专题12 电荷间的相互作用规律-2022高考物理一轮复习压轴题剖析（电磁学部分）

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专题12 电荷间的相互作用规律 压轴题一、单选题1．如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，，，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（    ）
 A．B．弹簧伸长量为C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为【答案】A【解析】AD．三小球间距均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件：对B小球受力分析，根据平衡条件：两式联立解得：，，故A正确，D错误；B．对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：弹簧伸长量：，故B错误；C．对A球受力分析，根据平衡条件：解得A球受到的库仑力为：故选A．2．如图所示质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l．O点与小球 B的间距为，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则(     ) A．A、B间库仑力大小B．A、B间库仑力C．细线拉力大小D．细线拉力大小【答案】B【解析】A的受力如图所示，几何三角形OAB与力三角形相似，由对应边成比例，则，由余弦定律，则，故B正确．3．如图所示，两个相同的小球AB用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘的墙壁上的O点，将两小球分别带上同种电荷，其中小球A的电荷量为q1，由于库仑力，细线OA恰好水平．缓慢释放小球A的电荷量，当细线OA与竖直方向夹角为60°时，小球A的电荷量为q2．若小球B的电荷量始终保持不变，则q1：q2的值为（     ）A．    B．    C．    D．【答案】D【解析】受力分析如图所示，利用相似三角形可知 ，由库仑定律可知 ，可得q= ，即，故 D正确；ABC错误；故选D4．如图所示，A、B是两个带异号电荷的小球，其质量相等，所带电荷量分别为q1，q2，A球刚绝缘细线悬挂于O点，A、B球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平匀强电场中，平衡时，两细线张紧，且B球恰好处于O点正下方，则可以判定，A、B两球所带电荷量的关系为（    ）A．ql= -q2     B．ql=-2q2     C．2q1=-q2     D．q1=-3q2【答案】D【解析】设OA绳子对A球的作用力为，AB球之间的作用力为，对A和B整体分析，有平衡条件可得，，对B球受力分析，有平衡条件可得，，由以上4式可得两球的电荷量的关系为，又因为两球是异种电荷，所以D正确．5．A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，电荷量分别为qA、qB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于同一水平面．若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB，则下列判断正确的是（    ）A．FA<FBB．AC细线对A的拉力C．OC细线的拉力FTC=(mA+mB)gD．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度不相同【答案】C【解析】A、两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故A错误；B、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图：根据平衡条件，则有：，因此：，故B错误；C 、由整体法可知，细线OC的拉力等于两球的重力，故C正确；D、同时烧断AC、BC细线后，A. B在竖直方向重力不变，所以加速度相同，故D错误；故选C ．6．用等长的两根轻质绝缘细线，把两个带异种电荷的小球a、b悬挂起来，已知，，如果该区间加一水平向右的匀强电场，且绳始终拉紧．最后达到的平衡状态可以表示为图中的（     ）A．B．C．D．【答案】A【解析】对整体分析，整体的受力分析图如左图所示，可知绳子拉力方向斜向左上方，与竖直方向的夹角： ；
 隔离对b分析，b受力图如右图所示，绳子拉力方向斜向右上方．绳子与竖直方向的夹角，即β>α，所以b球处于虚线左侧位置．故A正确，BCD错误．故选A．7．如图a所示是卡文迪许扭秤实验（实验Ⅰ）和库伦扭秤实验（实验Ⅱ）的原理图，同学们在仔细观察这两个实验后发现：实验Ⅰ测量的是两组质量为分别为M和m的两球之间的引力；实验Ⅱ测量的只有一组点电荷Q与q之间的引力，扭秤另外一端小球不带电．分析两实验的区别，同学们发表了以下观点，正确的是：（    ）A．甲同学认为：实验Ⅰ需要两组小球而实验Ⅱ只需要一组带电小球的原因是质点间的万有引力很小，而电荷间的静电力很大B．乙同学认为：实验Ⅰ需要两组小球而实验Ⅱ只需要一组带电小球的原因是实验Ⅰ是在空气中完成的，而实验Ⅱ需要在真空进行C．丙同学认为：在实验Ⅰ中若只用一组小球进行实验，如图b所示，则对实验结果并无影响D．丁同学认为：在实验Ⅱ中无论用两组还是一组带电小球进行实验，对实验结果并无影响，但在实验Ⅰ中若按图b只用一组小球进行实验，则对实验结果产生较大影响【答案】D【解析】在实验Ⅰ中必须要有两组小球，假设只有一组小球，则受力情况如图所示：此时扭称无法扭转，实验无法完成．实验Ⅱ中，由于另一个小球不带电，故一组带点小球也可完成实验．故D正确，ABC错误．8．如图所示，直径为L的光滑绝缘半圆环固定在竖直面内，电荷量为q1、q2的两个正点电荷分别置于半圆环的两个端点A、B处，半圆环上穿着一带正电的小球（可视为点电荷），小球静止时位于P点，PA与AB间的夹角为α．若不计小球的重力，下列关系式中正确的是（    ）A．    B．    C．   D．【答案】A【解析】对小球进行受力分析如图所示：
根据库仑定律有：F1=k，r1=Lcosα…①
F2=k，r2=Lsinα…②
根据平衡条件有：F1sinα=F2cosα…③
联立①②③解得：tan3α=，故BCD错误，A正确．故选A．二、多选题9．如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为8×10-6 C的带正电小球A，其正上方O点处用轻细弹簧悬挂一质量为m = 0.06 kg、电荷量大小为 2×10-6 C的小球B，弹簧的劲度系数为 k = 5 N/m，原长为 L0 = 0.3 m。现小球B恰能以A球为圆心在水平面内做顺时针方向（从上往下看）的匀速圆周运动，此时弹簧与竖直方向的夹角为θ = 53°。已知静电力常量k = 9.0×109 N·m2/C2， sin53°= 0.8，cos53°= 0.6，g = 10 m/s2，两小球都视为点电荷。则下列说法正确的是（   ）A．小球B一定带负电 B．圆周运动时，弹簧的长度为 0.5 mC．B球圆周运动的速度大小为 m/s D．若突然加上竖直向上的匀强磁场，θ 角将增大【答案】ABD【解析】A．小球A、B之间的库仑力设弹簧弹力为，小球B在竖直方向上，有弹簧的弹力在水平方向的分力再由胡克定律由几何关系可解得 ， ， ，因小球B做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心A，又有则B球带负电，所受合外力AB正确；C．由合外力提供向心力解得C错误；D．若突然加上竖直向上的匀强磁场，带负电的小球B受到从A到B方向的磁场力，小球B受到的向心力减小，半径增大，即θ 角将增大，D正确。故选ABD。10．如图，真空中三个完全相同的带电小球A、B、C（均视为点电荷）均由轻质绝缘细线悬挂在O点，整个系统静止时，三小球在水平面构成等边三角形，M为三角形的中心。已知小球所带电荷量均为+q，M到A、B、C的距离均为L，细线与OM夹角均为30°。已知选取无穷远处电势为0时，真空中电荷量为Q的点电荷周围的电势表达式为（其中r为到点电荷的距离），下列说法正确的是（　　）A．小球所受重力为B．M点的电场强度为C．带电小球A产生的电场在M点的电势为D．电荷量为+q0的试探电荷在M点具有的电势能为【答案】CD【解析】A．带电小球A受到B、C库仑力的合力为，合成如图根据几何关系可知则对A球受力分析，根据平衡条件可知各小球受力情况均相同，所以小球的重力为，故A错误；B．处于的中心，根据场强的叠加法则可知点场强为0，故B错误；C．A在处产生的电势为故C正确；D．三个小球在点产生的总电势为则电势能为故D正确。故选CD。11．内半径为R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小球均紧靠球壳静止。小球的电荷量均为Q，可视为质点且不计重力。则小球静止时，以下判断正确的是（　　）A．三个小球之间的距离均等于B．三个小球可以位于球壳内任一水平面内C．三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面D．每个小球对球壳内壁的作用力大小均为，k为静电力常量【答案】CD【解析】A．由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布，如图所三个小球之间的距离均等于故A错误；BC．由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故B错误，C正确；D．由库仑定律可知其合力为由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为故D正确。故选CD。12．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB=30°，斜面内部0点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OM=ON，OM∥AB，下列说法正确的是（　　）A．小物体在M、P、N点静止时一定都是受4个力B．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C．小物体静止在P点时受到的支持力最大D．小物体静止在M、N点时受到的支持力相等【答案】CD【解析】对小物体分别在三处静止时所受力分析如图所示：
A．结合平衡条件，由图，小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定。故A错误。B．小物体静止在P点时，摩擦力f=mgsin30°，静止在N点时：f′=mgsin30°+F′cos30°，静止在M点时：f″=mgsin30°-F′cos30°，可见静止在N点时所受摩擦力最大。故B错误。
CD．小物体静止在P点时，设库仑力为F，受到的支持力：N=mgcos30°+F，在M、N点时：N′=mgcos30°+F′sin30°，由库仑定律知：F＞F′，故N＞N′，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等。故CD正确。故选CD。13．如图所示，半径为R的绝缘光滑半圆形槽圆心为O，槽内有两个质量、电量都相同的带电小球A和B，其中A小球固定在槽的最低点．当B小球静止时，OB连线与竖直方向成θ夹角．下列能保持夹角θ不变的方法有（　　）A．仅使半圆形槽的半径加倍B．使B球的质量和电量都加倍C．使A球的质量和电量都加倍D．使半圆形槽的半径和两球的电量都加倍【答案】BD【解析】以B为研究对象进行受力分析如图所示，设AB之间的距离为x，凹槽半径为R，根据
三角形相似可得：，则有： A．仅使半圆形槽的半径R加倍，要使θ不变
则x加倍，，不会平衡，故A错误；B．使B球的质量和电量都加倍，满足:，仍能够平衡，故B正确；C．使A球的质量和电量都加倍:，故不会平衡，故C错误；D．使半圆形槽的半径和两球的电量都加倍，
则有等号前面变为，后面变为
，故满足，仍能够平衡，故D正确．14．如图所示，光滑绝缘水平轨道上有三点A、B、C，A、C两点关于B点对称．在B点正上方h高度处的P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P、A、C三点间距离相等．如果取无穷远处电势为零，则点电荷产生的电场在A点的电势为φ．现在A点置一可视为质点的物块并给其一个初速度v0，物块沿轨道向右运动到B点时速度大小为v，物块所带正电荷的电荷量为q且运动过程中电荷量不变，k为静电力常量，下列说法正确的是（　　）A．物块在C点的电势能为QφB．点电荷产生的电场在A点的电场强度大小为C．物块在B点时受到轨道的支持力大小为D．点电荷产生的电场在B点的电势为【答案】BD【解析】AC两点到点电荷的距离相等，在同一个圆上，即点电荷的同一等势面上，故φC=φA=φ，所以物块在C点的电势能为：EPC=φq，故A错误；由点电荷的场强公式得： ，故B正确; 物体在B点受到点电荷的库仑力为：，设物体在B点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有：N-mg-F=0，解得：N=mg+F=mg+ ．故C错误；电场力对物块在AB段做负功，在BC段做正功，大小相等；A到B的过程与B到从C过程中摩擦力做的功相等，设A到B的过程摩擦力做的功是Wf，由动能定理得：−2Wf＝0−mv02①，设点电荷产生的电场在B点的电势为φB，由动能定理得：q(φ−φB)−Wf＝mv2−mv02②，①②联立解得：点电荷产生的电场在B点的电势为．故D正确；
故选BD．15．均匀带电Q的绝缘细棒AB水平放置，丝线悬挂的质量为、带电荷量为的小球处在A点正上方的M点平衡时，悬线与竖直方向的夹角同电场力与竖直方向夹角相等，且均为37°，如图所示．带电棒AB在周围空间的场强可等效为AB棒上电荷集中在某点C（未画出）的点电荷Q形成的电场的场强，也可看成是将AB棒均分成两段、等效为两个点电荷形成的电场在空间某点的场强叠加，根据此方法判断和计算，下列判断正确的是（    ）A．细棒一定带正电B．细棒可能带负电C．BM连线中点N处场强大小为，方向竖直向上D．将小球从M移到N，其电势能减小【答案】AC【解析】A、小球所受电场力斜向上，因此AB与小球带同种电荷，即带正电，故A正确，B错误；C、设AB中点C到M的距离为，AB均匀带电，可等效为位于C点的点电荷Q，则M点场强；由小球平衡可得，小球受到的电场力F满足，因此场强又可表示为；将AB等份为AC、CB两部分，则AC、CB在N点的场强大小相等，方向与竖直方向成37°角，且CB中点D到N的距离，故CB在N点场强大小，，方向竖直向上，故C正确；D、将小球从M移到N，克服电场力做功，其电势能增加，故D错误． 三、解答题16．如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q．在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）A球刚释放时的加速度大小；（2）C点与B点的距离；（3）AP间的电势差．【答案】（1），（2）； （3）．【解析】（1）A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma
根据库仑定律有： 
又知
联立解得：a=gsinα-
（2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B点间的距离为d，则有：
解得：
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：解得：17．如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）．x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L．两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用．(1)求A球的带电荷量大小qA；(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h．【答案】（1）qA=6q（2）x0=4L（3）【解析】（1）对A、B由整体法得：2mg－qA－q=0解得：qA=6q（2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0，解得：x0=4L（3）运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgh－=0解得：18．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：mAgsin θ＝FT①对B有：qE＋f0＝FT②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋mAgsin θ－F′T－Fksin θ＝mAa ④对B有：F′T－qE－f＝mBa ⑤其中f＝μmBg ⑥Fk＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd ⑧由几何关系得x＝－⑨A由M到N，由v－v＝2ax得A运动到N的速度v＝⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv ⑪由以上各式，代入数据P＝0．528 W ⑫