【高考复习】2020版高考物理 全程复习课后练习20 库仑定律电场力的性质（含答案解析）.doc

2020版高考物理 全程复习课后练习20 库仑定律电场力的性质如图所示，在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点处场强大小为Ea，方向与连线ab的夹角为60.b点处场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30.则a、b两点的场强大小关系为()AEb= BEa= CEb=3Ea DEa=3Eb如图所示,16个电荷量均为+q(q0)的小球(可视为点电荷),均匀分布在半径为r的圆周上。若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,则圆心O点处的电场强度为()A.2kqr2,方向沿半径向左 B.2kqr2,方向沿半径向右C.3kqr2,方向沿半径向左 D.3kqr2,方向沿半径向右对于真空中电荷量为Q的静止点电荷而言,当选取离点电荷无穷远处的电势为零时,离点电荷距离为r处的电势就为=kQr(k为静电力常量)。如图所示,一质量为m、电荷量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上,在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球,金属球接地,两球球心间距离为d。由于静电感应,金属球上分布的感应电荷量为q。则下列说法正确的是()A.金属球上的感应电荷量q=-Rdq B.金属球上的感应电荷量q=Rd-RqC.绝缘丝线对小球的拉力大小为mg+kqqd2 D.绝缘丝线对小球的拉力大小为mg-kqqd2已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线，A、B为轴线上的点，且AO=OB，则下列判断正确的是()AA点的电场强度比B点的电场强度大BA、B两点的电场强度相同CA、B两点的电场强度大小相等，方向相反DA、B两点的电场强度大小不等，方向相同在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()A图甲中与点电荷等距的a、b两点B图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D图丁中非匀强电场中的a、b两点如图所示,在光滑、绝缘的水平面上,沿一直线依次排列3个带电小球A、B、C(可视为点电荷)。若它们恰能处于平衡状态,那么这3个小球所带的电荷量及电性的关系,可能的情况是()A.-9、4、-36 B.4、9、36 C.-3、2、8 D.3、-2、6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,静电力常量用k表示,则该三角形中心O点处的电场强度为()A.6kqa2,方向由C指向O B.6kqa2,方向由O指向CC.3kqa2,方向由C指向O D.3kqa2,方向由O指向C如图所示，两根绝缘轻绳将两个大小和材料均相同的带正电小球(可视为质点)系于同一点，A球靠在绝缘墙壁上，B球保持静止状态两球所带电荷量分别为qA=2q和qB=4q.现将B球与A球接触后再次释放，稳定后两球均静止，下列说法正确的是()AB球的电荷量不变B轻绳对B球的拉力变大CA、B两球间库仑力减小DA、B两球间距离与原来两球间距离的比值为如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，引力常量为G，静电力常量为k，那么a、b两球之间的万有引力F1、库仑力F2分别满足()AF1=G，F2=k BF1G，F2=kCF1=G，F2k DF1=G，F2k如图所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为()A.E B.E CE D.E (多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，不计两粒子间的相互作用，则()Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增大Ca的加速度将减小，b的加速度将增大D两个粒子的动能均增大 (多选)如图所示,倾角为的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为m、电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。则下列说法不正确的是()A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速下滑,但加速度变大D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑如图所示,质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上,杆的倾角为,小球A带正电(可视为点电荷),电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为h处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:(1)A球刚释放时的加速度是多大;(2)当A球的动能最大时,A球与B点间的距离。如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上,彼此相隔的距离为l(l比球半径r大得多)。B球电荷量为QB=-3q,A球电荷量为QA=+6q,若在C上加一个水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始终保持l的间距运动。问:(1)F的大小为多少?(2)C球所带电荷量为多少?带何种电荷?答案解析答案为：D；解析：由题意知，场源电荷为负点电荷，则Q应位于两电场线的交点O处，如图所示，因为a点离O较近，而Ea=k，Eb=k，而rb=ra，所以有Ea=3Eb，所以D选项正确答案为：D；解析：根据对称性和电场的叠加原理,知原来O处电场强度为零,说明P点处小球在O处产生的电场强度与其余15个小球在O处产生的合电场强度大小相等、方向相反,则其余15个小球在O处产生的合电场强度大小为E=kqr2,方向沿半径向右。将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,其余15个小球在O处产生的合电场强度不变,大小仍为E=kqr2,方向沿半径向右。-2q在O处产生的电场强度大小为E=2kqr2,方向沿半径向右,所以O点处的电场强度为EO=E+E=3kqr2,方向沿半径向右,故D正确。答案为：A；解析：金属球上感应电荷在圆心O点产生的电势为1=kqR;q在圆心O点的电势为2=kqd,由于O点的电势为零,故1+2=0,联立解得q=-Rqd,故A正确、B错误;若金属球上的感应电荷全部均匀分布在球壳上,则绝缘丝线对小球的拉力大小为F=mg+kqqd2,但由于存在静电吸引作用,金属球上的感应电荷的分布偏向上方,故两者的静电引力大于kqqd2,即绝缘丝线对小球的拉力大小大于mg+kqqd2,故C、D错误。答案为：B；解析：先将半球面补充为一个完整的球面，则B点的电场强度可等效为完整的球面产生的电场强度与右边均匀带负电半球面产生的电场强度的叠加，即为右边带负电半球面产生的电场强度，根据对称性可知与左半球面在A点产生的电场强度大小相等，方向相同，B正确答案为：C；解析：题图甲中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，A选项错误；题图乙中，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，B选项错误；题图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，C选项正确；题图丁中根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，D选项错误答案为：A；解析：要使每个小球都处于平衡状态,必须使其他两个小球对它的库仑力大小相等、方向相反,以小球A为研究对象,有FBA=FCA,如图所示,故B、C带异种电荷,由库仑定律得kQAQBrAB2=kQAQCrAC2,以小球C为研究对象,同理,知A、B带异种电荷,kQAQCrAC2=kQBQCrBC2,联立得kQAQCrAC2=kQAQBrAB2=kQBQCrBC2,又考虑到rAC=rAB+rBC,解得QAQC=QAQB+QBQC,此式为三球平衡时所带电荷量的大小关系。综上可知A正确。答案为：B；解析：每个点电荷在O点处的电场强度大小都是E=kq3a32=3kqa2,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合电场强度为E0=2E=6kqa2,方向由O指向C,B项正确。答案为：D；解析：两球接触时，平分电荷量，A错误；设两轻绳的长度分别为h和L0，两球间距离为L，当两球处于静止状态时，对B球进行受力分析，如图所示，根据三角形相似可得，=，T=G，所以轻绳对B球的拉力不变，B错误；由=，得F=G，又F=k，得L=，故可知再次平衡时，两球间距离增大，库仑力增大，C错误；两球间距离与原来两球间距离的比值为=，D正确答案为：C；解析：两个金属球壳质量分布均匀，计算万有引力时可以等效为质量集中于球心的质点，所以F1=G；带上等量异种电荷时，异种电荷互相吸引，电荷分布在两球壳靠近的一侧，电荷中心间的距离小于两球心间的距离，则F2k，选项C正确答案为：D；解析：由E=k得，E=k，甲、乙两小球接触后，电荷量平分，有Q1=Q2=，ED=kk，联立得ED=E，所以D项正确答案为：CD；解析：根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异种电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变得稀疏，b粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确答案为：ACD；解析：若滑块匀速下滑,则有mgsin=mgcos,当加上竖直向上的电场后,电场力为F,沿斜面方向,(mg-F)sin=(mg-F)cos,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故A错误、B正确;若滑块匀减速下滑,则有mgsinmgcos,加速度大小为a=g(cos-sin),加上竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sin(mg-F)cos,加速度大小为a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos,加速度大小为a=g(sin-cos),加上竖直向下的电场后,在沿斜面方向,(mg+F)sin(mg+F)cos,物体仍匀加速下滑。加速度为a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故D错误,故选ACD。解：(1)小球A受到库仑斥力,由牛顿第二定律可知mgsin-F=ma,根据库仑定律有F=kqQr2,又知r=hsin,解得a=gsin-kQqsin2mh2。(2)当A球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大。设此时A球与B点间的距离为d,则mgsin=kQqd2,解得d=kQqmgsin。解：将A、B、C三个小球看成一个系统,则三个小球之间的静电力为系统内力,当C