高考物理一輪復習精選題輯課練庫侖定律電場力的性質

1、課練20庫侖定律電場力的性質1(2018廣東揭陽一中、潮州金中聯(lián)考)(多選)如圖所示的實驗裝置為庫侖扭秤細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，通過懸絲扭轉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的關系這一實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逐差法答案：AC解析：當小球C靠近小球A時，庫侖力使懸絲扭轉較小的角度，通過懸絲上的小鏡子反射光線放大，能比較準確地測出轉動角度同時體現(xiàn)了控制變量法，即分別控制q和r不

2、變，研究庫侖力F與r和q的關系，故A、C正確2(2018河南4月模擬)a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)，已知a所帶的電荷量為Q，b所帶的電荷量為q，且Qq，關于電荷c，下列判斷正確的是()Ac一定帶負電Bc所帶的電荷量一定大于qCc可能處在a、b之間D如果固定a、b，仍使c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定答案：B解析：根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同類一異”，根據(jù)庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自所帶電荷量的大小，因此在大小上一定為“兩大夾一小”，且c所帶的電荷量一定大于q，故A、C錯誤，B正確；如果a、b固定，則只需使

3、c處于平衡狀態(tài)即可，由于a、b帶異號電荷，c應位于a、b連線的外側，又由于a的電荷量大于b的電荷量，則c應靠近b，c的電荷量不能確定，故D錯誤3(2018山東泰安一模)如圖所示，Q為固定的正點電荷，虛線圓是其一條等勢線兩電荷量相同、但質量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大小不計粒子重力，以下判斷正確的是()AaBaCvBvCBaBaCvBvCCaBaCvBvC DaBvC答案：C解析：庫侖力F，兩粒子在B、C兩點受的庫侖力大小相同，根據(jù)粒子的運動軌跡可知

4、aBaC，a，解得mBmC，因為B、C兩點位于同一等勢線上，電勢相等，所以兩粒子從A運動到B和從A運動到C，電場力做功相同且做負功，有Wmv2mv，所以mB(vv)mC(vv)，因為mBmC，所以vBx1Cx2x1 Dx2x1答案：B解析：電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個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，所以實際的情況是小球之間的庫侖力會大于原來的，此時彈簧的伸長量也大于原來的，B正確6(2018湖北七市州聯(lián)考)如圖所示，一水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電小球(可視為質點且不影響Q的電場)

5、，從左端以初速度v0滑上金屬板光滑的上表面向右運動到右端，在運動過程中()A小球先做減速運動再做加速運動B小球受到的合力的沖量為零C小球的電勢能先減少，后增加D小球先加速運動，后減速運動答案：B解析：根據(jù)點電荷與金屬板形成的電場的電場線特點可知，在金屬板處，電場強度的方向垂直于金屬板豎直向下，所以小球受重力、豎直向下的電場力、金屬板的彈力，所受合力為零，小球做勻速直線運動，A、D錯誤；IFt，合力為零，所以合力的沖量為零，B正確；電場力對小球不做功，小球的電勢能不變，C錯誤7.(2018江西九江十校第二次聯(lián)考)如圖所示，A是帶電荷量為Q、半徑為R的球體且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空

6、間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關)B為帶電荷量為q的帶電體，可看作點電荷已檢測到c點的場強為零，d點與c點到球心O的距離都為r，B到c點距離也為r，那么只把帶電荷量為q的帶電體移到e點，e點到c、d兩點的距離均為r.則d點場強大小為()Ak BkCk Dk答案：A解析：由c點場強為零可知，Qq，把帶電荷量為q的帶電體移到e點，兩電荷在d點處產(chǎn)生的場強大小相等，均為E，兩場強方向垂直，所以d點場強大小EdE，A正確8(2018四川瀘州二診)(多選)如圖所示，圖甲、圖乙分別是等量負點電荷和等量異種點電荷組成的兩個獨立的帶電系統(tǒng)，O為電荷連線和中垂線的交點，M、N是連線上關于O點對稱的

7、兩點，p、q是中垂線上關于O點對稱的兩點現(xiàn)有一個正點電荷，僅受電場力作用，則()A該正點電荷在圖甲和圖乙中從p運動到q時一定是沿直線運動B該正點電荷在圖甲和圖乙中從M運動到N時一定是沿直線運動C該正點電荷可以在圖甲中做勻速圓周運動經(jīng)過p和qD該正點電荷可以在圖乙中做勻速圓周運動經(jīng)過p和q答案：BC解析：題圖甲中，等量負點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為沿中垂線指向中點，所以該正點電荷從p到q運動時電場力的方向與運動方向共線，做直線運動，題圖乙中，等量異種點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為垂直于中垂線指向負電荷，所以該正點電荷從p向q運動的過程中，受的電場力向右，故應該做曲線運動，A錯誤；在

8、連線上，題圖甲中，電場強度的方向由中點O指向兩負電荷，所以該正點電荷從M向N運動，電場力與速度方向共線，做直線運動；題圖乙中，電場強度的方向由M到N，所以該正點電荷受電場力的方向與速度共線，做直線運動，B正確；給該正點電荷適當?shù)乃俣?，可以使其在垂直于紙面內以O點為圓心，以Op為半徑做勻速圓周運動，C正確；根據(jù)正點電荷的受力情況和勻速圓周運動中合外力的特點可知，在題圖乙中該正點電荷不可能做勻速圓周運動經(jīng)過p和q，D錯誤9(2018河北邢臺檢測)如圖所示，在真空中放置四個帶電體，它們的帶電荷量均為Q，半徑均為R，彼此互不影響甲為均勻帶電的球，乙為均勻帶電的圓環(huán)，丙為均勻帶電的圓盤，丁為均勻帶電的半

9、球殼在過球心或圓心O的中軸線上，距離球心或圓心r處的A點，電場強度的大小E可用公式Ek(k表示靜電力常量)計算的有()A甲 B甲、丁C乙、丙 D甲、乙、丙答案：A解析：題圖甲中球體均勻帶電，故可看作是在球心O處的點電荷，其A點處的電場強度可以用Ek求解，圖甲符合題意；題圖乙中應該把圓環(huán)分成無數(shù)小段的電荷元q，每段電荷元在A點處形成的電場疊加，故A點處的電場強度不可以用Ek求解，圖乙不符合題意；題圖丙中應該把帶電盤面分成無數(shù)小的電荷元，每個電荷元在A點處形成的電場疊加，故A點處的電場強度不可以用Ek求解，圖丙不符合題意；題圖丁中，球殼上的電荷Q不能等效于放在球心處的點電荷，故A點處的電場強度不可

10、以用Ek求解，圖丁不符合題意故選A.10(2018湖北天門、仙桃、潛江聯(lián)考)如圖所示，一邊長為L的立方體絕緣體上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于左右面且過立方體中心O的軸線上有a、b、c三個點，a和b、b和O、O和c間的距離均為L，在a點處固定有一電荷量為q(qaB，則Q靠近M端且為正電荷C無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAEpBDB點電勢可能高于A點電勢答案：BC解析：若Q在M端，由電子運動的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rAEB，F(xiàn)AFB，aAaB，AB，EpArB，故AB，EpAabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvc

11、vaDabacaa，vavcvb答案：D解析：a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rbrcEcEa，故帶電粒子Q在這三點的加速度abacaa.由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負功，由動能定理|qUab|mvmv0，則vb0，vcvb，又|Uab|Ubc|，則vavc，故vavcvb，選項D正確3(2016江蘇卷，3)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內的電場線分布如圖所示，容器內表面為等勢面，A、B為容器內表面上的兩點，下列說法正確的是()AA點的電場強度比B點的大B小球表面的電勢比容器內表面的低CB點的電場強度方向與該處內表面垂直D將檢

12、驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同答案：C解析：A點的電場線比B點的稀疏，故A點的電場強度小于B點的電場強度，選項A錯誤；沿著電場線方向電勢降低，故小球表面的電勢比容器內表面的電勢高，選項B錯誤；容器內表面是等勢面，所以B點的電場強度方向與容器內表面垂直，選項C正確；電場力做功與電荷的運動路徑無關，選項D錯誤4(2018湖北孝感統(tǒng)考)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質點)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()AEB.C. D.答案：B解析：撤去A點小球前，O

13、點的電場強度是A點的3q和與其關于O點對稱點q兩小球分別產(chǎn)生的電場疊加形成的，則E，方向水平向左撤去A點的小球后，O點的電場強度是A點關于O點對稱點q產(chǎn)生的，所以E，方向水平向右，B正確5(2018重慶八中適應性考試)直角坐標系xOy中，A、B兩點位于x軸上，坐標如圖所示，C、D位于y軸上C、D兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負點電荷置于O點時，B點處的場強恰好為零若將該負點電荷移到A點，則B點處場強的大小和方向分別為(靜電力常量為k)()A.，沿x軸正方向B.，沿x軸負方向C.，沿x軸負方向D.，沿x軸正方向答案：D解析：B點處的場強恰好為零，說明負點電荷在B點產(chǎn)生的場強與兩正點電

14、荷在B點產(chǎn)生的合場強大小相等、方向相反，根據(jù)點電荷的場強公式可得，負點電荷在B點的場強為，沿x軸負方向，兩正電荷在B點的合場強也為，沿x軸正方向，當負點電荷移到A點時，負點電荷與B點的距離為2l，負點電荷在B點產(chǎn)生的場強為，方向沿x軸方向，兩正電荷在B點產(chǎn)生的合場強的大小仍為，方向沿x軸正方向，所以B點處合場強大小為，方向沿x軸正方向，D正確6(2018上海4月模擬)均勻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)生的電場如圖所示，在半球面AB上均勻分布的正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OMON2R，已知M點的場強大小為E，則N

15、點的場強大小為()A.E B.C.E D.E答案：A解析：把AB右側半球面補齊，即將電荷量分別為q、q的兩個半球面疊加在一起，AB在N點的場強相當于所帶電荷量為2q的完整的球殼在N點向右的場強E1與多加的所帶電荷量為q的半球面在N點向左的場強E2的矢量和，E2大小等于原球殼在M點的場強大小E，則ENE1E2EE，方向向右，選項A正確7(2018廣東江門模擬)如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質彈簧絕緣連接當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為()Al BlCl D

16、l答案：C解析：對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球對它向右的庫侖斥力，大小分別為F1和F2.由力的平衡可知彈簧彈力的大小FF1F2，彈簧的伸長量為l，故彈簧的原長為l0lll，C正確8(2018廣東惠州三調)(多選)在真空中的x軸上的原點處和x6a處分別固定一個點電荷M、N，在x2a處由靜止釋放一個正點電荷P，假設點電荷P只受電場力作用沿x軸方向運動，得到點電荷P速度大小與其在x軸上的位置關系如圖所示(其中在x4a處速度最大)，則下列說法正確的是()A點電荷M、N一定是同種正電荷B點電荷M、N一定為異種電荷C點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為41Dx4a處的電場強度不一定為

17、零答案：AC解析：vt圖象的斜率大小等于運動過程的加速度大小，而a，所以x4a處的電場強度大小為零，D錯誤又因為正電荷從x2a處向右先加速運動后減速運動，所以x0到x4a之間電場強度方向向右，x4a到x6a之間電場強度方向向左，所以點電荷M、N一定是同種正電荷，A正確，B錯誤；由x4a處電場強度大小為零，得，則點電荷M、N所帶電荷量的絕對值之比為QMQN41，C正確9(2018山東菏澤統(tǒng)測)(多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓心平直徑的兩個端點，AC為圓弧一個質量為m、電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H

18、處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是()A小球在AC部分可能做勻速圓周運動B小球一定能從B點離開軌道C若小球能到達C點，小球在C點時的速度一定不為零D若小球能到達B點，小球經(jīng)過B點時動能和經(jīng)過A點時動能一定相等答案：AC解析：若重力大小等于電場力大小，則小球進入軌道后，靠彈力提供向心力，所以小球在AC部分可能做勻速圓周運動，A正確；小球進入圓軌道后，受到豎直向下的重力、豎直向上的電場力和沿半徑方向的軌道的彈力，電場力做負功，重力做正功，由于題中沒有給出相關物理量的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道，故B錯誤；若小球到達C

19、點的速度為零，則電場力必定大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動到C點，所以小球到達C點的速度不可能為零，C正確；由A到B根據(jù)動能定理有EqRmvmv，所以若小球能到達B點，小球經(jīng)過B點時動能和經(jīng)過A點時動能一定不相等，D錯誤分析不清A、B的受力情況及運動情況10(多選)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中點固定一個帶正電的C球(也可看成點電荷)，再由靜止同時釋放A、B兩球，結果兩球加速度大小相等則C球帶電荷量為()A. B.C. D.答案：BC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兩個帶電小球的質量之比為13；當在A、B中點固定一個帶正電的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，kkma，對B，kk3ma，綜上解得，QCq；(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，kkma，對B，kk3ma，綜上解得，QCq，故B、C正確，A、D錯誤不能正確理解題給信息，從而正確地給出解答11(2018安徽師大附中期中)理論上已經(jīng)證明：電荷均勻分布的球殼在殼內的電場強度為零假設某星球是一半徑為