2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章微專題50庫侖定律與帶電體的平衡練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題50庫侖定律與帶電體的平衡1．留意庫侖力的大小與兩點(diǎn)電荷間的距離平方成反比，對(duì)兩個(gè)勻稱帶電球，r為兩球的球心間距．2．庫侖力作用下的物體平衡問題，與純力學(xué)平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎(chǔ)，應(yīng)用平衡條件是關(guān)鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結(jié)合解決問題，但要留意庫侖力的大小隨著電荷間距變更的特點(diǎn)．要留意整體法、隔離法的應(yīng)用．1．(2024·四川綿陽市其次次診斷)兩個(gè)完全相同的金屬小球(視為點(diǎn)電荷)，帶異種電荷，帶電荷量肯定值之比為1∶7，相距r.將它們接觸后再放回原來的位置，則它們之間的相互作用力大小變?yōu)樵瓉淼?)A.eq\f(4,7)B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7)D.eq\f(16,7)2．(多選)(2024·浙江十校聯(lián)盟測(cè)試)如圖1所示，a、b、c為真空中三個(gè)帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細(xì)線懸掛，處于平衡狀態(tài)時(shí)三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等，懸掛a小球的細(xì)線向左傾斜，懸掛c小球的細(xì)線豎直，則()圖1A．a(chǎn)、c兩小球帶同種電荷B．a(chǎn)、c兩小球帶異種電荷C．a(chǎn)小球帶電荷量為－4QD．c小球帶電荷量為＋4Q3．如圖2所示，光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；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)閤2，則有()圖2A．x2＝eq\f(1,2)x1 B．x2>eq\f(1,4)x1C．x2＝eq\f(1,4)x1 D．x2<eq\f(1,4)x14．(2024·四川達(dá)州市其次次診斷)如圖3所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)．用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止．現(xiàn)將B球水平向左移動(dòng)一小段距離，發(fā)覺A球隨之沿斜面對(duì)上移動(dòng)少許，兩球在虛線位置重新平衡．與移動(dòng)前相比，下列說法正確的是() 圖3A．斜面對(duì)A的彈力增大B．水平面對(duì)B的彈力不變C．推力F變小D．兩球之間的距離變小5．(2024·湖北十堰市月考)如圖4所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球1、2的電荷分別為Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A點(diǎn)，小球2可以自由運(yùn)動(dòng)，平衡時(shí)小球2位于碗內(nèi)的B位置處．現(xiàn)在變更小球2的帶電荷量，把它放置在圖中C位置時(shí)也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的兩倍，則()圖4A．小球2在C位置時(shí)的電荷量是在B位置時(shí)電荷量的一半B．小球2在C位置時(shí)的電荷量是在B位置時(shí)電荷量的八分之一C．小球2在B點(diǎn)對(duì)碗的壓力小于小球2在C點(diǎn)時(shí)對(duì)碗的壓力D．小球2在B點(diǎn)對(duì)碗的壓力大于小球2在C點(diǎn)時(shí)對(duì)碗的壓力6．(多選)如圖5所示，在光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的連線與－q、Q的連線之間的夾角為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5A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)7．(2024·四川綿陽市第三次診斷)如圖6所示，O是正三角形ABC的中心，將帶正電的小球a、b分別放在A、B兩頂點(diǎn)，此時(shí)b球所受的庫侖力大小為F，再將一個(gè)帶負(fù)電的小球c放在C點(diǎn)，b球所受的庫侖力大小仍為F.現(xiàn)固定小球a、c，將小球b從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)()圖6A．移動(dòng)過程中電場(chǎng)力對(duì)小球b不做功B．移動(dòng)過程中電場(chǎng)力對(duì)小球b做正功C．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力等于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力D．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力8．(多選)如圖7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)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(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)，三小球所在位置恰好將圓周等分．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7A．小球a肯定帶正電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)

答案精析1．C[設(shè)一個(gè)球的帶電荷量為－q，則另一個(gè)球的帶電荷量為Q＝7q，此時(shí)庫侖力大小為：F＝eq\f(kq·7q,r2)，帶異種電荷接觸后再分開，帶電荷量各為3q，兩球的庫侖力大小F′＝eq\f(k·9q2,r2)＝eq\f(9,7)F，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．]2．AC[b球帶正電，若c球也帶正電，為使懸掛c球的細(xì)線豎直，則a球應(yīng)帶負(fù)電，此時(shí)a球受到b、c兩球向右的庫侖引力，故懸掛a球的細(xì)線向右傾斜，與事實(shí)不符；若c球帶負(fù)電，為使懸掛c球的細(xì)線豎直，則a球也應(yīng)帶負(fù)電，此時(shí)若c球給a球的斥力大于b球給a球的引力，則懸掛a球的細(xì)線向左傾斜，與事實(shí)相符，綜上可知，a、c兩球都帶負(fù)電，A正確，B、D錯(cuò)誤；對(duì)c球進(jìn)行分析，由庫侖定律和牛頓其次定律有keq\f(QQc,r2)＋keq\f(QaQc,2r2)＝0，可得Qa＝－4Q，C正確．]3．B[電荷量削減一半，依據(jù)庫侖定律知若兩個(gè)球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的eq\f(1,4)，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長(zhǎng)量減小，兩球間的距離減小，所以實(shí)際的狀況是小球之間的庫侖力會(huì)大于原來的eq\f(1,4)，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量也大于原來的eq\f(1,4)，B正確．]4．C[對(duì)小球A受力分析，如圖所示，由平行四邊形定則可知，當(dāng)A球到達(dá)虛線位置時(shí)斜面對(duì)A的彈力NA減??；兩球之間的庫侖力減小，依據(jù)庫侖定律可知，兩球間距變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析可知NB與NA的豎直重量之和等于A、B的重力之和，NA減小，則NA的豎直重量減小，則NB增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析可知，F(xiàn)等于庫侖力F庫的水平重量，因F庫減小且F庫與水平方向的夾角變大，則F庫的水平重量減小，即推力F變小，選項(xiàng)C正確．]5．B[對(duì)小球2受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力mg的合力，依據(jù)三力平衡原理可知，F(xiàn)1＝N.由圖可知，△OAB∽△F1FB設(shè)半球形碗的半徑為R，AB之間的距離為L(zhǎng)，依據(jù)三角形相像可知，eq\f(mg,OA)＝eq\f(F1,OB)＝eq\f(F,AB)，即eq\f(mg,R)＝eq\f(N,R)＝eq\f(F,L)所以N＝mg①F＝eq\f(L,R)mg②當(dāng)小球2處于C位置時(shí)，AC距離為eq\f(L,2)，故F′＝eq\f(1,2)F，依據(jù)庫侖定律有：F＝keq\f(Q1Q2,L2)，F(xiàn)′＝keq\f(Q1Q2′,\f(1,2)L2)所以eq\f(Q2′,Q2)＝eq\f(1,8)，即小球2在C位置時(shí)的電荷量是在B位置時(shí)電荷量的八分之一，故A錯(cuò)誤，B正確；由上面的①式可知N＝mg，即小球2在B點(diǎn)對(duì)碗的壓力大小等于小球2在C點(diǎn)時(shí)對(duì)碗的壓力大小，故C、D錯(cuò)誤．]6．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.選?。璹作為探討對(duì)象，由庫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；選取Q作為探討對(duì)象，由庫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．]7．A[依據(jù)題意分析，設(shè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)沒放小球c時(shí)：F＝keq\f(qAqB,L2)，放上小球c后，對(duì)小球b受力分析，合力大小仍為F，而FAB與FCB夾角120°，合力與一個(gè)分力大小相等，可以得出FAB＝FCB，即keq\f(qAqB,L2)＝keq\f(qCqB,L2)，得到qA＝qC，所以a、c是等量異種電荷；等量異種電荷中垂面是一個(gè)等勢(shì)面，所以從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)，在等勢(shì)面上移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功，A正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)等量異種電荷的場(chǎng)強(qiáng)分布關(guān)系，可以得到從連線中點(diǎn)向兩端場(chǎng)強(qiáng)越來越小，所以小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，C、D錯(cuò)誤．]8．CD[小球a、b、c均做半徑相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且受力狀況相同，故三個(gè)小球的各運(yùn)動(dòng)參量大小均相等．對(duì)小球a分析，小球a做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由小球d對(duì)小球a的引力的水平分力及小球b、c對(duì)小球a斥力的合力供應(yīng)，僅可以推斷四個(gè)小球所帶電荷電性的異同，不能確定小球a是否帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓其次定律得，－2keq\f(q2,2Rcos30°2)cos30°＋keq\f(6q2,h2＋R2)·eq\f(R,\r(R2＋h2))＝ma向，其中h＝eq\r(2)R，解得a向＝eq