《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 課時作業(yè)19 庫侖定律 電場力的性質(zhì).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 靜電場 課時作業(yè)19 庫侖定律 電場力的性質(zhì).doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時作業(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，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€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為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F＝k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項正確． 【答案】　A 2．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】　BD 3．A、B是一條電場線上的兩個點(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】　AD 4．如圖所示，光滑水平桌面上有A、B兩個帶電小球(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)固定一個帶正電的C球(也可看成點(diǎn)電荷)，再由靜止同時釋放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兩個帶電小球的質(zhì)量之比為1∶3；當(dāng)在A、B中點(diǎn)固定一個帶正電的C球，由靜止同時釋放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，k－k＝ma，對B，k＋k＝3ma，綜上解得，QC＝q；(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，k－k＝ma，對B，k＋k＝3ma，綜上解得，QC＝q，故B、C正確，A、D錯誤． 【答案】　BC 5．如圖所示，A、B是點(diǎn)電荷負(fù)Q形成的電場中的兩點(diǎn)(rA＜rB)．若先后把帶電量很小，不會影響Q形成電場的正點(diǎn)電荷q1、q2(q1＞q2)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錯誤；由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E＝k分析可知，A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，則有＞，故B錯誤；由上述分析可知，＞，＝，故C正確，故D錯誤． 【答案】　C 6．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)使一個帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)開始以某一初速度向右運(yùn)動，不計粒子的重力，則該粒子在CD之間運(yùn)動的速度大小v與時間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)時所受電場力向左，粒子在D點(diǎn)右側(cè)時所受電場力向右，所以粒子的運(yùn)動情況有以下三種情況：在D點(diǎn)左側(cè)時先向右減速至速度為零然后向左加速運(yùn)動；粒子能越過D點(diǎn)時，先在D點(diǎn)左側(cè)減速，過D點(diǎn)以后加速運(yùn)動；或在D點(diǎn)左側(cè)減速，則運(yùn)動到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．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上 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錯誤；乒乓球不可能吸在左極板上，B錯誤；庫侖力就是電場力，C錯誤；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，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，這樣會在兩極板間來回碰撞，D正確． 【答案】　D 8．庫侖扭秤結(jié)構(gòu)及工作原理 如圖所示的實(shí)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插入容器并使它靠近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，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)動角度．同時體現(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】　AC 9．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，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＝F2 B．F1＋F2＝F C．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，b對a有向下的庫侖力作用，設(shè)為F′，則示數(shù)F1＝F＋F′，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F2＝F－F′，所以F1>F2，F(xiàn)1＋F2＝2F，故A、B錯誤；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F2＝F－F′減小，故D正確． 【答案】　D 10．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(　　) A．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零 B．A、B、C、D四點(diǎn)電場強(qiáng)度相同 C．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高 D．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零 【解析】　根據(jù)電場的疊加原理，ac兩個電極帶等量正電荷，其中點(diǎn)O的合場強(qiáng)為零，bd兩個電極帶等量負(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錯誤；A、B、C、D四點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯誤；由電場特點(diǎn)知，電場方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，則φA>φB，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mA＝0.43 kg，mB＝0.20 kg，mC＝0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB＝＋210－5 C、qC＝＋710－5 C且保持不變，開始時三個物體均能保持靜止．現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t，力F變?yōu)楹懔Γ阎o電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，g取10 m/s2.求： (1)開始時BC間的距離L； (2)F從變力到恒力需要的時間t； (3)在時間t內(nèi)，力F做功WF＝2.31 J，求系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp. 【解析】　(1)ABC靜止時，以AB為研究對象有： (mA＋mB)gsin 30＝ 解得：L＝2.0 m. (2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運(yùn)動，AB分離時兩者之間彈力恰好為零，對B用牛頓第二定律得： －mBgsin 30＝mBa 解得：l＝3.0 m 由勻加速運(yùn)動規(guī)律得：l－L＝at2 解得：t＝1.0 s. (3)AB分離時兩者仍有相同的速度，在時間t內(nèi)對AB用動能定理得： WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30＋WC＝(mA＋mB)v2 又v＝at，代入數(shù)據(jù)解得：WC＝2.1 J 所以系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp＝－2.1 J. 【答案】　(1)2.0 m　(2)1.0 s　(3)－2.1 J 12．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)動到B點(diǎn)時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)動到圓弧軌道的高度的過程中，沿電場方向的位移為x＝＋R ＝R 此過程由動能定理可得 Eqx－mg＝0 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)動到C點(diǎn)的過程中，由動能定理可得 Eq(x′＋R)－mgR＝0 解得x′＝R. (3)在小球從C點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由動能定理可得 mgR－qER＝mv2－0 在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得 FN－mg＝ 聯(lián)立可得FN＝(4－)mg 由牛頓第三定律可得小球在B點(diǎn)時對軌道的壓力為F′N＝FN＝(4－)mg. 【答案】　(1)　(2)R　(3)(4－)mg