiáng)電場區(qū)域)，A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)(圖中未畫出)，此時(shí)兩球間距離最小．靜電力常量為k. (1)求0～t0時(shí)間內(nèi)A對B球做的功； (2)求桿所在直線上場強(qiáng)的最大值； (3)某同學(xué)計(jì)算出0～t0時(shí)間內(nèi)A對B球做的功W1后，用下列方法計(jì)算非勻強(qiáng)電場PO兩點(diǎn)間電勢差： 設(shè)0～t0時(shí)間內(nèi)B對A球做的功為W2，非勻強(qiáng)電場對A球做的功為W3， 根據(jù)動(dòng)能定理W2＋W3＝0 又因?yàn)閃2＝－W1 PO兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程中只受A球?qū)λ?庫侖力作用，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度跟A球相同為v0.庫侖力做的功即為B球動(dòng)能增加量， W＝mv－mv. (2)因?yàn)锳球做勻速運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移x＝v0t0， 此時(shí)的庫侖力F＝k＝， 因?yàn)锳球始終做勻速運(yùn)動(dòng)，所以非勻強(qiáng)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(diǎn)時(shí)，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(qiáng)度也最大． E＝＝. (3)該同學(xué)的解法是錯(cuò)誤的． 因?yàn)锽球向A球靠近的過程，雖然它們的作用力大小相等，但它們運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤的． 答案：(1)mv－mv　(2)　(3)見解析 C組　難點(diǎn)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(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R.已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)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(gè)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(diǎn)的電場與帶正電荷的左半球面AB在N點(diǎn)的電場大小相等，則E′＝－E＝－E，則A項(xiàng)正確． 答案：A