第7章 1 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

[基础题组]

1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)

A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷

C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷

[解析]　两细绳都恰好与天花板垂直说明两小球水平方向都处于平衡状态。设匀强电场场强为E，P所带电荷量大小为q，Q所带电荷量大小为q′。若P带负电，对P分析如图甲所示，此时Q应带正电，对Q分析如图乙所示，两细绳可与天花板垂直，符合题意；同理分析若P带正电，不符合题意。故选D。

[答案]　D

2．(2020·武汉高三调研)在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，符号是C，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。关于电荷量与库仑力，下列说法不正确的是(　　)

A．两个电荷量为1 C的点电荷在真空中相距1 m时，相互作用力相当于地球上九十万吨的物体所受的重力

B．我们几乎不可能做到使相距1 m的两个物体都带1 C的电荷量

C．在微观带电粒子的相互作用中，库仑力比万有引力强得多

D．库仑定律的公式和万有引力定律的公式在形式上很相似，所以它们是性质相同的两种力

[解析]　库仑定律的公式和万有引力定律的公式在形式上很相似，但是它们是性质不相同的两种力，选项D说法不正确，其他说法正确。

[答案]　D

3．(2021·河北张家口模拟)如图所示，将两个质量均为m，带电量分别为＋q、－q的小球a、b用绝缘细线悬挂于O点，置于水平方向的匀强电场中，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为30°。则F的大小可能为(　　 )

A．mg　　　　　　　 B.mg

C.mg  D.mg

[解析]　以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时的受力图如图所示，根据平衡条件得知：

F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin＝ 2mgsin θ＝ mg，所以F的大小可能为mg，其他值不可能，故A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

4.(2021·湖北三市联考)如图所示，一边长为L的立方体绝缘体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和O、O和c间的距离均为L，在a点处固定有一电荷量为q(q<0)的点电荷。已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　 )

A．k  B．k

C．k  D．k

[解析]　b点处的场强为零，边长为L的立方体上电荷在b点产生的电场的电场强度与a点处固定的点电荷在b点产生的电场的电场强度大小相等、方向相反。由点电荷电场强度公式，a点处固定的点电荷在b点产生的电场的电场强度大小为Eab＝k。边长为L的立方体上电荷在c点产生的电场的电场强度EOc＝Eab＝k，方向由c指向O。a点处固定的点电荷在c点产生的电场的电场强度大小为Eac＝k，方向由c指向O。根据电场叠加原理，c点处场强的大小为Ec＝EOc＋Eac＝k＋k＝k，选项D正确。

[答案]　D

5．(多选)(2020·唐山期末)如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E。则d点放入电荷q后，b点的场强大小可能是(　　)

A.E　　 B.E　　　

C.E　　 D.E

[解析]　设四点的间距为r，则只放点电荷Q时，b点的场强E＝k；此时Q在c点的场强为：k＝E；若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E，若q带负电，q在c点形成电场的电场强度为：k＝E－E＝E，则此时b点的场强为：E＋＝E；若q带正电，则c点的合场强向左，则k－E＝E，即k＝E；则此时b点的场强为：E－＝E，故选A、C。

[答案]　AC

6．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E。现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度改变，则下列判断正确的是(　　)

A．移至c点时，O点的电场强度大小仍为E，沿Oe方向

B．移至e点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向

C．移至b点时，O点的电场强度大小为E，沿Oc方向

D．移至f点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向

[解析]　由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。当正点电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oe方向，故A错误；当正点电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc方向，故B正确；当正点电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oe角平分线斜向上，故C错误；当正点电荷移至f处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oc角平分线斜向下，故D错误。

[答案]　B

7．(2020·陕西检测)均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球半径为R，MN为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有A、B两点，A、B关于O点对称，AB＝4R。已知A点的场强大小为E，则B点的场强大小为(　　)

A.＋E  B.－E

C.＋E  D.－E

[解析]　若将半径为R的带电荷量为2q的球体放在O处，均匀带电的球体在A、B点所产生的场强大小为E0＝＝。由题知半球体(上半部分)在A点产生的场强大小为E，则另一半球体(下半部分)在B点产生的场强大小也为E，则题给半球体在B点产生的场强大小为E′＝E0－E，解得E′＝－E，选项B正确。

[答案]　B

8．(2020·四川攀枝花模拟)如图所示，真空中三个质量相等的小球A、B、C，带电量分别为QA＝6q，QB＝3q，Qc＝8q。现用恰当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等。不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为(　　 )

A.F  B．F

C.F  D.F

[解析]　对三个球的整体：F＝3ma；对AB的整体：F1＝2ma，解得F1＝F；即A、B对C的库仑力的合力为F；因＝k：k＝，分析库仑力的方向后可知FBC－FAC＝F，解得FBC＝F。

[答案]　A

[提升题组]

9．(2021·湘赣十四校联考)如图，边长为a的立方体ABCD－A′B′C′D′八个顶点上有八个带电质点，其中顶点A、C′电量分别为q、Q，其他顶点电量未知，A点上的质点仅在静电力作用下处于平衡状态，现将C′上质点电量变成－Q，则顶点A上质点受力的合力为(不计重力)(　　 )

A.  B.

C.  D．0

[解析]　开始时A上质点受力平衡，A、C′间库仑力与其他六个质点对A的合力等大反向，当C′上质点电性变为－Q时，A质点受到的力为原来的FAC′的两倍，FAC′＝＝，所以A质点受的合力为2FAC′＝＝，故B正确。

[答案]　B

10.(2021·湖北武汉模拟)如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一直径为L的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线框的圆心，现在线框上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向左移动的距离到F点处，若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场强度大小为(　　 )

A．k　　 B．k 

C．k　　 D．k

[解析]　线框上剩余的电荷在O点产生的场强等效为取下的q电荷在O点产生的场强故E1＝＝，方向水平向左；将q移到F点时，q在O点产生的场强为：E2＝，方向向右；则由场强的叠加可知O点的场强：E＝E1－E2＝，方向向左；故选B。

[答案]　B

11．(2020·重庆二模)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。

(1)试求这个匀强电场的场强E的大小；

(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？

[解析]　(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan θ＝qE

解得：E＝

(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。

根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′

则得：E′＝。

[答案]　(1)　(2)

12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。现有一带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点。设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：

(1)小球到达B点的速度大小。

(2)小球受到的电场力的大小。

(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力。

[解析]　(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程，由动能定理得：mg·4R＝mv－0

解得：vB＝

(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg(方向竖直向上)，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝mv－mv

小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，则：

4R＝vCt

2R＝·t2

联立解得：Fx＝mg

故F＝＝mg

(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN提供，故弹力FN的方向水平向左，由牛顿第二定律得：Fx＋FN＝m

解得FN＝3mg　方向水平向左

根据牛顿第三定律得压力大小：F′N＝FN＝3mg，方向水平向右。

[答案]　(1)　(2)mg　(3)3mg　水平向右