【文档说明】高考物理复习 课时过关题22 库仑定律电场力的性质（含答案解析）.doc，共(7)页，141.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题22库仑定律电场力的性质1.a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态，已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q>q，关于电荷c，下列判断正确的是()A．c一定带负电B．

c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍使c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定2.对电场强度公式E=kQr2有几种不同理解，其中正确的是()A．只要带电体电荷量为Q，在距离r处激发的电场都能用此公式计算场

强EB．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强E相同C．当离点电荷距离r→0时，场强E→∞D．当离点电荷距离r→∞时，场强E→03.如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光

滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形，一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后

减小C．杆对小球的作用力先减小后增大D．杆对小球的作用力先增大后减小4.如图所示，光滑平面上固定金属小球A，用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x

2，则有()A．x2=12x1B．x2>14x1C．x2=14x1D．x2<14x15.理论上已经证明：电荷均匀分布的球壳在壳内的电场强度为零．假设某星球是一半径为R、电荷量为Q且电荷分布均匀的球体，静电力常量为k

，则星球表面下h深度处的电场强度的大小为()A.－R3B.kQ－2C.kQR2D．06.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、

b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()A．a、b的电荷同号，k=169B．a、b的电荷异号，k=169C．a、b的电荷同号，k=6427D．a、b的电荷异号，k=64277.一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小E0=kQ2R2，方向如

图所示．把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的

场强大小分别为E3、E4.则()A．E1＞kQ4R2B．E2=kQ4R2C．E3＜kQ4R2D．E4=kQ4R28.在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q，此时

圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为()A．EB.E2C.E3D.E49.如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q(q>0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质

弹簧绝缘连接．当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l.已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为()A．l＋5kq22k0l2B．l－kq2k0l2C．l－5kq24k0l2D．l－5kq22k0l210.如图所示，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，则该三角形中心O点处的场强为()A.6kqa2，方向由C指向OB.6kqa2，方向由O指向CC.3kqa2，方向由C指向OD.3kqa2，方向由O指向C11.(多选

)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA=1m/s，到B点时速度vB=5m/s，则()A．微粒从B

到C做加速运动，且vC=3m/sB．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动C．微粒在整个运动过程中的最终速度为5m/sD．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为5m/s12.(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电

场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为14圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A．小

球在AC部分可能做匀速圆周运动B．小球一定能从B点离开轨道C．若小球能到达C点，小球在C点时的速度一定不为零D．若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定相等13.如图所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=＋2.0×10－6C的

小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1.t=0时刻开始，空间加上一个电场强度大小和方向呈周期性变化的电场，取水平向右为正方向，g取10m/s2.求：(1)0～2s内小物块加速度的大小；(2)2～4s内小物块加速度的大小；(3)

14s末小物块的速度大小；(4)前14s内小物块的位移大小．14.如图所示，固定在竖直平面内的光滑绝缘半圆环的两端点A、B，分别安放两个电荷量均为＋Q的带电小球，A、B连线与水平方向成30°角，在半圆环上穿着一个质量为m、电荷量为＋q的小球．已知半圆环的半径为R

，重力加速度为g，静电力常量为k，将小球从A点正下方的C点由静止释放，当小球运动到最低点D时，求：(1)小球的速度大小；(2)小球对环的作用力．答案解析1.答案为：B；解析：根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确

定各自所带电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，且c所带的电荷量一定大于q，故A、C错误，B正确；如果a、b固定，则只需使c处于平衡状态即可，由于a、b带异号电荷，c应位于a、b连线的外侧，又由于a的电荷

量大于b的电荷量，则c应靠近b，c的电荷量不能确定，故D错误．2.答案为：D；解析：E=kQr2的适用条件为“真空中”“点电荷”，不是任何带电体激发的电场都能用此公式计算场强E，A选项错误，当离点电荷距离r→0时，带电体已不能看成点电荷，场强E不是趋向无穷大，C

选项错误，当r→∞时，也就是距离场源电荷距离很远，所以E→0，D选项正确；以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，有大小和方向，所以场强不同，B选项错误．]3.答案为：D；解析：CD连线上电场强度的方向垂直于CD水平向右

，从C到D电场强度先增大后减小，小球从C点由静止开始释放，重力做正功，电场力不做功，动能增大，速度增大，A、B错误；杆对小球的作用力与电场力平衡，杆对小球的作用力水平向右，先增大后减小，C错误，D正确．]4.答案为：B；解析：电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离

保持不变，库仑力减小为原来的14，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的14，此时弹簧的伸长量也大于原来的14，B正确．5.答案为：A；解析：星球的体积V0

=4πR33，所以半径(R－h)的内球所带的电荷量q=VV0·Q=－3R3·Q，星球表面下h深度处的电场强度的大小E=kq－2=－R3，故选A.6.答案为：D；解析：在c点建立坐标系如图所示，因c所受

库仑力的合力平行于ab，则要求Fac与Fbc一为引力，另一为斥力，故a、b为异种电荷，且在y方向的合力为0，即：Fac·cos53°=Fbccos37°Fac=kqaqc2Fbc=kqbqc2解得：qaqb=22·cos37°

cos53°=6427.故D对，A、B、C错．]7.答案为：A；解析：根据点电荷电场强度公式E=kqr2，且电荷只分布在球的表面，对于题图甲，虽表面积和各点到圆心的距离相同，但半球面上部分各处电荷在O点场强夹角相对较小，则根据电场的叠加原理，上

、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为E1>E2；因电荷Q在球心O处产生的场强大小E0=kQ2R2，则E1>kQ4R2；对于题图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧部分在O点产生的场强大小相等，即E3=E4.由于方向不共线，由

合成法则可知，E3>kQ4R2，故A项正确，B、C、D项错误．8.答案为：B；解析：撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的＋3q和与其关于O点对称点＋q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E=k·3qR2－kqR2=k·2qR2，方向水平向左．撤去A点的小球后，

O点的电场强度是A点关于O点对称点＋q产生的，所以E′=kqR2=E2，方向水平向右，B正确．9.答案为：C；解析：对最右边的小球受力分析可知，小球受到另外两个带电小球对它向右的库仑斥力，大小分别为F1=kq22和F2=kq

2l2.由力的平衡可知弹簧弹力的大小F=F1＋F2=5kq24l2，弹簧的伸长量为Δl=Fk0=5kq24k0l2，故弹簧的原长为l0=l－Δl=l－5kq24k0l2，C正确．10.答案为：B；解析：每个点电荷在O点处的场强

大小都是E=kq3a32=3kqa2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为EO=2E=6kqa2，方向由O指向C，B项正确．]11.答案为：AC；解析：从A到B做的功和从B到C做的功相等，依据动能定理可得：qUAB=

12mv2B－12mv2A，qUBC=12mv2C－12mv2B，解得vC=3m/s，A项正确；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B项错误；过B作垂直AC的线，此线为等势线，微粒过C点后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B

点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒定律可以得到微粒最终的速度应该与B点的速度相同，故C项正确，D项错误．12.答案为：AC；解析：若重力大小等于电场力大小，则小球进入轨道后，靠弹力提供向心力，所以小球在AC部分可能做匀速圆周运动，A正确；小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖

直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出相关物理量的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故B错误；若小球到达C点的速度为零，则电场力必定大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动到C点，所以小球到达C

点的速度不可能为零，C正确；由A到B根据动能定理有－EqR=12mv2B－12mv2A，所以若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定不相等，D错误．13.解：(1)0～2s内物块的加速度a1=

qE1－μmgm=2m/s2.(2)2～4s内物块的加速度a2=－qE2－μmgm=－2m/s2.(3)0～2s内物块的位移s1=12a1t21=4m,2s末的速度为v2=a1t1=4m/s，2～4s内位移为s2=s1=

4m,4s末的速度为v4=0.小物块做周期为4s的直线运动，第14s末的速度为v14=4m/s(4)14s内小物块的位移大小，可以看做是上述3个周期加上s1，位移s=3(s1＋s2)＋s1=28m.14.解：(1)由静

电场知识和几何关系可知，C、D两点电势相等，小球由C运动到D的过程中，mgh=12mv2，由几何关系可知h=R2，解得v=gR.(2)小球运动到D点时，AD=3R，BD=R，小球分别受到A、B两端带电小球的作用力为FA=kQq3R2，FB=kQqR2，设环对小球的支持力为FN，FN－FAcos30

°－FBsin30°－mg=mv2R，由牛顿第三定律可知小球对环的压力FN=F′N，解得F′N=3＋36·kQqR2＋2mg，方向竖直向下．