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課時分層作業(yè) 二十庫侖定律 電場力的性質
(45分鐘 100分)
【基礎達標題組】
一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)
1.如圖,水平直線表示電場中的一條電場線,A、B為電場線上的兩點。一負點電荷僅在電場力作用下,從靜止開始由A向B做勻加速運動。則電場強度( )
A.逐漸增大,方向向左
B.逐漸增大,方向向右
C.保持不變,方向向左
D.保持不變,方向向右
【解析】選C。負電荷從靜止開始由A向B做勻加速運動,說明負電荷受到的電場力保持不變,所以從A到B電場強度保持不變,負電荷受到的電場力方向向右,所以電場強度向左,故A、B、D錯誤,C正確。
2.(2018德州模擬)帶電粒子僅在電場力作用下,從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點,如圖所示,實線是電場線。關于粒子,下列說法正確的是 ( )
A.粒子一定帶正電
B.在a點的加速度大于在b點的加速度
C.在a點的速度小于在b點的速度
D.電場中a點的電勢一定比b點的電勢高
【解析】選C。由于電場線的方向未知,則無法確定粒子的帶電性質,故A錯誤;電場線密的地方電場的場強大,電場線疏的地方電場的場強小,可知Ea
QB,在真空中相距r,現(xiàn)將檢驗電荷C置于某一位置時,所受靜電力恰好為零,則 ( )
A.A和B為異種電荷時,C在AB之間連線上靠近B一側
B.A和B為異種電荷時,C在AB之間連線的延長線上A外側
C.A和B為同種電荷時,C在AB之間連線上靠近B一側
D.A和B無論為同種還是異種電荷,C都不在AB連線以及延長線上
【解析】選C。若QA和QB為固定的異種電荷,只要放入的電荷q受到的合力為0即可,則對C有k=k,因為QA>QB,所以rA>rB,而且保證兩個力的方向相反,所以應將C置于AB連線的延長線上,且靠近B;若QA和QB均為固定的同種電荷,則對C有k=k,因為QA>QB,所以rA>rB,而且保證兩個力的方向相反,所以應將C置于AB線段上,且靠近B,故C正確,A、B、D錯誤。
7.真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q,坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2 m和0.7 m。在A點放一個帶正電的試探電荷,在B點放一個帶負電的試探電荷,A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同,電場力的大小F跟試探電荷電荷量q的關系分別如圖乙中直線a、b所示。下列說法正確的是 ( )
A.B點的電場強度的大小為0.25 N/C
B.A點的電場強度的方向沿x軸正方向
C.點電荷Q是正電荷
D.點電荷Q的位置坐標為0.3 m
【解析】選B、D。由圖乙可知,B點的電場強度EB==2.5104 N/C,故A錯誤;在A點放一個帶正電的試探電荷,A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同,所以A點的電場強度的方向沿x軸正方向,故B正確;放在A、B兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x軸的正方向相同,而正電荷所受電場力與電場強度方向相同,負電荷所受電場力與電場強度方向相反,若點電荷在A的左側或在B的右側,正負電荷所受電場力方向不可能相同,所以點電荷Q應位于A、B兩點之間,根據(jù)正負電荷所受電場力的方向,知該點電荷帶負電,故C錯誤;由圖乙可知,A點的電場強度EA==4105 N/C,設點電荷Q的坐標為x,由點電荷的電場E=k,可知==,解得x=0.3 m,故D正確。
【加固訓練】
如圖所示,在光滑絕緣的水平地面上放置著四個可視為點電荷的帶電金屬小球,一個帶正電,放置于圓心,帶電荷量為Q;另外三個帶負電,帶電荷量均為q,位于圓周上互成120放置,四個小球均處于靜止狀態(tài),則Q與q的比值為( )
A. B. C.3 D.
【解析】選D。以圓周上三個帶電小球中的一個為研究對象,如以左下角的一個點電荷為研究對象,其受到圓周上的另外兩個點電荷的庫侖斥力作用,同時受到圓心上的點電荷的庫侖引力作用,設圓的半徑為r,根據(jù)受力平衡得:
2(kcos30)=k
根據(jù)幾何關系有L=r
所以解得:=,故A、B、C錯誤,D正確。
8.如圖所示,水平地面上固定一個光滑絕緣斜面,斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端,另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行。小球A的質量為m、電量為q。小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球可視為點電荷。小球A靜止在斜面上,則
( )
A.小球A與B之間庫侖力的大小為
B.當=時,細線上的拉力為0
C.當=時,細線上的拉力為0
D.當=時,斜面對小球A的支持力為0
【解題指導】解答本題應注意以下兩點:
(1)利用庫侖定律計算電場力。
(2)由共點力平衡條件列方程求解。
【解析】選A、C。根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F=,故A正確;當細線上的拉力為0時,小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力,由平衡條件得=mgtanθ,解得=,故B錯誤,C正確;由受力分析可知,斜面對小球的支持力不可能為0,故D錯誤。
9.如圖,傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上,一質量為m,帶電量+q的小物塊(可看作是點電荷)恰好能在斜面上勻速下滑,若在AB中點D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點電荷,再讓物塊以某一速度從斜面上滑下,物塊在下滑至底端的過程中,斜面保持靜止不動,在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉移的情況下,關于在物塊下滑過程的分析正確的是 ( )
A.在BA之間,物塊將做加速直線運動
B.在BD之間,物塊受到的庫侖力先增大后減小
C.在BA之間,斜面對地面的壓力有可能不變
D.在BA之間,斜面受到地面的摩擦力均為零
【解析】選B、D。開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力,物塊恰好能在斜面上勻速下滑,說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡,而庫侖力對于物塊是阻力,則導致其做減速運動,故A錯誤;根據(jù)庫侖定律,則在BD之間,電荷間的間距先減小后增大,則物塊受到的庫侖力先增大后減小,故B正確;開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力,物塊恰好能在斜面上勻速下滑,說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡,是豎直向上的,根據(jù)牛頓第三定律,物塊對斜面體的壓力和物塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的,增加電場力后,小物塊對斜面體的壓力和摩擦力成正比例增加,物塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的,再對斜面體受力分析,受重力、物塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力,不受地面的摩擦力,否則合力不為零,從整體分析,在BA之間,因庫侖斥力,導致斜面對地面的壓力增大,故C錯誤,D正確。
10.如圖所示,把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12 m。已測得每個小球質量是8.010-4 kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g取10 m/s2,靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,則 ( )
A.兩球所帶電荷量相等
B.A球所受的靜電力為1.010-2 N
C.B球所帶的電荷量為410-8 C
D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0
【解題指導】解答本題應注意以下三點:
(1)絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電。
(2)A、B接觸等分電荷。
(3)由庫侖定律和平衡條件列方程求解。
【解析】選A、C、D。用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電,帶正電的玻璃棒與A球接觸,A球帶正電,A、B接觸后,由于兩個小球完全相同,電荷量均分,則兩球所帶電荷量相等,且都為正電,在A、B兩球連線中點處的電場強度為0,則A、D項正確;兩小球平衡時如圖所示,重力和庫侖力的合力與懸線的拉力大小相等,方向相反,在結構三角形OAAD中cosθ=0.6,在矢量三角形中F== N=610-3 N,則B項錯誤;由庫侖定律F=得q==410-8 C,則C正確,故選A、C、D。
二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
11.(2018馬鞍山模擬)一光滑絕緣細直桿MN,長為L,水平固定在勻強電場中,場強大小為E,方向與豎直方向夾角為θ。桿的M端固定一個帶負電小球A,電荷量大小為Q;另一帶負電的小球B穿在桿上,可自由滑動,電荷量大小為q,質量為m,現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放,小球B開始向M端運動,已知k為靜電力常量,g為重力加速度,求:
(1)小球B對細桿的壓力的大小。
(2)小球B開始運動時的加速度的大小。
(3)小球B速度最大時,離M端的距離。
【解析】(1)小球受力如圖所示:
小球B在垂直于桿的方向上合力為零,由牛頓運動定律得:FN=qEcosθ+mg
(2)在水平方向上,由牛頓第二定律得:
qEsinθ-k=ma
解得:a=-
(3)當小球B的速度最大時,加速度為零,則有:
qEsinθ=k
解得:x=
答案:(1)qEcosθ+mg (2)- (3)
【能力拔高題組】
1.(8分)(多選)如圖所示,兩個帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上,且在同一豎直平面內,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球沿斜面向上移動一小段距離,發(fā)現(xiàn)A球隨之向上移動少許,兩球在虛線位置重新平衡。重新平衡后與移動前相比,下列說法正確的是 ( )
A.推力F變大
B.斜面對B的彈力不變
C.墻面對A的彈力變小
D.兩球之間的距離變大
【解析】選B、C、D。小球A受力如圖所示:根據(jù)共點力平衡條件得,F庫=,
FNA=mgtanα,由于α減小,所以庫侖力減小,則兩球間距增加,墻面對A的彈力變小,故C、D正確;對AB整體受力分析,如圖所示:
根據(jù)共點力平衡條件得,FNsinβ+FNA=F,
FNcosβ=(m+M)g,解得F=(m+M)gtanβ+mgtanα,FN=,由于α減小,β不變,則推力F減小;斜面對B的彈力不變,故A錯誤,B正確。
【加固訓練】
(多選)如圖所示,水平面絕緣且光滑,一絕緣的輕彈簧左端固定,右端有一帶正電荷的小球,小球與彈簧不相連,空間存在著水平向左的勻強電場,帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止,現(xiàn)保持電場強度的大小不變,突然將電場反向,若將此時作為計時起點,則下列描述速度與時間,加速度與位移之間變化關系的圖象正確的是 ( )
【解析】選A、C。將電場反向,小球在水平方向上受到向右的電場力和彈簧的彈力,小球離開彈簧前,根據(jù)牛頓第二定律得,小球的加速度為:a=,知a隨x的增大均勻減小,當脫離彈簧后,小球的加速度為:a=,保持不變。可知小球先做加速度逐漸減小的加速運動,然后做勻加速運動,故A、C正確,B、D錯誤。
2.(17分)如圖所示,光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形,固定在豎直面內,管口 B、C的連線是水平直徑?，F(xiàn)有一帶正電的小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落,A、B兩點間距離為4R。從小球進入管口開始,整個空間中突然加上一個勻強電場,電場力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等,結果小球從管口C處脫離圓管后,其運動軌跡經(jīng)過A點。設小球運動過程中帶電量沒有改變,重力加速度為g,求:
(1)小球到達B點的速度大小。
(2)小球受到的電場力的大小。
(3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管壁的壓力。
【解析】(1)小球從開始自由下落到到達管口B的過程,由動能定理得:mg4R=m-0
解得:vB=
(2)設電場力的豎直分力為Fy,水平分力為Fx,則Fy=mg(方向豎直向上),
小球從B運動到C的過程中,由動能定理得:Fx2R=m-m
小球從管口C處脫離圓管后,做類平拋運動,其軌跡經(jīng)過A點,則:4R=vCt
2R=t2
聯(lián)立解得:Fx=mg
故F==mg
(3)小球經(jīng)過管口C處時,向心力由Fx和圓管的彈力FN提供,設彈力FN的方向水平向左,由牛頓第二定律得:Fx+FN=m
解得FN=3mg 方向水平向左
根據(jù)牛頓第三定律得:F′N=FN=3mg,方向水平向右
答案:(1) (2)mg
(3)3mg 方向水平向右
【總結提升】解決力電綜合問題的兩條途徑
(1)建立物體受力圖景。
①弄清物理情境,選定研究對象。
②對研究對象按順序進行受力分析,畫出受力圖。
③應用力學規(guī)律進行歸類建模。
(2)建立能量轉化圖景:運用能量觀點,建立能量轉化圖景是分析解決力電綜合問題的有效途徑。
（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第七章 靜電場 課時分層作業(yè) 二十 7.1 庫侖定律 電場力的性質.doc
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