【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版选修3-11-1电荷及其守恒定律限时过关练（解析版）

【物理】2020届信阳一高一轮复习人教新课标版选修3-11-1电荷及其守恒定律限时过关练（解析版）

信阳一高2020年高考物理一轮复习限时过关练：‎ 选修3-1 1.1 电荷及其守恒定律（解析版)‎ ‎1．下列关于起电的说法错误的是　　‎ A．不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律 B．摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电 C．摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分 D．一个带电体接触一个不带电的物体，则两个物体带上等量异种电荷 ‎2．关于电荷量的说法哪些是正确的 A．物体所带的电荷量可以为任何值 B．物体所带的电荷量只能为正值 C．物体带电荷量为，这是因为得到了个电子 D．物体带电量的最小值是 ‎3．真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为‎2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．导体A带5q的正电荷，另一完全相同的导体B带-q的负电荷，将两导体接触一会后再分开，则B导体带的电荷量为（ ）‎ A． B．q C．2q D．-2q ‎5．不带电的金属导体P与带正电的金属导体Q接触之后也带正电，原因是 A．P有部分电子转移到Q上 B．Q有部分电子转移到P上 C．P有部分正电荷转移到Q上 D．Q有部分正电荷转移到P上 ‎6．两平行金属板水平放置，板间距为‎0.6cm，两板接上6×103V电压，板间有一个带电液滴质量为4.8×10‎-13 kg，处于静止状态，则油滴上有元电荷数目是（g取‎10m/s2）（ ）‎ A．3×106 B．‎30 ‎C．10 D．3×104‎ ‎7．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎8．用一根带电棒移近一个带负电的验电器，金箔先闭合而后又张开，说明棒上带的电荷（　　）‎ A．一定是负电荷 B．一定是正电荷 C．一定不带电 D．以上三种情况均有可能 ‎9．如图所示在绝缘支架上的导体A和导体B按图中方式接触放置，原先AB都不带电，先让开关K1，K2均断开，现在将一个带正电小球C放置在A左侧，以下判断正确的是（　　）‎ A．只闭合K1，则A左端不带电，B右端带负电 B．只闭合K2，接着移走带电小球，最后将AB分开，A带负电 C．K1、K2均闭合时，A 、B两端均不带电 D．K1、K2均闭合时，A左端带负电，B左端不带电 ‎10．为了研究空腔导体内外表面的电荷分布情况，取两个验电器A和B，在B上装一个几乎封闭的空心金属球C（仅在上端开有小孔），D是带有绝缘柄的金属小球，如图所示。实验前他们都不带电，实验时首先将带正电的玻璃棒（图中未画出）与C接触使C带电。以下说法正确的是 A．若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则B的箔片带负电 B．若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则B的箔片不会带电 C．使D接触C的外表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大 D．使D接触C的内表面，然后接触A，操作若干次，观察到A的箔片张角变大 ‎11．有两个完全相同的带电绝缘金属球A、B，分别带有电荷量QA1=6.4×10‎-9C和QB1=–3.2×10‎-9C,让两绝缘金属小球接触后再分开，求：‎ ‎（1）小球A、B带电量QA2和QB2各为多少库仑？‎ ‎（2）在接触过程中，电子如何转移并转移多少个电子（元电荷e=1.6×10‎-19C）？‎ ‎12．两个带电小球A和B，质量分别为m1、m2，带有同种电荷，带电荷量分别为q1、q2．A、B两球均放在光滑绝缘的水平板上，A球固定，B球被质量为m3的绝缘挡板P挡住静止，A、B两球相距为d，如图所示．某时刻起挡板P在向右的水平力F作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过一段时间带电小球B与挡板P分离，在此过程中力F对挡板做功W．求：‎ ‎（1）力F的最大值和最小值；‎ ‎（2）带电小球B与挡板分离时的速度．‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ A、不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律，故A正确；‎ B、摩擦起电时，电子发生转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故B正确；‎ C、摩擦和感应起电的原因均为电荷的转移，摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；‎ D、接触起电时，两物体只能带上同种电荷，并且只有两物体完全相同时才能带等量电荷，故D错误；‎ 点睛：明确电荷守恒定律的内容，知道起电的本质是电荷的转移；并且主要是电子的转移；并能正确进行解释即可求解。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.元电荷是最小的电荷量，物体所带的电荷量只能是元电荷的电荷量的整数倍，故选项A不符合题意；‎ B.正电荷所带的电荷量为正值，负电荷所带的电荷量为负值，故选项B不符合题意；‎ C.元电荷，物体所带的电荷量为，这是得到了个电子，故选项C符合题意；‎ D.元电荷是最小的电荷量，其值为，物体所带电荷量的最小值为，故选项D不符合题意。‎ ‎3．B ‎【解析】根据库仑定律，两球间的库仑力： ,将它们接触后再分开，然后放在距离为‎2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正确。‎ 故选：B。‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两相同的导体相互接触时，若带同种电荷则将两球带电量平分，若带异种电荷则将电量先中和再平分，据此可正确解答本题。‎ ‎【详解】‎ 两带电体带异种电荷，接触后先将电量中和，故接触后两带电体带电总和为：5q-q=4q，‎ 当两带电体分开后，将总电量平分，所以将两导体接触一会后再分开，则B导体的带电量为2q，故C正确，ABD错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键是根据电荷守恒定律得到，两个相同的金属球接触后，电荷总量先中和后均分。‎ ‎5．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 原来金属导体P不带电，对外显电中性，金属导体P与带正电的物体接触时，带正电物体夺得电子的本领大于不带电的金属球，带正电的物体夺得电子，故金属球P失去电子带正电 A.P有部分电子转移到Q上与分析相符，故A项正确；‎ B.Q有部分电子转移到P上与分析不符，故B项错误；‎ C.P有部分正电荷转移到Q上与分析不符，故C项错误；‎ D.Q有部分正电荷转移到上与分析不符，故D项错误。‎ ‎6．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 平行金属板板间场强为，带电液滴所受电场力为F=qE，带电液滴在匀强电场中处于静止状态，电场力与重力平衡，则有，所以，油滴上元电荷的数目为 A. 3×106与计算结果不符，故A错误。‎ B. 30与计算结果相符，故B正确。‎ C. 10与计算结果不符，故C错误。‎ D. 3×104与计算结果不符，故D错误。‎ ‎7．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故ACD项错误，B项正确。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 电荷通过验电器的金属球传给金属杆传给两片金属箔，两片金属箔带同种电荷，同种电荷相互排斥而张开。因验电器的金属球带负电，验电器的金属箔先闭合，说明了金箔失去电子；而验电器的小球一端得到电子，带的负电荷的电量增加，说明物体带的是正电；验电器的金箔后又张开是因为验电器金属箔的一端将更多的负电荷的传导给了小球一端，验电器的金属箔因带同种电荷而张开。‎ A. 一定是负电荷，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 一定是正电荷，与结论相符，选项B正确；‎ C. 一定不带电，与结论不相符，选项C错误；‎ D. 以上三种情况均有可能，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎9．D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.只闭合开关时K1，由于静电感应的作用，金属导体右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体右端不再带有电荷，左端带负电，故A错误.‎ B.当闭合开关时K2，由于静电感应的作用，金属导体B右端带的正电荷会被从大地上来的负电荷中和，所以导体B 右端不再带有电荷，左端带负电，接着移走带电小球，A端的负电会被中和而都不带电，最后将AB分开，则A端和B端均不带电带负电；故B错误.‎ CD. K1、K2均闭合时，导体AB的近端还是A端会感应异种电荷带负电，远端通过接地线变成了无穷远，故B端不带电；故C项错误，D项正确.‎ ‎10．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.若将带正电的玻璃棒接触C外表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故A错误.‎ B.若将带正电的玻璃棒接触C内表面，则C以及与C连接的B的箔片都带正电；故B错误.‎ C.若使D接触C的外表面，D上的电荷只有一部分转移到C上，D仍然带电；然后接触A，则A的一部分电荷又转移到A上；操作若干次，观察到A的箔片张角变大；故C正确.‎ D.若使D接触C的内表面，则D上的电荷全部转移到C上，D不再带电；然后接触A，A不能带电；操作若干次，观察到A的箔片张角不变；故D错误.‎ ‎11．（1）绝缘金属小球接触后A、B所带的电荷量各是1.6×10‎-9C，1.6×10‎-9C；（2）电子由B球转移到A球，转移了3.0×1010个电子.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）两球接触后所带电荷量相等且为：Q′A=Q′B=C=1.6×10‎-9C； （2）在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身的负电荷全部中和，且电子继续转移，使B球带Q′B的正电，因此共转移电子的电荷量为：△Q=3.2×10‎-9C+1.6×10‎-9C=4.8×10‎-9C 转移的电子数为：n==3.0×1010（个） 即电子由B向A转移，共转移了3.0×1010个．‎ ‎【点睛】‎ 完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，注意正负中和的含义，及电量平分的条件.‎ ‎12．（1）F最大值：m‎3a；最小值 ‎（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）开始运动时力F最小，以B球和挡板整体为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ 解得最小力为：‎ B球与挡板分离后力F最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为：F2＝m‎3a ‎（2）B球与挡板分离时，其与a球的距离为r，以B球为研究对象，由牛顿第二定律得：①‎ B球匀加速直线运动的位移为：x＝r－d ②‎ 由运动学公式得：v2＝2ax ③‎ 由①②③联立解得带电小球B与挡板分离时的速度为：‎ 考点：牛顿第二定律；库仑定律的应用 ‎【名师点睛】本题关键是要分析物理过程，灵活选取研究对象，根据牛顿第二定律分析并求解加速度是解题的重要步骤；难度中等。‎