高考物理复习 课时过关题22 库仑定律电场力的性质（含答案解析）

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题22

库仑定律电场力的性质

A．c一定带负电

B．c所带的电荷量一定大于q

C．c可能处在a、b之间

D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定

2.对电场强度公式E=k有几种不同理解，其中正确的是(　　 )

A．只要带电体电荷量为Q，在距离r处激发的电场都能用此公式计算场强E

B．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强E相同

C．当离点电荷距离r→0时，场强E→∞

D．当离点电荷距离r→∞时，场强E→0

3.如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形，一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球的速度先减小后增大

B．小球的速度先增大后减小

C．杆对小球的作用力先减小后增大

D．杆对小球的作用力先增大后减小

A．x2=x1      B．x2>x1      C．x2=x1       D．x2<x1

A.         B.        C.        D．0

6.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)

A．a、b的电荷同号，k=

B．a、b的电荷异号，k=

C．a、b的电荷同号，k=

D．a、b的电荷异号，k=

A．E1＞k         B．E2=        C．E3＜k         D．E4=

A．E       B.       C.       D.

A．l＋       B．l－      C．l－       D．l－

10.如图所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为(　　 )

A.，方向由C指向O

B.，方向由O指向C

C.，方向由C指向O

D.，方向由O指向C

A．微粒从B到C做加速运动，且vC=3 m/s

B．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动

C．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s

D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s

A．小球在AC部分可能做匀速圆周运动

B．小球一定能从B点离开轨道

C．若小球能到达C点，小球在C点时的速度一定不为零

D．若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定相等

(1)0 ～2 s内小物块加速度的大小；

(2)2～4 s内小物块加速度的大小；

(3)14 s末小物块的速度大小；

(4)前14 s内小物块的位移大小．

(1)小球的速度大小；

(2)小球对环的作用力．

答案解析

解析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c所带的电荷量一定大于q，故A、C错误，B正确；如果a、b固定，则只需使c处于平衡状态即可，由于a、b带异号电荷，c应位于a、b连线的外侧，又由于a的电荷量大于b的电荷量，则c应靠近b，c的电荷量不能确定，故D错误．

2.答案为：D；

解析：E=k的适用条件为“真空中”“点电荷”，不是任何带电体激发的电场都能用此公式计算场强E，A选项错误，当离点电荷距离r→0时，带电体已不能看成点电荷，场强E不是趋向无穷大，C选项错误，当r→∞时，也就是距离场源电荷距离很远，所以E→0，D选项正确；以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，有大小和方向，所以场强不同，B选项错误．]

3.答案为：D；

解析：CD连线上电场强度的方向垂直于CD水平向右，从C到D电场强度先增大后减小，小球从C点由静止开始释放，重力做正功，电场力不做功，动能增大，速度增大，A、B错误；杆对小球的作用力与电场力平衡，杆对小球的作用力水平向右，先增大后减小，C错误，D正确．]

解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的，

库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的，此时弹簧的伸长量也大于原来的，B正确．

解析：星球的体积V0=，所以半径(R－h)的内球所带的电荷量q=·Q=·Q，

星球表面下h深度处的电场强度的大小E==，故选A.

6.答案为：D；

解析：在c点建立坐标系如图所示，因c所受库仑力的合力平行于ab，则要求Fac与Fbc一为引力，另一为斥力，故a、b为异种电荷，且在y方向的合力为0，即：

Fac·cos 53°=Fbccos 37°

Fac=

Fbc=

解得：=·=.故D对，A、B、C错．]

解析：根据点电荷电场强度公式E=，且电荷只分布在球的表面，对于题图甲，虽表面积和各点到圆心的距离相同，但半球面上部分各处电荷在O点场强夹角相对较小，则根据电场的叠加原理，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为E1>E2；因电荷Q在球心O处产生的场强大小E0=k，则E1>k；对于题图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧部分在O点产生的场强大小相等，即E3=E4.由于方向不共线，由合成法则可知，E3>k，故A项正确，B、C、D项错误．

解析：撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的＋3q和与其关于O点对称点＋q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E=－=，方向水平向左．撤去A点的小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点＋q产生的，所以E′==，方向水平向右，B正确．

解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，

大小分别为F1=和F2=.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F=F1＋F2=，

弹簧的伸长量为Δl==，故弹簧的原长为l0=l－Δl=l－，C正确．

10.答案为：B；

解析：每个点电荷在O点处的场强大小都是E==，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为EO=2E=，方向由O指向C，B项正确．]

解析：从A到B做的功和从B到C做的功相等，依据动能定理可得：qUAB=mv－mv，qUBC=mv－mv，解得vC=3 m/s，A项正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B项错误；过B作垂直AC的线，此线为等势线，微粒过C点后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒定律可以得到微粒最终的速度应该与B点的速度相同，故C项正确，D项错误．

解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC部分可能做匀速圆周运动，A正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故B错误；若小球到达C点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C点，所以小球到达C点的速度不可能为零，C正确；由A到B根据动能定理有－EqR=mv－mv，所以若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定不相等，D错误．

(1)0～2 s内物块的加速度a1==2 m/s2.

(2)2～4 s内物块的加速度a2==－2 m/s2.

(3)0～2 s内物块的位移s1=a1t=4 m,2 s末的速度为v2=a1t1=4 m/s，

2～4 s内位移为s2=s1=4 m,4 s末的速度为v4=0.

小物块做周期为4 s的直线运动，第14 s末的速度为v14=4 m/s

(4)14 s内小物块的位移大小，

可以看做是上述3个周期加上s1，位移s=3(s1＋s2)＋s1=28 m.

(1)由静电场知识和几何关系可知，C、D两点电势相等，

小球由C运动到D的过程中，mgh=mv2，

由几何关系可知h=，解得v=.

(2)小球运动到D点时，AD=R，BD=R，

小球分别受到A、B两端带电小球的作用力为FA=k，FB=k，

设环对小球的支持力为FN，FN－FAcos30°－FBsin30°－mg=，

由牛顿第三定律可知小球对环的压力FN=F′N，

解得F′N=·＋2mg，方向竖直向下．