2025版新教材高中物理專項(xiàng)9.3庫(kù)侖定律與力學(xué)綜合問(wèn)題課時(shí)作業(yè)新人教版必修第三冊(cè)

eq\a\vs4\al(專)eq\a\vs4\al(項(xiàng))3庫(kù)侖定律與力學(xué)綜合問(wèn)題1.[2024·江蘇啟東高二聯(lián)考]如圖所示，有一彎管ab，其中心線是半徑為r的一段圓弧，弧的圓心處有一個(gè)點(diǎn)電荷Q，有一束帶負(fù)電的粒子流從a端的中點(diǎn)射入，恰能沿中心線通過(guò)彎管的粒子應(yīng)為()A．質(zhì)量和速度之比相同的粒子B．電荷量和質(zhì)量之比相同的粒子C．電荷量和動(dòng)能之比相同的粒子D．電荷量和速度之比相同的粒子2．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有三個(gè)孤立的點(diǎn)電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動(dòng)，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中三個(gè)點(diǎn)電荷始終共線．已知Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計(jì)點(diǎn)電荷間的萬(wàn)有引力，下列說(shuō)法正確的是()A．Q1、Q2的電荷量之比為eq\f(r2,r1)B．Q1、Q2的電荷量之比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,r1)))eq\s\up12(2)C．Q1、Q2的質(zhì)量之比為eq\f(r2,r1)D．Q1、Q2的質(zhì)量之比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2,r1)))eq\s\up12(2)[答題區(qū)]題號(hào)12答案3.如圖所示，在一光滑絕緣半徑為R的豎直半圓弧槽ABC的圓心O處固定一電荷量為＋Q的帶電小球，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的光滑小球從A點(diǎn)由靜止釋放，求小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)槽的壓力．4．[2024·陜西銅川高二聯(lián)考]如圖所示，光滑絕緣水平面上停著A、B、C三個(gè)帶電小球，它們的質(zhì)量均為m，間距均為r，A帶電荷量QA＝＋5q，B帶電荷量QB＝＋q0，現(xiàn)在小球C上加一個(gè)水平向右的恒力，欲使A、B、C始終保持r的間距運(yùn)動(dòng)，求：(1)C球的電性和電荷量QC；(2)水平力F的大?。?．質(zhì)量均為m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，分別被長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O，給A、B分別帶上肯定量的正電荷，并用水平向右的外力FT作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細(xì)線豎直，懸掛B球的細(xì)線向右偏60°角，如圖所示．若A球的電荷量為q，重力加速度為g，靜電力常量為k.(1)求B球的電荷量；(2)求外力FT的大??；(3)撤去外力FT，把小球A固定在O點(diǎn)，小球B在原位置釋放，則當(dāng)小球B運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線上的拉力多大？專項(xiàng)3庫(kù)侖定律與力學(xué)綜合問(wèn)題1．答案：C解析：粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由庫(kù)侖力供應(yīng)，可知keq\f(Qq,r2)＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(kQq,mv2).因r、k、Q相同，故eq\f(q,mv2)的值相同，而動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，所以粒子的電荷量和動(dòng)能之比相同．2．答案：C解析：A、B錯(cuò)：由于Q處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有eq\f(kQQ1,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(kQQ2,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，所以eq\f(Q1,Q2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))eq\s\up12(2).C對(duì)，D錯(cuò)：對(duì)Q1有eq\f(kQQ1,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))－eq\f(kQ1Q2,（r1＋r2）2)＝m1ω2r1，對(duì)Q2有eq\f(kQQ2,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))－eq\f(kQ1Q2,（r1＋r2）2)＝m2ω2r2，則m1ω2r1＝m2ω2r2，得m1r1＝m2r2，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(r2,r1).3．答案：3mg＋keq\f(Qq,R2)方向豎直向下解析：設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為v，槽對(duì)小球的支持力為N，小球從A到B的過(guò)程，庫(kù)侖力不做功，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2，在B點(diǎn)，合力供應(yīng)向心力，有N－mg－keq\f(Qq,R2)＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立兩式得N＝3mg＋keq\f(Qq,R2)，由牛頓第三定律得小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)槽的壓力大小為3mg＋keq\f(Qq,R2)，方向豎直向下．4．答案：(1)帶負(fù)電eq\f(40qq0,5q－4q0)(2)eq\f(15kqq0（5q＋4q0）,（5q－4q0）r2)解析：(1)對(duì)A、B、C整體探討有加速度大小a＝eq\f(F,3m)，方向水平向右，A球受到B球庫(kù)侖斥力F1和C球庫(kù)侖力F2后，要產(chǎn)生水平向右加速度，F(xiàn)2必為引力，故C球帶負(fù)電．對(duì)A、B兩球有eq\f(k\f(QCQA,（2r）2)－k\f(QBQA,r2),m)＝eq\f(k\f(QCQB,r2)＋k\f(QAQB,r2),m)，解得QC＝eq\f(40qq0,5q－4q0).(2)對(duì)A球和A、B、C整體有eq\f(k\f(QCQA,（2r）2)－k\f(QBQA,r2),m)＝eq\f(F,3m)，解得F＝eq\f(15kqq0（5q＋4q0）,（5q－4q0）r2).5．答案：(1)eq\f(mgL2,kq)(2)eq\f(\r(3),2)mg(3)3mg解析：(1)對(duì)B，由平衡條件得mg＝keq\f(qqB,L2)解得qB＝eq\f(mgL2,kq)(2)對(duì)A，由平衡條件得FT＝FABcos30°＝mgcos30°＝eq