1、二库 仑 定 律(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)1.(2020泉州高二检测)下列说法中正确的是()A.元电荷实质上是指电子和质子本身B.感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体C.当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时,这两个带电体才可以看成点电荷D.两个带电小球如果相距非常近,也能直接用库仑定律【解析】选C。元电荷是指最小的电荷量,不是指质子或者是电子,A错误;摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体,而感应起电是从物体的一部分转移到另一部分,B错误;两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时,这两个带电体
2、才可以看成点电荷,故C正确;两个带电小球相距非常近,不能看成点电荷,则不能直接用库仑定律,故D错误。2.(2020泸州高二检测)点电荷A的电荷量与点电荷B的电荷量之比为32,则A对B的作用力大小跟B对A的作用力的大小之比为()A.32B.23C.11D.61【解析】选C。由点电荷库仑力的公式F=k知,库仑力大小与电量的乘积有关,而A对B的作用力大小跟B对A的作用力大小是属于作用力与反作用力,因此不论电量大小如何,它们的大小相等,即11,故C正确,A、B、D错误,故选C。3.两点电荷相距为d,相互作用力为F,保持两点电荷电荷量不变,改变它们之间的距离,使之相互作用力的大小变为4F,则两电荷之间的
3、距离应变为()A.4dB.2dC.D.不能确定【解析】选C。当距离为d时有:F=k当距离变化后依据题意有:4F=k联立可得r=,故A、B、D错误,C正确。【加固训练】 真空中有两个静止的点电荷,它们之间静电力的大小为F,如果这两个点电荷的带电量和它们之间的距离都变为原来的2倍,那么它们之间的静电力的大小为()A.2FB.C.FD.【解析】选C。距离和电量改变之前电荷间的库仑力为:F=k,当距离和电量变为原来的2倍时:F=k=F,故C正确,A、B、D错误。4.(2020宜宾高二检测)两个半径、材质均相同的金属球A、B带等量同种电荷,它们之间的距离远大于小球本身直径。已知它们相隔一定距离时,两球之
4、间相互作用力的大小是F,现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的半径、材质均相同的金属小球C,先与小球A接触,再和小球B接触后移开。这时,A、B两球之间的相互作用力大小变为()A.B.C.D.【解析】选D。设原来两球带电量为q,两球之间的相互作用力大小为F=k;小球C先与A接触后,A球带的电荷,C球带的电荷,然后C再与B接触后,B、C两球的带电量为:=q,A、B两球之间的相互作用力大小为:F=k=k=F;故选D。5.科学研究表明,地球是一个巨大的带电体,而且表面带有大量的负电荷。如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃,恰好能悬浮在空中,若将其放在距离地球表面高度与地球半
5、径相等的位置时,则此带电尘埃将()A.向地球表面下落B.远离地球向太空运动C.仍处于悬浮状态D.无法判断【解析】选C。地球表面带负电,故可等效为一个带负电的且位于地球球心处的点电荷,这样地球和带电尘埃间的作用就可等效为点电荷间的作用,可以用库仑定律进行定量分析。由于尘埃与地球之间的位置变化很大,故尘埃的重力是变化的,所以需要先将地球与尘埃等效为两质点,才可用万有引力进行定量分析。设带电尘埃的质量为m,电荷量为q,地球的质量为M,地球所带负电荷总量为Q,地球半径为R,当尘埃放在距离地球表面高度为地球半径一半时,恰好悬浮,由库仑定律和万有引力定律可得:=G,得kQq=GMm当尘埃放在距离地球表面高
6、度与地球半径相等时,受到的万有引力F=;受到的库仑力为:F=,则=联立可知:=1,故C正确。6.如图所示,两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b,其壳层的厚度和质量分布均匀,将它们固定于绝缘支架座上,两球心间的距离l为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷,使其电荷量的绝对值均为Q,那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是()A.F引=G,F库=kB.F引G,F库kC.F引G,F库=kD.F引=G,F库k【解析】选D。万有引力定律适用于两个可看成质点的物体,虽然两球心间的距离l 只有其半径r的3倍,但由于其壳层的厚度和质量分布均匀,两球壳可看作质量集中于球心的质点。因
7、此,可以应用万有引力定律,所以两者之间的引力为F引=G,库仑定律适合于真空中的两个点电荷,由于两球心间的距离l只有其半径r的3倍,所以金属球壳a与b不能看作点电荷,则库仑力F库k ,故D正确,A、B、C错误;故选D。【加固训练】 如图所示,在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2,Q恰好静止不动,Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动,在运动过程中三个点电荷始终共线。已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2,不计点电荷间的万有引力,下列说法正确的是()A.Q1、Q2的电荷量之比为B.Q1、Q2的电荷量之比为()2C.Q1、Q2的质量之比为D.Q1、Q2的质量之比为()2【解析】选C。点电荷Q恰好
8、静止不动,根据库仑定律,则有k=k,所以Q1、Q2的电荷量之比为()2,A、B错误;据牛顿第二定律得,对Q1、Q2:它们间的库仑引力提供向心力,则有:m12r1=m22r2,所以Q1、Q2的质量之比为,C正确,D错误。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(12分)真空中,在光滑的水平面上,有两个固定的点电荷A和B,带电荷量分别为+Q和+4Q,它们之间的距离为L,现欲放置一点电荷C,为使点电荷C能保持静止,它应该放在什么位置?【解析】若要使C保持静止,则A和B对C的静电力应等大、反向且作用在一条直线上,所以C必须放在A和B的连线上;如果C
9、放在A和B的外侧,A和B对C的作用力同向,C不会保持平衡,故C应放在A和B的内侧;A的电荷量小于B的电荷量,如果C放在A和B连线的中点,A对C的作用力将小于B对C的作用力,所以C要放在A、B内侧且靠近A的位置,如图所示:设C的电荷量为q,C到A的距离为x,则C到B的距离为L-x,根据库仑定律有:A对C的静电力:F=kB对C的静电力:F=kC受力平衡,所以F=F,即:k=k,解得:x=L。答案:C应放在A、B之间距AL处8.(12分)a、b两个点电荷,相距40 cm,电荷量大小分别为q1和q2,且q1=9q2,都是正电荷,现引入点电荷c,这时a、b、c三个点电荷都恰好仅在彼此的静电力作用下处于平
10、衡状态,试问:点电荷c的电性是什么?电荷量有多大?它应放在什么地方?【解析】点电荷c应为负电荷,否则三个正电荷相互排斥,不可能平衡。由于每一个点电荷都受另外两个点电荷的作用,三个点电荷只有处在同一条直线上,且c在a、b之间才有可能都平衡。设c与a相距x,则c、b相距(0.4-x),如果点电荷c的电荷量大小为q3,根据二力平衡原理可列平衡方程:a平衡:k=kb平衡:k=kc平衡:k=k显然,上述三个方程实际上只有两个是独立的,解这些方程,可得:x=0.3 m,即c在a,b连线上,与a相距0.3 m=30 cm,与b相距10 cm,电量为:q3=q2=q1(q1、q2为正电荷,q3为负电荷)。答案
11、:负电荷q1放在a、b连线上,与a相距30 cm,与b相距10 cm处(15分钟40分)9.(7分)(2020荆州高二检测)如图,在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上,小球静止时细线与竖直方向成30角,已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小,则小球所带电量应为()A.B.C.D.【解析】选D。小球受到三个力作用:重力mg、电场力F和细线的拉力T,根据平衡条件得知:F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反,作出电场力在三种不同方向下的合成图如图所示,可以看出,当电场力F与细线的拉力T垂直时,电场力最小,由图求出电场力的最小值为:Fmin=mgsin30又Fmin=q
12、E,解得:q=。故选项D正确。【加固训练】如图所示,两个质量均为m=510-7 kg的小球,分别固定在长l=30 cm的两细丝线的一端,两细丝线的另一端固定于同一点O。当两小球带上等量正电荷,两球静止时两细丝线间夹角为=90(两小球可看成点电荷)。则每个小球的带电量是()A.110-6 CB.110-7 CC.110-8 CD.310-9 C【解析】选C。设小球在水平方向受到库仑力的大小为F。以右边的小球为研究对象,分析受力如图。则根据平衡条件有:F=mgtan=mgtan 45=510-710 N=510-6 N,根据库仑定律得:F=k,而L=l,代入数据,解得:q=110-8 C。故选C。
13、10.(7分)(2020贵阳高二检测)如图所示,质量分别是m1和m2,电荷量分别是q1和q2的小球,用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来,两丝线与竖直方向的夹角分别是和(),两小球恰在同一水平线上,那么()A.两球可能带同种电荷B.q1一定大于q2C.m1一定小于m2D.m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力【解析】选C。两球相互吸引必定是异种电荷,A错误;两球间的库仑力为相互作用力,无论电荷量是否相等都有库仑力大小相等,故无法判断电量的大小,B错误;设两球间库仑力大小为F,对m1研究,得到F=m1gtan,同理对m2研究,得到F=m2gtan,则m1tan=m2tan,因,得到m1m2,故C正确
14、。根据牛顿第三定律,m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力,D错误;故选C。11.(7分)水平面上A、B、C、D是边长为L的正方形的四个顶点,四点固定着四个电荷量均为Q的正点电荷。O点到A、B、C、D的距离均为L。现将一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,如图所示,为使小球能静止在O点,小球所带的电荷量应为(已知静电力常量为k,重力加速度为g)()A.B.C.D.【解析】选C。对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C、D处正点电荷施加的库仑力,由于正方形的边长为L,O点到正方形四个顶点的距离均为L,设小球所带电荷量为q,根据库仑定律可得正方形四个顶点处的点电荷对O处小球的库仑力
15、大小均为F=k,根据静电力的叠加和对称性可得正方形四个顶点处的点电荷对O处小球的库仑力的合力为:F合=4Fcos,为A、B、C、D处点电荷对小球施加的库仑力的方向与竖直方向的夹角,由几何关系可知=45,小球在O点静止,根据平衡条件有F合=mg,联立解得:q=,故C正确,A、B、D错误。【加固训练】 如图所示,在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B,它们用一绝缘轻弹簧相连,带同种电荷。弹簧伸长x0时小球平衡,如果A、B带电荷量加倍,当它们重新平衡时,弹簧伸长为x,则x和x0的关系为()A.x=2x0 B.x=4x0C.x4x0【解析】选C。设弹簧的劲度系数为k,原长为l,当系统平衡时,弹簧的
16、伸长量为x0,则有kx0=,如果A、B带电荷量加倍,当它们平衡时,有kx=k由解得:x4x0,C正确。12.(19分)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,固定着完全相同的三个带电小球a、b、c,三球在一条直线上,若释放a球,a球初始加速度为-1 m/s2(向右为正)。若释放c球,c球初始加速度为3 m/s2。当释放b球时,求b的初始加速度。【解析】方法一:(隔离法)对小球进行受力分析,由牛顿第二定律知:对a球有Fba+Fca=-m,对c球有Fac+Fbc=3m,由以上各式解得Fab+Fcb=-2m,即ab=-2 m/s2,方向向左。方法二:(系统的牛顿第二定律法)对三个小球a、b、c构成的系统,假
17、设同时释放三个小球,则三个小球构成的系统受到的合外力为零,且在释放瞬间,a球的加速度aa=-1 m/s2,c球的加速度为ac=3 m/s2,b球的加速度为ab。由系统的牛顿第二定律知:F合=maaa+mbab+mcac=m(aa+ab+ac)=0,即aa+ab+ac=0,所以ab=-(aa+ac)=-(-1+3) m/s2=-2 m/s2,方向向左。答案:2 m/s2,方向向左【加固训练】 如图所示,在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C,三球质量均为m,相距均为L。若小球均带电,且qA=+10q,qB=+q,为保证三球间距不发生变化,将一水平向右的恒力F作用于C球,使三者一起向右做匀加速运动。求:(1)F的大小。(2)C球的电性和电荷量。 【解析】因A、B小球带同种电荷,A球受到B球的库仑力向左,要使A球向右匀加速运动,则A球必须受到C球施加的向右的库仑力。设加速度为a,由牛顿第二定律有:对A、B、C三球整体,有F=3ma,对A球,有k-k=ma,对B球,有k+k=ma,解得:qC=q(负电),F=。答案:(1)(2)负电q关闭Word文档返回原板块