2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專(zhuān)題小練習(xí)靜電場(chǎng)專(zhuān)題46電荷庫(kù)侖定律

專(zhuān)題46電荷庫(kù)侖定律1.[2024·安徽省合肥一中期中考試]如圖所示，摩擦過(guò)的琥珀靠近桌面上的碎紙屑時(shí)，發(fā)現(xiàn)紙屑飛起來(lái)與琥珀接觸后又快速地離開(kāi)，關(guān)于這個(gè)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的()A．摩擦過(guò)的琥珀不帶電B．碎紙屑原來(lái)帶正電C．紙屑飛起來(lái)是萬(wàn)有引力的結(jié)果D．紙屑與琥珀接觸后又快速地離開(kāi)是因?yàn)榧埿紟乡晖N電荷答案：D解析：摩擦過(guò)的琥珀帶了電荷，從而會(huì)吸引輕小物體，當(dāng)紙屑被吸到琥珀上時(shí)，電荷會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)移，從而使原來(lái)不帶電的紙屑也帶上了同種電荷，由于同種電荷互相排斥而快速地離開(kāi)，D正確．2．[2024·全國(guó)甲卷]在電荷量為Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，將無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)規(guī)定為零時(shí)，距離該點(diǎn)電荷r處的電勢(shì)為keq\f(Q,r)，其中k為靜電力常量；多個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)，等于每個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)該點(diǎn)的電勢(shì)的代數(shù)和．電荷量分別為Q1和Q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)線(xiàn)如圖中曲線(xiàn)所示(圖中數(shù)字的單位是伏特)，則()A．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－2B．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－2C．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－3D．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－3答案：B解析：根據(jù)兩點(diǎn)電荷周?chē)碾妱?shì)分布可知Q1帶正電，Q2帶負(fù)電；由圖中電勢(shì)為0的等勢(shì)線(xiàn)可知keq\f(Q1,r1)＋keq\f(Q2,r2)＝0，由圖中距離關(guān)系可知eq\f(r1,r2)＝eq\f(6,3)，聯(lián)立解得eq\f(Q1,Q2)＝－2.故選B.3.[2024·安徽省蕪湖市期末考試]如圖所示，a、b是可視為點(diǎn)電荷的兩個(gè)帶正電的小球，電荷量都為Q＝2×10－6C．用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝10cm絕緣輕繩懸掛在同一點(diǎn)，靜止時(shí)相距10cm，k＝9.0×109N·m2/C2，則兩球的庫(kù)侖力大小為()A．3.6×10－5NB．3.6×10－2NC．0.36ND．3.6N答案：D解析：根據(jù)庫(kù)侖定律可得兩球的庫(kù)侖力大小為F＝keq\f(Q2,r2)＝9.0×109×eq\f(（2×10－6）2,0.12)N＝3.6N，D正確．4．[2024·廣東省汕頭市階段考試]如圖所示，帶電小球A和B放在傾角為30°的光滑絕緣斜面上，質(zhì)量m1＝m2＝1g，所帶電荷量q1＝q2＝10－7C，A帶正電，B帶負(fù)電．沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B一起運(yùn)動(dòng)，且保持間距d＝0.1m不變，g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則恒力F的大小為()A．0.01NB．0.018NC．0.014ND．0.009N答案：B解析：對(duì)整體分析可知F－2m1gsin30°＝2m1a，對(duì)小球B分析可知keq\f(q1q2,d2)－m1gsin30°＝m1a，解得F＝0.018N，B正確．5.[2024·重慶市第一中學(xué)定時(shí)練](多選)如圖所示，固定在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個(gè)帶正電小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止．若筒壁豎直，A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許后重新平衡，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球A、B間的庫(kù)侖力變小B．小球A、B間的庫(kù)侖力變大C．小球A、B對(duì)筒壁的壓力都變大D．小球A對(duì)筒底的壓力變大答案：BC解析：對(duì)B受力分析如圖所示，由平衡條件可得F庫(kù)＝eq\f(mBg,cosθ)，B由于漏電而下降少許后重新平衡，θ增大，故小球A、B間的庫(kù)侖力變大，A錯(cuò)誤，B正確；B對(duì)筒壁的壓力為FN＝mgtanθ，θ增大，可知B對(duì)筒壁的壓力變大，將小球A、B看成整體，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁對(duì)A的壓力等于筒壁對(duì)B的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒壁的壓力變大，C正確；將小球A、B看成整體，小球A、B豎直方向受力平衡，筒底對(duì)A的支持力等于小球A、B的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒底的壓力不變，D錯(cuò)誤．6.[2024·江西省部分高中聯(lián)考](多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球A，在距水平面高h(yuǎn)處固定一帶正電且?guī)щ姾闪繛椋玅的小球B.現(xiàn)使得小球A獲得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)兩小球連線(xiàn)與水平面間的夾角為30°，小球A恰好對(duì)水平面沒(méi)有壓力．已知A、B兩小球均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()A．兩小球間的庫(kù)侖力大小為eq\r(3)mgB．小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度大小為eq\r(3gh)C．小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為2mgD．小球A所帶的電荷量為eq\f(8mgh2,kQ)答案：BD解析：由題意可得小球A受力如圖所示，因小球A恰好對(duì)水平面沒(méi)有壓力，則在豎直方向有Fcos60°＝mg，解得兩小球間的庫(kù)侖力大小為F＝2mg，A錯(cuò)誤；小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得Fcos30°＝meq\f(v2,r)，其中圓周的半徑r＝eq\f(h,tan30°)，解得v＝eq\r(3gh)，B正確；小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由庫(kù)侖力提供向心力，小球A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小為F向＝F