2015高三物理一轮：6-1库仑定律·电场力的性质

[限时训练][限时45分钟，满分100分]一、选择题(每小题6分，共60分)1．下列关于电场强度的两个表达式E ＝F /q 和E ＝kQ /r 2的叙述，正确的是A ．E ＝F /q 是电场强度的定义式，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电荷量B ．E ＝F /q 是电场强度的定义式，F 是放入电场中电荷所受的电场力，q 是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C ．E ＝kQ /r 2是点电荷场强的计算式，Q 是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场D ．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F ＝k q 1q 2r 2，式kq 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的场强大小，而kq 1r 2是点电荷q 1产生的电场在q 2处场强的大小 解析 公式E ＝F /q 是电场强度的定义式，适用于任何电场．E ＝kQr 2是点电荷场强的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式F ＝k q 1q 2r 2可以看成q 1在q 2处的电场E 1＝kq 1r 2对q 2的作用力，故A 错误，B 、C 、D 正确．答案 BCD2．如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点，放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图6－1－14乙所示，则A ．A 点的电场强度大小为2×103 N/CB ．B 点的电场强度大小为2×103 N/C C ．点电荷Q 在A 、B 之间D．点电荷Q在A、O之间答案AC3．(2014·双鸭山模拟)如图6－1－15所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A带电荷量大小为Q A，小球B带电荷量大小为Q B，下列判断正确的是图6－1－15A．小球A带正电，小球B带负电，且Q A>Q BB．小球A带正电，小球B带负电，且Q A<Q BC．小球A带负电，小球B带正电，且Q A>Q BD．小球A带负电，小球B带正电，且Q A<Q B答案 D4．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图6－1－16所示，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱答案AD5．(2013·新课标全国Ⅱ)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A.3kq 3l 2 B.3kql 2C.3kq l 2D.23kql2 解析 以小球c 为研究对象，其受力如图所示，其中F 库＝kqq cl 2，由平衡条件得：2F 库cos 30°＝Eq c即：3kqq c l 2＝Eq c ，E ＝3kql2此时a 的受力如图所示，(kq 2l 2)2＋(3kq 2l 2)2＝(kqq cl 2)2得q c ＝2q即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡，故选项B 正确． 答案 B6．如图所示，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成30°角．关于a 、b 两点场强大小E a 、E b 的关系，以下结论正确的是A ．E a ＝E b3B ．E a ＝3E bC ．E a ＝33E bD ．E a ＝3E b 解析 由题图可知，r b ＝3r a ，再由E ＝kQ r 2可知，E a E b ＝r 2br 2a ＝31，故D 正确．答案 D7．(2014·常州模拟)如图所示，以O 为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .带等量电荷的正、负点电荷分别放置在a 、d 两处时，在圆心O 处产生的电场强度大小为E .现改变a 处点电荷的位置，使O 点的电场强度改变，下列叙述正确的是A ．移至c 处，O 处的电场强度大小不变，方向沿OeB ．移至b 处，O 处的电场强度大小减半，方向沿OdC ．移至e 处，O 处的电场强度大小减半，方向沿OcD ．移至f 处，O 处的电场强度大小不变，方向沿Oe解析 放置在a 、d 两处的带等量电荷的正、负点电荷在圆心O 处产生的电场强度方向相同，每个点电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为E2.根据场强叠加原理，a 处正电荷移至c 处，O 处的电场强度大小为E2，方向沿Oe ，选项A 错误；a 处正电荷移至b 处，O 处的电场强度大小为2·E 2·cos 30°＝32E ，方向沿∠eOd 的角平分线，选项B 错误；a 处正电荷移至e 处，O 处的电场强度大小为E2，方向沿Oc ，选项C 正确；a 处正电荷移至f 处，O 处的电场强度大小为2·E 2·cos 30°＝32E ，方向沿∠cOd 的角平分线，选项D 错误．答案 C8．(2013·新课标全国Ⅰ)如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)A ．k 3q R 2B ．k 10q9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2解析 由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即：E 1＝E 2＝k q R 2，由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k qR 2，q 在d 点产生的场强E 4＝k q 9R 2，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k 10q9R2，B 正确，A 、C 、D错误．答案 B9．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑水平的绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B.现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是A．若A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C．若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动D．若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动解析若A、B带同种电荷，B球受到库仑斥力作用，一定做速度增大加速度减小的曲线运动，选项A正确、B错误；若B球带负电，则B球向电势较高处运动，选项C错误；若A，B带异种电荷，B球可能绕A球做匀速圆周运动，即做速度和加速度大小都不变的曲线运动，选项D正确．答案AD10．(2014·东北三校联考)如图所示，现有一个以O为圆心、以OP长为半径的圆，四边形ABCD为圆的内接正方形，a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点，P、Q分别为弧AB和弧CD的中点．现在A和B、C和D四点分别放上等量的正电荷和负电荷，下列说法正确的是A．O点的电场强度为零B．把同一电荷从b点移到d点，电场力做功为零C．把同一电荷从a点移到c点，电场力做功为零D．同一电荷在P、Q两点所受电场力相同解析由电场叠加知O点场强大小不为零，方向沿Oc方向，A错误．bd连线上各点场强的方向均与连线垂直，故把同一电荷从b点到d点电场力不做功，故B正确．将四个电荷分为A 与B 、C 与D 两组，由等量同种点电荷连线中垂线上的电场方向知这两组电荷在ac 连线各点产生的电场方向相同，都是由a 指向c ，故将电荷由a 移动到c 时电场力要做功，C 错误．由场强叠加知P 、Q 两点处场强的大小相等、方向相同，故D 正确．答案 BD二、计算题(共40分)11．(20分)(2014·深圳调研)一根长为l 的丝线吊着一质量为m ，带电荷量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g )，求：(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时受到的拉力的大小．解析 (1)小球静止在电场中受力如右图所示， 显然小球带正电，由平衡条件得： mg tan 37°＝qE ， 故E ＝3mg4q. (2)电场方向变成向下后(如图所示)，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得：12m v 2＝(mg ＋qE )l (1－cos 37°) 由圆周运动知识，在最低点时， F T －(mg ＋qE )＝m v 2l解得F T ＝4920mg .答案 (1)3mg 4q (2)4920mg12．(20分)(2014·四川省模拟)如图所示，处于O 点正下方同一条竖直线上的两个固定点电荷A 、B 带等量同种正电荷，电荷量均为Q ，GH 是它们连线的垂直平分线，另有一个带电小球C ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷)，被长为L ＝ 3 m 的绝缘轻质细线悬挂于O 点，现在把小球C 拉到M 点，使细线水平绷直且与A 、B 处于同一竖直平面内，由静止开始释放C ，小球向下运动到GH 线上的N 点时速度刚好为零．此时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，N 与A 、B 恰好构成一正三角形．已知静电力恒量为k ，求：(1)在点电荷A 、B 所形成的电场中，M 、N 两点的电势差；(2)小球开始运动的瞬间，细线对小球的拉力和运动到N 点瞬间小球的加速度． 解析 (1)小球从M 点运动到N 点的过程中，由动能定理qU MN ＋mgL cos 30°＝0；得U MN ＝－1.5mg /q(2)小球开始运动的瞬间受力情况如图所示：由几何关系得：AC ＝2 m ，BC ＝7 m 由库仑定律F 1＝k qQ AC 2代入数据得F 1＝14kqQF 2＝k qQ BC 2代入数据得F 2＝17kqQ小球在M 点沿细线方向合力为零 则T ＝F 1cos β＋F 2cos α 代入数据得T ＝3kqQ (18＋749)小球在N 点沿细线方向合力为零，所以加速度方向垂直该点的细线且斜向上． 由牛顿第二定律：k Qq AN 2＋k QqBN 2sin 30°－mg sin 30°＝ma代入数据解得：a ＝3kQq 2m －g2. 答案 (1)－1.5 mg /q (2)3kqQ (18＋749) 3kQq 2m －g2。