2024-2025學年高中物理第一章靜電場2庫侖定律練習含解析新人教版選修3-1

PAGE6-庫侖定律基礎(chǔ)夯實一、選擇題(1～4題為單選題，5、6題為多選題)1．下列說法中正確的是(D)A．點電荷就是體積很小的帶電體B．點電荷就是體積和帶電荷量都很小的帶電體C．依據(jù)F＝eq\f(kq1q2,r2)可知，當r→0時F→∞D(zhuǎn)．靜電力常量的數(shù)值是由試驗得出的解析：由點電荷的定義、庫侖定律及其適用條件知A、B、C錯誤，D正確。2．(2024·江蘇省蘇州市高二上學期期末)如圖所示，一個帶正電的球體M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶電小球N先后掛在橫桿上的P1和P2處。當小球N靜止時，絲線與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2(θ2圖中未標出)。則(A)A．小球N帶正電，θ1>θ2 B．小球N帶正電，θ1<θ2C．小球N帶負電，θ1>θ2 D．小球N帶負電，θ1<θ2解析：小球M與N相互排斥，M、N帶同種電荷，M帶正電，N也帶正電，小球N受重力mg，繩的拉力，庫侖力F，繩與豎直方向夾角為：tanθ＝eq\f(F,mg)，庫侖力：F＝keq\f(Qq,r2)，由于電荷N懸掛在P1點時距離小，庫侖力大，偏角大，故θ1＞θ2，故A正確，B、C、D錯誤。3．(2024·上海市金山中學高二上學期期中)兩個相同的金屬小球A、B，所帶的電量qA＝＋q0、qB＝－7q0，相距r放置時，相互作用的引力大小為F?，F(xiàn)將A球與B球接觸，再把A、B兩球間的間距增大到2r，那么A、B之間的相互作用力將變?yōu)?A)A．斥力、eq\f(9F,28) B．斥力、eq\f(9F,14)C．引力、eq\f(9F,28) D．引力、eq\f(9F,14)解析：金屬小球A和B，帶電量分別為＋q0和－7q0，相互作用力大小為F，依據(jù)庫侖定律，有：F＝keq\f(q0·7q0,r2)將兩球接觸后再放回原處，電荷先中和再平分，帶電量變?yōu)閑q\f(q0－7q0,2)＝－3q0，依據(jù)庫侖定律，有：F′＝keq\f(3q0·3q0,2r2)＝eq\f(9,28)F，且表現(xiàn)為斥力，故A正確，B、C、D錯誤；故選A。4．(2024·湖北華中師大附中高二上學期期末)如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量比b的小。若c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應(yīng)是(B)A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：小球c將受到小球a、b的庫侖力，由于a的電荷量比b的小，故Fac<Fbc，對球c受力分析如圖所示，依據(jù)平行四邊形定則知Fac與Fbc的合力應(yīng)偏向Fbc一側(cè)，故選B。5．如圖所示，上端固定在天花板上的絕緣輕繩連接帶電小球a，帶電小球b固定在絕緣水平面上，可能讓輕繩伸直且a球保持靜止狀態(tài)的情景是(ACD)解析：若要使A球處于靜止狀態(tài)其所受的合力為零，對a球所處的各種狀態(tài)進行受力分析，可知A、C、D選項中a球可能處于平衡狀態(tài)。6．宇航員在探測某星球時有如下發(fā)覺：(1)該星球帶負電，而且?guī)щ妱蚍Q；(2)該星球表面沒有大氣；(3)在一次試驗中，宇航員將一個帶電小球(小球的帶電量遠小于星球的帶電量)置于離星球表面某一高度處無初速釋放，帶電小球恰好能處于懸浮狀態(tài)。則依據(jù)以上信息可以推斷(BD)A．小球肯定帶正電B．小球肯定帶負電C．只變更小球的電荷量，從原高度無初速釋放后，小球仍將處于懸浮狀態(tài)D．只變更小球離星球表面的高度，無初速釋放后，小球仍將處于懸浮狀態(tài)解析：可以將帶負電勻稱的星球視為負點電荷，帶電小球處于平衡狀態(tài)，即為庫侖斥力與萬有引力平衡，則eq\f(kQq,r2)＝eq\f(GMm,r2)，所以正確答案為B、D。二、非選擇題7．(2024·山東省濰坊市高二上學期三校聯(lián)考)把質(zhì)量2g的帶負電小球A，用絕緣細繩懸起，若將帶電荷量為Q＝4.0×10－6C的帶電球B靠近A，當兩個帶電小球在同一高度相距30cm時，繩與豎直方向成α＝45°角。試求：(1)B球受到的庫侖力多大？(2)A球帶電荷量是多少？答案：(1)2×10－2N(2)5.0×10－8C解析：(1)帶負電的小球A處于平衡狀態(tài)，A受到庫侖力F′、重力mg以及繩子的拉力T的作用，其合力為零。因此mg－Tcosα＝0 ①F′－Tsinα＝0 ②②÷①得F′＝mgtanα＝2×10－3×10×1N＝2×10－2N。依據(jù)牛頓第三定律有F＝F′＝2×10－2N，(2)依據(jù)庫侖定律F′＝keq\f(qQ,r2)∴q＝eq\f(F′r2,kQ)＝eq\f(2×10－2×0.32,9×109×4.0×10－6)C＝5.0×10－8C。實力提升一、選擇題(1～3題為單選題，4、5題為多選題)1．(2024·山東省威海市高二上學期段考)如圖，A、B兩個帶電小球用等長絕緣輕質(zhì)細線懸掛于O點，A球固定，B球受到庫侖力作用，與其相連的細線與豎直方向成肯定的夾角，若其中一個小球由于漏電，電荷量緩慢減小，則關(guān)于A、B兩球的間距和庫侖力大小的變更，下列說法中正確的是(B)A．間距變小，庫侖力變大 B．間距變小，庫侖力變小C．間距變小，庫侖力不變 D．間距變大，庫侖力變小解析：以小球B為探討對象，受到重力G、A的斥力F2和線的拉力F1三個力作用，受力示意圖如圖；作出F1、F2的合力F，則由平衡條件得F＝G，依據(jù)△CBD∽△OAB得eq\f(F,OA)＝eq\f(F2,AB)，在電荷量漸漸削減的過程中，OB、OA、G均不變，AB減小，A、B間斥力F2變小，故B正確。2．如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質(zhì)量分布勻稱，將它們分別固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，兩球電量的肯定值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為(D)A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)解析：萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質(zhì)量分布勻稱，兩球殼可看作質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點。因此，可以應(yīng)用萬有引力定律。對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，不能看成點電荷，不滿意庫侖定律的適用條件，故D正確。3．一根放在水平面內(nèi)的絕緣光滑玻璃管，內(nèi)部有兩個完全相同的彈性金屬小球A和B，帶電荷量分別為＋9Q和－Q。兩小球從圖示位置由靜止釋放，那么，兩小球再次經(jīng)過圖示位置時，A球的瞬時加速度為釋放時的(A)A．eq\f(16,9)倍 B．eq\f(9,16)倍C．1倍 D．eq\f(3,20)倍解析：設(shè)圖示位置時兩小球之間的距離為r，則釋放時兩小球之間的靜電力大小為F＝keq\f(9Q2,r2)，由牛頓其次定律可得釋放時A球的瞬時加速度a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(9kQ2,mr2)。釋放后在靜電引力作用下，兩小球接觸后再分開，電量先中和再平分，二者帶了等量同種電荷，當再次經(jīng)過圖示位置時，兩小球之間的靜電力大小為F′＝keq\f(4Q2,r2)＝keq\f(16Q2,r2)，A球的瞬時加速度為a2＝eq\f(F′,m)＝eq\f(16kQ2,mr2)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(16,9)。A正確。4．(2024·陜西西北工業(yè)高校附中高二上學期期末)如圖所示，水平天花板下用長度相同的絕緣細線懸掛兩個相同的帶電介質(zhì)小球A、B，左邊放一個帶電荷量為＋Q的固定球時，兩懸線都保持豎直方向。下列說法中正確的是(BC)A．A球帶正電，B球帶正電，并且A球帶電荷量較小B．A球帶負電，B球帶正電，并且A球帶電荷量較小C．A球帶負電，B球帶正電，并且B球帶電荷量較大D．A球帶正電，B球帶負電，并且B球帶電荷量較大解析：存在固定球時，對A、B球受力分析，由于懸線都沿豎直方向，說明水平方向各自所受電場力合力為零，說明A球帶負電而B球帶正電。依據(jù)庫侖定律A離固定球近，所以A球帶電荷量較小，B球帶電荷量較大。故A、D錯誤，B、C正確。5．(2024·江西省宜春市高二上學期期末)如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣絲線懸掛于同一點，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，繩與豎直方向的夾角分別為α、β，且β＞α。若同時剪斷兩根細線，空氣阻力不計，兩球帶電荷量不變，則(AB)A．a(chǎn)球的質(zhì)量比b球的大 B．a(chǎn)、b兩球同時落地C．a(chǎn)球的電荷量比b球的大 D．a(chǎn)、b兩球飛行的水平距離相等解析：對小球受力分析，依據(jù)平衡條件有：mag＝eq\f(F庫,tanα)，mbg＝eq\f(F庫,tanβ)，由于β＞α，所以ma＞mb，故A正確；ma＞mb，因此水平方向上，a的加速度小于b的加速度。豎直方向上做自由落體運動，依據(jù)運動的獨立性可知，兩球同時落地，故B正確；a球的電荷量和b球的電量大小無法推斷，故C錯誤；由于a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飛行的距離比b球小，故D錯誤。故選AB。二、非選擇題6．如圖所示，一半徑為R的絕緣球殼上勻稱的帶有電量為＋Q的電荷，另一電量為＋q的點電荷放在球心O上，由于對稱性，點電荷受力為零，現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r(r?R)的一個小圓孔，則此時置于球心的點電荷所受力的大小為__keq\f(Qqr2,4R4)__(已知靜電力常量為k)，方向__由球心指向小孔中心__。解析：絕緣球殼電荷的面密度為：σ＝eq\f(Q,4πR2)球殼上挖去半徑為r的小圓孔，去掉的電量為q′，則：q′＝σπr2＝eq\f(Qr2,4R2)與球心O對稱位置相應(yīng)電荷對球心電荷的庫侖力大小為F＝keq\f(qq′,R2)＝keq\f(Qqr2,4R4)是斥力，方向由球心指向小孔中心。7．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R，在中心處固定一電荷量為＋Q的點電荷。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當小球運動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力大小。答案：6mg解析：設(shè)小球在最高點時的速度為v1，依據(jù)牛頓其次定律有mg－eq