高考物理大一轮复习 第七章 静电场（第1课时）库仑定律 电场力的性质检测

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。第七章静电场第1课时库仑定律电场力的性质【基础巩固】静电现象库仑定律的理解应用1.(2015江苏卷,2)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,春秋纬考异邮中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是(C)A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉解析:梳过头发的塑料梳子因与头发摩擦带电,能吸引轻小物体纸屑,是静电现象;带电小球移至不带电金属球附近,使不带电金属球近端感应出与带电小球异号的电荷而相互吸引,是静电现象;小线圈接近通电线圈的过程中,小线圈中产生感应电流,是电磁感应现象,不是静电现象;从干燥的地毯上走过,人与地毯摩擦产生静电,手碰到金属把手时有被电击的感觉,是放电现象,是静电现象.因此不属于静电现象的是C选项.2.(2016厦门外国语学校高三模拟)库仑定律是电磁学的基本定律.1766年英国的普里斯特利通过实验证实了带电金属空腔不仅对位于空腔内部的电荷没有静电力的作用,而且空腔内部也不带电.他受到万有引力定律的启发,猜想两个点电荷(电荷量保持不变)之间的静电力与它们的距离的平方成反比.1785年法国的库仑通过实验证实了两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的平方成反比.下列说法不正确的是(C)A.普里斯特利的实验表明,处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为零B.普里斯特利的猜想运用了“类比”的思维方法C.为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比,库仑精确测定了两个点电荷的电荷量D.为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比,库仑制作了库仑扭秤装置解析:普里斯特利的实验表明,处于静电平衡状态的带电金属空腔内部的电场处处为0,故A正确;普里斯特利联想到万有引力定律的猜想,运用了“类比”的思维方法,故B正确;为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的电荷量的乘积成正比,库仑定性地比较了电荷的变化,故C错误;为了验证两个点电荷之间的静电力与它们的距离的平方成反比,库仑制作了库仑扭秤装置,故D正确.3.(2016海南海口琼山中学高三模拟)三个相同的金属小球1,2,3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为q,球2的带电荷量为nq,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1,2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时1,2之间作用力的大小仍为F,方向不变.由此可知(D)A.n=3B.n=4C.n=5D.n=6解析:设1,2距离为R,则球1,2之间作用力为F=knq2R2,3与2接触后,它们的电荷量平分,均为nq2,3再与1接触后,它们的总电荷量平分,均为(n+2)q4,将球3移至远处后,球1,2之间作用力为F=kn(n+2)q28R2,解得n=6,故选D.4.导学号 00622453(2016江苏清江中学高三模拟)如图所示,真空中A,B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q,放在光滑绝缘水平面上,A,B之间用绝缘的轻弹簧连接,当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0,若弹簧发生的均是弹性形变,则(B)A.保持Q不变,将q变为2q,平衡时弹簧的伸长量等于2x0B.保持q不变,将Q变为2Q,平衡时弹簧的伸长量小于2x0C.保持Q不变,将q变为-q,平衡时弹簧的缩短量等于x0D.保持q不变,将Q变为-Q,平衡时弹簧的缩短量小于x0解析:设弹簧的劲度系数为k,原长为x,当系统平衡时,弹簧的伸长量为x0,故kx0=kQq(x+x0)2,若保持Q不变,将q变为2q,平衡时有kx1=k2Qq(x+x1)2,解得x12x0,A错误;若保持q不变,将Q变为2Q,平衡时可得kx2=k2Qq(x+x2)2,解得x22x0,B正确;保持Q不变,将q变为-q,如果缩短量等于x0,则电场力大于弹力,会进一步吸引,平衡时缩短量大于x0,C错误;保持q不变,将Q变为-Q,如果缩短量等于x0,则电场力大于弹力,会进一步吸引,平衡时缩短量大于x0,D错误.电场强度的理解与应用5.如图所示,在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和-Q.直线MN是两点电荷连线的中垂线,O是两点电荷连线与直线MN的交点.a,b是两点电荷连线上关于O的对称点,c,d是直线MN上的两个点.下列说法中正确的是(C)A.a点的场强大于b点的场强,将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先增大后减小B.a点的场强小于b点的场强,将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先减小后增大C.a点的场强等于b点的场强,将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先增大后减小D.a点的场强等于b点的场强,将一检验电荷沿MN由c移动到d,所受电场力先减小后增大解析:在两电荷的连线上,由场强的叠加原理可知,中点O场强最小,从点O分别向点a或b,场强逐渐增大,由于a,b是两点电荷连线上关于O的对称点,场强相等,选项A,B错误;在两电荷连线的中垂线上,中点O的场强最大,由O点到c点或d点场强逐渐减小,所以沿MN从c点到d点场强先增大后减小,因此检验电荷所受电场力先增大后减小,所以C正确,D错误.6.导学号 00622454(2016石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图所示,在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M,N两点,OM=ON=2R,已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为(B)A.kq4R2B.kq2R2-EC.kq4R2-ED.kq2R2+E解析:把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起.整个带正电荷的球面在N点的场强E1=k2q(2R)2=kq2R2,半个带负电荷球面在N点的场强E2=E,N点的场强EN=E1-E2=kq2R2-E,则B项正确.7.光滑绝缘细杆与水平面成角固定,杆上套有一带正电小球,质量为m,带电荷量为q.为使小球静止在杆上,可加一匀强电场.若使小球在杆上保持静止,所加电场的方向和大小可能为(B)A.垂直于杆斜向上,场强大小为mgcosqB.竖直向上,场强大小为mgqC.垂直于杆斜向上,场强大小为mgsinqD.水平向右,场强大小为mgqtan解析:若加竖直向上的电场,要保证小球静止,必有mg=Eq,得E=mgq,B正确;若电场方向垂直于杆斜向上,无论场强多大,沿杆方向的合力为mgsin ,小球不可能保持静止,A,C错误;若加水平向右的电场,小球保持静止时,必有mgsin =Eqcos ,E=mgtanq,D错误.带电体力电综合问题8.如图所示,在Q1,Q2两点分别固定有等量同种正电荷,其连线四等分点分别为a,O,b.现将一带正电的试探电荷(重力不计)从a点由静止释放,取ab方向为正方向,则试探电荷在向右运动的过程中受到的电场力F、速度v随时间t变化的规律可能正确的是(C)解析:设Q1O距离为r,+q距O点的距离为x,则+q向右运动时受到的合力F=kQ(r-x)2-kQ(r+x)2,+q从a到O,x越来越小,则合力越来越小,同理可知+q从O到b合力越来越大,故选项A,B错误;根据牛顿第二定律,加速度先减小后增大,故+q先做加速运动后做减速运动,由于a与b对称,则到达b点时,速度为零,选项C正确,D错误.9.(2016福建宁德质检)如图所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A和C围绕B做匀速圆周运动,B恰能保持静止,其中A,C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力,则A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是(C)A.(L1L2)2B.(L2L1)2C.(L1L2)3D.(L2L1)3解析:根据B恰能保持静止可得kqAqBL12=kqCqBL22;A做匀速圆周运动,kqAqBL12-kqCqA(L1+L2)2=mA2L1,C做匀速圆周运动,kqCqBL22-kqCqA(L1+L2)2=mC2L2,解得A和C的比荷之比应是(L1L2)3,选项C正确.10.导学号 00622455如图所示,匀强电场方向与水平方向的夹角=30,斜向右上方,电场强度为E,质量为m的小球带负电 ,以初速度v0开始运动,初速度方向与电场方向一致.(1)若小球的带电荷量为q=mgE,为使小球能做匀速直线运动,应对小球施加的恒力F1的大小和方向如何?(2)若小球的带电荷量为q=2mgE,为使小球能做直线运动,应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向如何?解析:(1)如图(甲)所示,欲使小球做匀速直线运动,必使其所受合外力为零,所以F1cos =qEcos 30,F1sin =mg+qEsin 30,解得=60,F1=3mg,恒力F1与水平方向夹角为60,斜向右上方.(2)为使小球能做直线运动,则小球受的合力必和运动方向在一条直线上,故要求力F2和mg的合力与电场力在一条直线上.当F2垂直于qE时取最小值.故F2=mgsin 60=32mg.方向如图(乙)所示,与水平方向夹角为60斜向左上方.答案:(1)3mg方向与水平方向夹角为60斜向右上方(2)32mg方向与水平方向夹角为60斜向左上方【素能提升】11.(2013全国卷,18)如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a,b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a,b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为(B)A.3kq3l2B.3kql2C.3kql2D.23kql2解析:由于三个小球均处于静止状态,可分析其受力,依据平衡条件列方程,c球受力如图所示.由共点力平衡条件可知F=2kqqcl2cos 30,F=Eqc,解得E=3kql2,场强方向竖直向上,在此电场中a,b两球均可处于平衡,故选项B正确.12.(2015安徽卷,20)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为20,其中为平面上单位面积所带的电荷量,0为常量.如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电量为Q.不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(D)A.Q0S和Q20SB.Q20S和Q20SC.Q20S和Q220SD.Q0S和Q220S解析:由题意知带电量为Q的极板上单位面积所带的电荷量=QS,故一个极板激发的电场的场强大小E=20=Q2S0,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=Q0S;两极板间相互的静电引力F=EQ=Q22S0,选项D正确.13.导学号 00622456(多选)如图所示,光滑绝缘水平桌面上有A,B两个带电小球(可以看成点电荷),A球带电荷量为+2q,B球带电荷量为-q,将它们同时由静止开始释放,A球加速度的大小为B球的3倍.现在AB中点固定一个带电小球C(也可看做点电荷),再同时由静止释放A,B两球,释放瞬间两球加速度大小相等.则C球带电荷量可能为(CD)A.110qB.12qC.17qD.q解析:由题意,当由静止开始释放两球时,A球加速度的大小为B球的3倍,根据牛顿第二定律可知,mAaA=mBaB,A,B两个带电小球的质量之比为mAmB=13,当在AB中点固定一个带电小球C,由静止释放A,B两球,释放瞬间两球加速度大小相等,设A,B球间的距离为r,若C球带正电,对A来说,k2qq(2r)2-k2qQCr2=ma,对B来说,k2qq(2r)2+kqQCr2=3ma,解得QC=q7,若C球带负电,对A来说,kQCqr2+k2qq(2r)2=ma,对B来说,kQCqr2-k2qq(2r)2=3ma,解得QC=q,故C,D正确.14.导学号 00622457如图所示,绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一个质量为m的带正电小球,电荷量为q=3mg3E,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应满足什么条件?解析:小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道作用力,如图所示,将电场力与重力的合力视为等效重力mg,大小为mg=(qE)2+(mg)2=23mg3,tan =qEmg=33,得=30,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动.要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力,即mg=mvD2R,由几何关系知AD=2R,设小球以最小初速度v0运动,由动能定理知-2mgR=12mvD2-12mv02,解得v0=103gR3,因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足v103gR3.答案:v103gR3【备用题】A,B,C三点在同一直线上,ABBC=12,B点位于A,C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷.当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为