XX專(zhuān)用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)課時(shí)電荷守恒定律庫(kù)侖定律加練半小時(shí)

XX專(zhuān)用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)課時(shí)電荷守恒定律庫(kù)侖定律加練半小時(shí)XX專(zhuān)用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)課時(shí)電荷守恒定律庫(kù)侖定律加練半小時(shí)XX專(zhuān)用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場(chǎng)課時(shí)電荷守恒定律庫(kù)侖定律加練半小時(shí)51電荷守恒定律庫(kù)侖定律[方法點(diǎn)撥](1)注意庫(kù)侖力的大小與兩點(diǎn)電荷間的距離平方成反比．(2)庫(kù)侖力作用下的物體平衡問(wèn)題，要注意整體法、隔斷法的應(yīng)用．

1．(2017·黑龍江雙鴨山一中月考)兩個(gè)相同的可視為點(diǎn)電荷的帶異種電荷的導(dǎo)體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時(shí)相互作用的庫(kù)侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開(kāi)放到相距為2r處，則此時(shí)庫(kù)侖力的大小為()A.eq\f(1,12)FB.eq\f(1,6)FC.eq\f(1,4)FD.eq\f(1,3)F2．(2018·河北邢臺(tái)質(zhì)檢)如圖1所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同．傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上．當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線(xiàn)水平)且與物體P相距為r的右側(cè)地址時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()

圖1A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(mgktanθ,r2))B．P對(duì)斜面的壓力為0C．斜面體碰到地面的摩擦力為0D．斜面體對(duì)地面的壓力為(M＋m)g3．如圖2所示，圓滑平面上固定金屬小球A，用長(zhǎng)為l0的絕緣彈簧將A與另一個(gè)金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長(zhǎng)量為x1；若兩小球電荷量各遺漏一半，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤2，則有()

圖2A．x2＝eq\f(1,2)x1B．x2>eq\f(1,4)x1C．x2＝eq\f(1,4)x1D．x2<eq\f(1,4)x14．(2018·福建三明一中模擬)如圖3所示，在圓滑的絕緣水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的甲、乙兩個(gè)小球，在力F的作用下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則甲、乙兩球之間的距離r為()

圖3A.eq\r(q\f(k,F))B．qeq\r(\f(2k,F))C．2qeq\r(\f(k,F))D．2qeq\r(\f(F,k))5．(多項(xiàng)選擇)如圖4所示，在圓滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，－q、－q的連線(xiàn)與－q、Q的連線(xiàn)之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()

圖4A．cos3α＝eq\f(q,8Q)B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q)D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)6．(2017·湖南株洲一模)套有三個(gè)帶電小球的圓環(huán)放在水平桌面上(不計(jì)所有摩擦)，小球的電荷量保持不變，整個(gè)裝置平衡后，三個(gè)小球的一種可能地址如圖5所示．三個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)銳角三角形，三角形的邊長(zhǎng)大小關(guān)系是AB>AC>BC，能夠判斷圖中()

圖5A．三個(gè)小球電荷量的代數(shù)和可能為0B．三個(gè)小球必然帶同種電荷C．三個(gè)小球所受環(huán)的彈力大小為FNA>FNB>FNCD．三個(gè)小球帶電荷量的大小為QA>QC>QB7．(多項(xiàng)選擇)如圖6所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完好相同的帶電小球在圓滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在地址恰好將圓周均分．小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量大小均為q，小球d的電荷量大小為6q，h＝eq\r(2)R.重力加速度為g，靜電力常量為k.則()

圖6A．小球a必然帶正電B．小球b的周期為eq\f(2πR,q)eq\r(\f(mR,k))C．小球c的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,3mR2)D．外力F豎直向上，大小等于mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)8．(2018·湖北黃岡模擬)如圖7所示，足夠大的圓滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)M、O、N，質(zhì)點(diǎn)O能保持靜止，質(zhì)點(diǎn)M、N均圍繞質(zhì)點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知質(zhì)點(diǎn)M、N與質(zhì)點(diǎn)O的距離分別為L(zhǎng)1、L2(L1<L2)．不計(jì)質(zhì)點(diǎn)間的萬(wàn)有引力作用．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()

圖7A．質(zhì)點(diǎn)M與質(zhì)點(diǎn)O帶有同種電荷B．質(zhì)點(diǎn)N的線(xiàn)速度小于質(zhì)點(diǎn)M的線(xiàn)速度C．質(zhì)點(diǎn)N與質(zhì)點(diǎn)M所帶電荷量之比為(eq\f(L2,L1))2D．質(zhì)點(diǎn)M與質(zhì)點(diǎn)N的質(zhì)量之比為(eq\f(L1,L2))2答案精析1．A[設(shè)其中一個(gè)小球所帶電荷量為－Q，另一個(gè)帶電荷量為3Q，依照庫(kù)侖定律可知，兩球接觸前F＝keq\f(3Q2,r2)，接觸后再分開(kāi)，兩球帶電荷量為Q1＝Q2＝eq\f(3Q－Q,2)＝Q，由庫(kù)侖定律得F′＝eq\f(kQ×Q,2r2)＝eq\f(F,12)，故A正確．]2．D[設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對(duì)物體P受力解析，碰到水平向左的庫(kù)侖力F＝keq\f(q2,r2)、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tanθ＝eq\f(F,mg)，解得q＝eq\r(\f(mgr2tanθ,k))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面對(duì)P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力解析，可知水平方向碰到Q對(duì)P向左的庫(kù)侖力F＝keq\f(q2,r2)和地面對(duì)斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體碰到水平向右的摩擦力大小為Ff＝keq\f(q2,r2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力解析，豎直方向碰到豎直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，依照牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g，選項(xiàng)D正確．]3．B[電荷量減少一半，依照庫(kù)侖定律知若兩個(gè)球之間的距離保持不變，庫(kù)侖力減小為原來(lái)的eq\f(1,4)，庫(kù)侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，兩球間的距離減小，因此實(shí)質(zhì)的情況是小球之間的庫(kù)侖力會(huì)大于原來(lái)的eq\f(1,4)，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量也大于原來(lái)的eq\f(1,4)，B正確．]4．B[選甲、乙整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得，加速度a＝eq\f(F,2m).選乙為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得，eq\f(kq2,r2)＝ma，聯(lián)立得r＝qeq\r(\f(2k,F)).]5．AC[設(shè)菱形邊長(zhǎng)為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asinα，兩個(gè)－q之間距離為2acosα.采用－q作為研究對(duì)象，由庫(kù)侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．采用Q作為研究對(duì)象，由庫(kù)侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．]6．B[對(duì)小球A解析，彈力過(guò)圓心，依照平衡條件，要么小球B與C對(duì)小球A同時(shí)為引力，要么對(duì)小球A同時(shí)為斥力，小球A才能處于平衡狀態(tài)，因此小球A不能能碰到一個(gè)斥力一個(gè)引力，因此小球B、C帶同種電荷，解析小球B，由平衡條件可得小球A、C帶同種電荷，可得三個(gè)小球帶同種電荷，因此三個(gè)小球電荷量的代數(shù)和不能能為0，A錯(cuò)誤，B正確；小球A碰到兩個(gè)斥力，設(shè)圓心為O，AB>AC，同時(shí)∠OAB<∠OAC，可得小球A受小球B的力更大，且小球A離小球B更遠(yuǎn)，可得小球B所帶電荷量大于小球C所帶電荷量，同理小球A的帶電荷量大于小球B帶的電荷量，QA>QB>QC，D錯(cuò)誤；依照相似三角形可得eq\f(FNA,BC)＝eq\f(FNB,AC)＝eq\f(FNC,AB)，故可得FNC>FNB>FNA，C錯(cuò)誤．]

7．CD[小球a、b、c均做半徑相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且受力情況相同，故三個(gè)小球的各運(yùn)動(dòng)參量大小均相等．以小球a為例，小球a做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由小球d對(duì)小球a的引力的水均分力及小球b、c對(duì)小球a斥力的合力供應(yīng)，僅能夠判斷四個(gè)小球所帶電荷電性的異同，不能夠確定小球a可否帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得，－2keq\f(q2,2Rcos30°2)cos30°＋keq\f(6q2,h2＋R2)·eq\f(R,\r(R2＋h2))＝man，其中h＝eq\r(2)R，解得an＝eq\f(\r(3)kq2,3mR2)，C項(xiàng)正確；向心加速度公式an＝eq\f(\r(3)kq2,3mR2)＝eq\f(4π2,T2)R，得T＝eq\f(2πR,q)eq\r(\f(\r(3)mR,k))，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)小球d受力解析，由平衡條件可知：F＝mg＋3keq\f(6q2,R2＋h2)·eq\f(h,\r(R2＋h2))＝mg＋eq\f(2\r(6)kq2,R2)，D項(xiàng)正確．]8．C[要滿(mǎn)足題目要求，則M、N電性相同，且和O電性相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；M、N繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則三質(zhì)點(diǎn)共線(xiàn)，角速度相等，線(xiàn)速度之比等于做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比，vN>vM，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)O點(diǎn)受力解析，知keq\f(qMqO,L\o\al(,12))＝keq\f(qNqO,L\o\al(,22))，eq