專題01-庫侖定律、電場強度和電場線(知識梳理+專題過關(guān))(人教版2019)(解析版)

專題01庫侖定律、電場強度和電場線【知識梳理】【專題過關(guān)】庫侖力作用下的平衡問題1．如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個帶電小球a、b、c、（可視為點電荷），a、b的距離等于b、c的距離，三球沿一條直線擺放，僅在它們之間的靜電力作用下靜止，則判斷正確的是（）A．a(chǎn)對b的靜電力一定是引力B．a(chǎn)對b靜電力可能是斥力C．a(chǎn)、b、c、的帶電量之比為2∶1∶2D．a(chǎn)、b、c、的帶電量之比為4∶1∶4【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)電場力方向來確定各自電性，從而得出“兩同夾異”，所以a對b的靜電力一定是引力。故A正確；B錯誤；CD．設(shè)相鄰小球間距為L，對a受力分析，可得對b受力分析，可得聯(lián)立，可得故C錯誤；D正確。故選AD。2．如圖所示，把一帶正電的小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使小球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)（

）A．帶負電，放在A點 B．帶正電，放在B點C．帶負電，放在C點 D．帶正電，放在C點【答案】C【詳解】A．b帶負電，放在A點，a球受到吸引力向下，則a合外力沿斜面向下，所以A錯誤；B．b帶正電，放在B點，電場力垂直斜面向上，則a的合外力沿斜面向下，所以B錯誤；C．b帶負電，放在C點，a球受到向右下方的吸引力，則a球受到三個力可能讓其合外力為0，C正確；D．b帶正電，放在C點，a球受到的電場力是斥力指向左上方，所以a的合外力不可能為0，則D錯誤；故選C。3．如圖所示，在一絕緣斜面C上有一帶正電的小物體A處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點移至A正上方的Q點處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動，A、B可視為質(zhì)點。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A．地面對斜面C的摩擦力先增大后減小B．地面對斜面C的摩擦力逐漸減小C．物體A受到斜面的支持力一直減小D．物體A受到斜面的支持力一直增大【答案】B【詳解】AB．如圖所示以A和C整體為研究對象，設(shè)B對A的庫侖力大小為F，與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件得由于F大小不變，θ減小，則知地面對斜面C的摩擦力逐漸減小，A錯誤，B正確；CD．以A為研究對象，分析可知，B對A的庫侖力垂直于斜面方向的分力先逐漸增大后逐漸減小，設(shè)該分力為F′，斜面傾角為α，根據(jù)平衡條件，斜面對A的支持力可知FN′先增大后減小，CD錯誤。故選B。4．如圖所示，帶正電的小球A用豎立在地面上的絕緣桿支撐，帶正電的小球B用繞過A球正上方的定滑輪的絕緣細線拉著，開始時A、B在同一水平線上并處于靜止，不計兩個小球的大小。現(xiàn)用手拉細線使小球B緩慢向上移動，小球B在向上移動過程中A、B兩球的帶電量保持不變，不計兩球間的萬有引力，則在B球緩慢移動一小段距離的過程中（）A．A、B兩球間的距離在減小B．小球B的運動軌跡是一段圓弧C．細線上的張力一直減小D．細線上的張力可能先變小后變大【答案】BC【詳解】AB．設(shè)小球B受到的重力為mg，A、B兩球的帶電量分別為q1、q2，兩球間的距離為r，定滑輪距離A球為h，距離B球為d，對B球受力分析如圖根據(jù)相似三角形可知得在小球移動過程中，r不變，因此小球的運動軌跡是一段圓弧，故A錯誤，B正確；CD．又由于d在減小，因此F在減小，故C正確，D錯誤。故選BC。5．如圖所示，用絕緣絲線將質(zhì)量為m，電荷量為qA的帶負電小球A系在O點。在距O點的正下方l處，用絕緣柄固定一帶電小球B（兩球均可看成點電荷）。當絲線與豎直方向夾角為θ=30°時，球A靜止，此時A、B兩球連線與絲線AO垂直。已知靜電力常量為k，重力加速度為g。（1）畫出A球受力示意圖，判斷B球的電性；（2）求A球所在處的電場強度E的大小和方向；（3）求B球的電荷量qB。【答案】（1），負電荷；（2），電場強度E的方由A指向B；（3）【詳解】（1）A球的受力示意圖如圖所示B球帶負電荷。（2）根據(jù)平衡條件可得解得，電場強度E的方由A指向B（3）根據(jù)庫侖定律有；解得庫侖力作用下的動力學(xué)問題6．如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球。t=0時，乙球以6m/s的初速度向靜止的甲球運動。之后，它們僅在電場力的作用下沿同一直線運動（整個運動過程中沒有接觸）。它們運動的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。由圖線可知（）A．甲、乙兩球一定帶異號電荷B．t1時刻兩球的電勢能最小C．0～t2時間內(nèi)，兩球間的靜電力先增大后減小D．0～t3時間內(nèi)，甲球的動能一直增大，乙球的動能一直減小【答案】C【詳解】A．由圖像0－t1段看出，甲從靜止開始與乙同向運動，說明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性一定相同，故A錯誤；B．0～t1時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，t1時刻兩球相距最近，系統(tǒng)克服電場力做功最多，兩電荷的電勢能最大，故B錯誤；C．0～t1時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在t1～t2時間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，由庫侖定律得知，兩電荷間的靜電力先增大后減小，故C正確；D．由圖像可知，在0?t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大即動能一直增大，乙的速度先減小后增大則動能先減小，t2時刻后逐漸增大，故D錯誤。故選C。7．如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球（可以看成點電荷），A球帶電量為+2q，B球帶電量為-q，由靜止開始釋放時A球加速度大小為B球的兩倍，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．A球的質(zhì)量是B球質(zhì)量的2倍B．A球與B球受到靜電力的大小相等C．A球與B球受到的靜電力是一對平衡力D．A、B球相互靠近過程中加速度都增大，且A球加速度大小總是B球的兩倍【答案】BD【詳解】BC．A球受到的靜電力和B球受到靜電力是一對作用力與反作用力，總是大小相等、方向相反，C錯誤B正確；A．根據(jù)題意可得A球加速度大小為B球的兩倍，則根據(jù)牛頓第二定律，可知A的質(zhì)量為B的，A錯誤；D．A、B球相互靠近過程中，AB之間的靜電力變大，但二者的電場力總是等大反向，A球加速度大小仍為B球的2倍，D正確。故選BD。8．如圖所示，小車放在水平桌面上，上表面絕緣并且光滑，豎直支桿頂端O處用細繩懸掛一質(zhì)量為，的不帶電小球C，一帶電圓環(huán)套在支桿底端A處，質(zhì)量為、帶電量為的小球D放在小車右端。用一水平恒力拉著小車向左做勻加速直線運動，細繩與支桿之間的夾角為且保持穩(wěn)定，小球D相對于小車靜止。下列分析正確的是（）A．支桿底端A處的圓環(huán)帶負電B．小車的加速度大小為C．帶電圓環(huán)對小球D的庫侖力大小D．小車突然停止運動，帶電小球D的動能和電勢能減少【答案】AC【詳解】B．以小球C為研究對象，受到重力和細繩拉力的作用，可知小球的加速度大小為方向水平向左，小車、帶電圓環(huán)、帶電小球D和小球C相對靜止，它們的加速度相同，選項B錯誤；AC．以帶電小球D為研究對象，它受到豎直方向的重力和支持力、帶電圓環(huán)對它的電場力作用。根據(jù)牛頓第二定律可知帶電小球D的合力水平向左，所以圓環(huán)帶負電，圓環(huán)對小球D的電場力大小為選項AC正確；D．小車突然停止運動，小球D在電場力作用下繼續(xù)向左運動，動能增加做負功，電勢能減少，選項D錯誤；故選AC。9．如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個正點電荷Q，P點與細管在同一豎直平面內(nèi)。一帶電量為－q的小球位于管的頂端A點，PA連線水平，q?Q．將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達底端C點。已知B是AC中點，PB⊥AC，小球在A處時的加速度為a．不考慮小球電荷量對電場的影響，則（

）A．A點的電勢低于B點的電勢 B．B點的電場強度大小是A點的4倍C．小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小 D．小球運動到C處的加速度為g－a【答案】ABD【詳解】A.正點電荷的電場線呈發(fā)散型，沿著電場線方向，電勢降低，因此A點的電勢低于B點的電勢，故A正確；B.結(jié)合幾何關(guān)系：PA=2PB，由點電荷電場強度公式可知，B點的電場強度大小是A點的4倍，故B正確；C.小球帶負電，正點電荷Q對小球的電場力為吸引力，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負功，則小球電勢能先減小后增大，故C錯誤；D.小球在AC兩處受到的電場力大小相等，在A處時小球的加速度為a，對A點處小球受力分析，小球受電場力、重力與支持力，則：Fcos30°+mgsin30°=ma在C處時，小球受到重力、電場力與支持力，則：mgsin30°?Fcos30°=ma′解得：a′=g?a故D正確。10．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A放在絕緣斜面上，斜面的傾角為α。小球A帶正電，電荷量為q。在斜面上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷，將小球A由距B點豎直高度為H處無初速度釋放。小球A下滑過程中電荷量不變。不計A與斜面間的摩擦，整個裝置處在真空中。已知靜電力常量k和重力加速度g。（1）A球剛釋放時的加速度是多大？（2）當A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離。【答案】（1）gsinα-；（2）【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律mgsinα-F=ma根據(jù)庫侖定律F=k；r=聯(lián)立以上各式解得a=gsinα-（2）當A球受到的合力為零、加速度為零時，速度最大，動能最大。設(shè)此時A球與B點間的距離為R，則mgsinα=解得電場強度和電場強度的疊加問題11．關(guān)于場強的說法正確的是（）A．公式適用于任何電場B．公式中的Q是放入電場中試探電荷的電量C．在一個以點電荷Q為中心，r為半徑的球面上，各處的場強都相同D．空間某點的電場強度E與放在該處的試探電荷所受的電場力F成正比，與試探電荷的電荷量q成反比【答案】A【詳解】A．公式適用于任何電場，選項A正確；B．公式中的Q是場源電荷的電量，不是試探電荷的電量，選項B錯誤；C．根據(jù)公式可知，在一個以點電荷Q為中心，r為半徑的球面上，各處的場強大小都相同，但是方向不同，選項C錯誤；D.空間某點的電場強度E是由電場本身決定的，與放在該處的試探電荷所受的電場力F以及試探電荷的電荷量q都直接的關(guān)系，選項D錯誤。故選A。12．如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的場強大小變?yōu)镋2，E2與E1之比為（）A．1∶2 B．2∶1 C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)電場的疊加原理，兩個帶電量相等的異種點電荷分別置于M、N兩點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向同向，并且大小都為所以O(shè)點的電場強度大小當置于N點處的點電荷移至P點時，兩電荷在O點產(chǎn)生的電場方向夾角為120°，所以O(shè)點的場強大小變?yōu)楣蔈2與E1之比為1:2。故選A。13．如圖所示，電荷量為的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心O，圖中，A點的電場強度為零。下列說法正確的是（）A．薄板可能帶正電B．圖中B點的電場強度也為零C．帶電薄板產(chǎn)生的電場在B點的電場強度大小為D．B、O兩點間的電勢差與A、O兩點間的電勢差相等【答案】C【詳解】A．正電荷q在A點激發(fā)的電場強度方向向左，A點的電場強度為零，根據(jù)電場的矢量合成，知薄板帶負電，故A錯誤；B．由對稱性可知：薄板在B點激發(fā)的電場強度與A點的電場強度大小相等，方向相反，則薄板在B點激發(fā)的電場強度方向水平向左，正電荷在B點的電場強度方向也為水平向左，故B點的電場強度不為零，故B錯誤；C．正電荷q在A點形成的電場強度的大小為方向向左，因A點場強為零，故薄板在A點的場強方向向右，大小也為，由對稱性可知薄板在B點的場強大小也為，故C正確；D．如果沒有正電荷q，B、O兩點間的電勢差與A、O兩點間的電勢差相等相等，現(xiàn)在有正電荷q，空間電場線等勢面分布不再對稱，B、O兩點間的電勢差與A、O兩點間的電勢差不相等，故D錯誤。故選C。14．硒鼓是激光打印機的核心部件，主要由感光鼓、充電輥、顯影裝置、粉倉和清潔裝置構(gòu)成，工作中充電輥表面的導(dǎo)電橡膠給感光鼓表面均勻的布上一層負電荷。我們可以用下面的模型模擬上述過程：電荷量均為的點電荷，對稱均勻地分布在半徑為R的圓周上，若某時刻圓周上P點的一個點電荷的電量突變成，則圓心O點處的電場強度為（）A．，方向沿半徑指向P點 B．，方向沿半徑背離P點C．，方向沿半徑指向P點 D．，方向沿半徑背離P點【答案】B【詳解】當P點的電荷量為時，根據(jù)電場的對稱性，可得在O點的電場強度為0，當P點的電荷為時，可由和兩個電荷等效替代，故O點電場可以看做均勻帶電圓環(huán)和產(chǎn)生的兩個電場的疊加，故O點的電場強度為電場方向為在O點的電場方向，即方向沿半徑背離P點，故B正確，ACD錯誤。故選B。15．在點電荷Q產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，相距為。已知a點的場強大小為E，方向與ab連線垂直，b點的場強方向與ab連線成30°角。如圖所示，則點電荷Q的電性和b點的場強大小為（）A．負電，4E B．負電， C．正電， D．正電，4E【答案】B【詳解】依題意將場強、反向延長，交點即為點電荷所在的位置，可知電場方向向內(nèi)，即指向點電荷本身，故該點電荷帶負電；根據(jù)幾何知識可得，a點到Q的距離為則b點到Q的距離為a、b兩點到Q的距離之比為，由可得a、b兩點的場強之比為得出故選B。常見的電場線16．如圖所示，正、負等量異種點電荷放在矩形BCD的兩頂點AB上，M點為AB的中點，N點為CD的中點。下列說法正確的是（）A．M點電勢高于N點電勢B．D點和C點的電場強度相同C．將一負電荷沿直線從D點移到C點，電場力對其做正功D．將一正電荷沿直線從M點移到N點，其電勢能不變【答案】D【詳解】A．等量異種點電荷連線的中垂線為等勢線，M、N兩點電勢相等，A錯誤；B．正電荷在C點場強水平方向的分量與負電荷在D點場強水平分量大小相等方向相同，正負電荷在D點合場強豎直方向的分量與正負電荷在C點合場強豎直方向的分量大小相等方向相反，所以C、D兩點的合場強大小相等方向不同，B錯誤；C．負電荷沿DC運動過程中電場力豎直分量不做功，水平分量做負功，故整個過程電場力對其做負功，C錯誤；D．由于MN的連線是等勢線，所以電荷在MN上移動時電場力不做功，即電勢能不變，D正確。故選D。17．如圖所示，立方體的兩個頂點A、C上固定有兩個等量的同種正電荷，M、N是立方體邊和的中點，開始時在處鎖定一個負電荷P，不計負電荷重力，下列有關(guān)說法正確的是（）A．M、N兩點的電場強度相同B．解除鎖定，將負電荷P移到上電勢能一定減小C．解除鎖定，靜止釋放負電荷P，P將向下加速，加速度也一直增大D．解除鎖定，給負電荷P一個沿方向的初速度有可能做勻速圓周運動【答案】D【詳解】A．Ｍ、N兩點電場強度的大小相同，方向不同，故A錯誤；B．解除鎖定，P向移動，由于P為負電荷，可得電荷在做負功，電勢能增大，故B錯誤；C．在處的合場強豎直向下，故所受電場力向下，等量同種電荷連線的中垂線上無窮遠處場強為零，兩電荷連線中點場強也為零，因此場強的變化是先變大后變小，電荷向下運動過程中因不知道場強最大值的具體位置，因此加速度的變化不確定，故C錯誤；D．解除鎖定，受力豎直向下，速度和受力垂直，如果速度大小適當，其可繞AC的中點做勻速圓周運動，故D正確。故選D。18．如圖所示是A、B兩個點電荷電場的部分電場線，一帶負電的點電荷q只在靜電力的作用下由a運動到c的軌跡如圖中虛線所示，則（）A．A帶正電，B帶負電B．A的電荷量小于B的電荷量C．q在b點的速度大于q在c點的速度D．q在b點的加速度大于q在c點的加速度【答案】D【詳解】A．根據(jù)軌跡可知，電場力指向曲線的凹側(cè)，電荷帶負電，則A帶負電，B帶正電，A錯誤；B．根據(jù)電場線分布情況可知，點電荷周圍電場線較密可知點電荷帶電荷量較多，則A的電荷量大于B的電荷量，B錯誤；C．根據(jù)軌跡可知，電場力指向曲線的凹側(cè)，則帶負電的點電荷b運動到c電場力做正功，動能增加，q在b點的速度小于q在c點的速度，C錯誤；D．電場線的疏密表示場強的大小，b點比c點處的電場線密，場強大，電場力大，加速度大，D正確。故選D。19．兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A，B，C三點，如圖甲所示，一個電荷量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是：（）A．B點為中垂線上電場強度最大的點，電場強度B．由C點到