高中物理第一章 静电场的描述本章综合与测试课后测评

这是一份高中物理第一章 静电场的描述本章综合与测试课后测评，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第一章　静电场的描述专题强化练1　库仑力与力学知识的综合应用一、选择题1.(2020广东揭西高二上期中,)(多选)如图,可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电,B球固定,其正下方的A球静止在绝缘的斜面上,则A球的受力情况可能是　              (　　)A.只受重力和库仑力B.受重力、库仑力、支持力、摩擦力、下滑力C.受重力、库仑力、支持力、摩擦力D.受重力、库仑力、支持力2.(2020湖北武汉高一月考,)如图所示,两个电荷量均为+q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接,静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r≪l,静电力常量为k,则轻绳的张力大小为              (　　)A.0　　　　B.k　　　　C.2k　　　　D.k3.(2021安徽屯溪一中高三上月考改编,)(多选)如图所示,放在水平地面上的圆筒内壁光滑绝缘,圆筒内有两个带正电小球A、B,A位于筒底,靠在左侧筒壁上,B在右侧筒壁上,因受到A的斥力作用而处于静止状态。若A的电荷量保持不变,B由于漏电而下降少许后重新平衡,下列说法中正确的是 (深度解析)A.小球A对筒底的压力变小B.小球B对筒壁的压力变大C.小球A、B间的库仑力变小D.小球A、B间的库仑力变大4.(2021河北邢台高二上联考,)(多选)如图所示,一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上,小球P平衡时细线与竖直方向成θ角(θ<45°)。现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q,使带电小球P能够保持在原位置不动,直到小球Q移动到小球P的正下方。对于此过程,下列说法正确的是 (　　)A.小球P受到的库仑力先减小后增大B.小球P、Q间的距离越来越小C.轻质细线的拉力先减小后增大D.轻质细线的拉力一直在减小5.()如图所示,在一半径为R的光滑绝缘竖直半圆弧槽ABC的圆心处固定一电荷量为+Q的带电小球,现将一质量为m、电荷量为+q的光滑小球从A点由静止释放,则小球到达最低点B时对槽的压力大小为(　　)A.3mg　　　　B.kC.3mg+k　　　　D.3mg-k6.(2021山西汾阳中学高二上月考,)两个点电荷的质量分别为m1、m2,带异种电荷,电荷量分别为Q1、Q2,相距为d,只在库仑力作用下(不计万有引力)各自绕它们连线上的某一固定点在同一水平面内做匀速圆周运动。已知静电力常量为k,则它们的总动能为              (　　)A.　　B.　　C.　　D.7.(2021广东汕头高二上月考,)如图,在光滑定滑轮C正下方与C相距h的A处固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷,电荷量为q的带正电小球B用绝缘细线拴着,细线跨过定滑轮,另一端用适当大小的力F拉住,使B处于静止状态,此时B与A点的距离为R,B和C之间的细线与AB垂直。缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮正下方,静电力常量为k,环境可视为真空,则下列说法正确的是 (　　)A.F的大小保持不变B.F逐渐增大C.B受到的库仑力大小不变D.B受到的库仑力逐渐减小8.(2021重庆一中高二上月考,)如图所示,A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球(可视为点电荷),其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连,现把A、B、C按一定的位置摆放,可使三个小球都保持静止状态。已知小球B的电荷量为-q,小球C的电荷量为+4q,则以下判断正确的是              (　　)A.小球A的电荷量一定为+4qB.轻质细杆一定处于被拉伸状态C.小球A与B之间的距离一定为LD.若将A向右平移一小段距离,释放后A一定向左运动9.(2021广东汕头高三模拟,)质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接,放置在光滑绝缘的水平面上,A球的电荷量为+q。在C球上施加一个水平向右的恒力F之后,三个小球一起向右运动,三根丝线刚好都伸直且没有弹力,恒力F所在的直线与A、B间的丝线相交于丝线的中点,如图所示。已知静电力常量为k,下列说法正确的是              (　　)A.B球的电荷量可能为+2qB.C球的电荷量为-qC.三个小球一起运动的加速度为D.恒力F的大小为二、非选择题10.(2021安徽太和中学高二上月考,)如图所示,三个带电小球A、B、C(均可视为点电荷)放置在光滑绝缘的水平直槽上,A、B间和B、C间的距离相等。已知A球带正电,电荷量QA=2q,A、B、C三球均保持静止。(1)判断B、C球的电性;(2)求C球的电荷量QC。       11.(2021山西大学附中高二上月考,)如图所示,真空中两个相同的小球带有等量同种电荷,质量均为3.6 g,分别用10 cm长的绝缘轻线悬挂于绝缘天花板的一点,当平衡时B球偏离竖直方向60°,A竖直悬挂且与绝缘墙壁接触(重力加速度为g=10 m/s2,静电力常量k=9×109 N·m2/C2)。求:(1)每个小球所带的电荷量;(2)竖直墙壁对A球的弹力大小;(3)两条细线的拉力大小。   12.(2021吉林梅河口高二上月考,)如图所示,质量为m的小球A穿在绝缘细杆上,杆的倾角为α,小球A带正电,电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将小球A由距B竖直高度为H处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:(1)A球刚释放时的加速度的大小;(2)当A球的速度最大时,A球与B点间的距离。        
答案全解全析1.AC　若A球所受重力和B球对它的库仑力恰好相等,则可以满足受力平衡的条件,所以A球可能只受重力和库仑力;若A球所受向上的库仑力小于重力,则A球对斜面有压力,会受到斜面的支持力,若要处于平衡状态必须还要受到沿斜面向上的摩擦力,所以A球有可能受重力、库仑力、支持力、摩擦力四个力的作用,选项A、C正确,B、D错误。2.B　对其中任一小球受力分析,根据物体平衡可知,绳子拉力大小等于库仑力,则有F=k,选项B正确,A、C、D错误。3.BD　以A、B整体为研究对象可知,圆筒底部对A球的支持力大小等于A、B两球的重力,由牛顿第三定律可知A对筒底的压力也等于A、B两球的重力,故小球A对筒底的压力不变,选项A错误;隔离B球受力分析如图所示,根据受力平衡有FN=mg tan θ,球B由于漏电而下降少许后重新平衡,θ角变大,因此筒壁对球B的支持力FN=mg tan θ增大,根据牛顿第三定律可知B球对筒壁的压力变大,选项B正确;小球A、B间的库仑力为F=,θ角变大,cos θ变小,库仑力F变大,选项C错误,选项D正确。  　　带电体的受力平衡问题分析的方法4.AD　画出小球P的受力示意图,如图所示,当小球P位置不动,Q缓慢向右下方移动时,Q对P的库仑力先减小后增大,根据库仑定律可得,Q、P间的距离先增大后减小;轻质细线的拉力一直在减小,当Q到达P的正下方时,轻质细线的拉力减小为零。综上可知,选项A、D正确。5.C　设小球到达B点时的速度为v,槽对小球的支持力为N,小球从A到B的过程中,库仑力与速度方向始终垂直,库仑力不做功,由机械能守恒定律得mgR=mv2;在B点,重力、支持力、库仑力三力的合力提供向心力,有N-mg-k=m,联立两式得N=3mg+k。由牛顿第三定律得小球到达最低点B时对槽的压力大小为3mg+k,方向竖直向下,选项C正确。6.B　设固定点到质量为m1的点电荷的距离为r,两点电荷之间的库仑力提供它们做匀速圆周运动的向心力,有k=m1,k=m2,则它们的总动能为E总=m1+m2=,选项B正确。7.C　对B进行受力分析,如图所示,由几何关系可以找到几何三角形ABC和力的三角形EDB相似,由对应边成比例可得=;由于同一根细线上的拉力大小相等,故有F=F',则F=F'=;由于在缓慢拉动细线的过程中,G、h不变,L减小,由上式可知F逐渐减小,选项A、B错误;设B所受的库仑力为F1,由上面的三角形相似还可以得到=,由于G、h、R都不变,可知F1也不变,即B所受的库仑力大小不变,选项C正确,D错误。8.C　小球A受力平衡,有k=k,解得x=L,式子中qA可以约掉,所以qA无法计算,选项A错误,C正确;对B球,所受A、C球的库仑力的合力为F=k+k,由于qA未知,无法判断合力大小及方向,故无法判断轻杆是否处于拉伸状态,选项B错误;球A原本受力平衡,若将A向右移,B、C对它的静电力之和k+k≠0,当A球带负电时,合力方向向左,小球向左运动,当A球带正电时,合力方向向右,小球向右运动,选项D错误。9.C　根据对称性可知,A球的电荷量和B球的电荷量相同,选项A错误;设C球的电荷量为qC,以A球为研究对象,B球对A球的库仑斥力大小为FBA=,C球对A球的库仑引力大小为FCA=,由题意可得三球一起运动的加速度方向与F的方向平行,则有FCA sin 30°=FBA,FCA cos 30°=ma,解得qC=-2q,a=,选项C正确,B错误;以三个小球整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F=3ma=,选项D错误。10.答案　(1)B球带负电,C球带正电　(2)2q解析　(1)根据在同一直线上的三个自由点电荷平衡时,具有“两同夹异,两大夹小”的特点,可得B球带负电,C球带正电。(2)设A、B间和B、C间的距离均为L,对B球受力分析,有k=k解得QC=2q11.答案　(1)2×10-7 C　(2)18×10-3 N　(3)5.4×10-2 N　3.6×10-2 N解析　(1)设A、B之间的库仑力大小为F库。根据题意,对B球受力分析,力的示意图如图所示,由库仑定律得F库=,且有F库=mg解得q=2×10-7 C(2)A球的受力如图则根据共点力平衡条件可得N=F库 sin 60°=mg sin 60°=18×10-3 N(3)竖直细线的拉力为TA=mg+F库 cos 60°=5.4×10-2 N倾斜细线拉力为TB=mg=3.6×10-2 N12.答案　(1)g sin α-k sin2α　(2)解析　(1)A球刚释放时,受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力,根据牛顿第二定律得mg sin α-=ma解得a=g sin α- sin2α(2)当小球A所受合力为零时,速度最大,根据平衡条件,有mg sin α-k=0得x=