粵教版高中物理必修第三冊分層作業(yè)庫侖定律A組必備知識基礎(chǔ)練題組一庫侖定律1.兩個由絕緣支架支撐的相同金屬小球,分別帶有+q和+3q的電荷.現(xiàn)將兩金屬小球接觸后再放回原處.若兩金屬小球均可視為點電荷,則接觸后的兩小球之間的庫侖力將()A.變小 B.變大 C.不變 D.不確定2.如圖所示,A、B、C三點在同一直線上,AB=BC,在A處固定一電荷量為Q的點電荷.當在B處放一電荷量為q的點電荷時,它所受到的靜電力為F;移去B處點電荷,在C處放電荷量為2q的點電荷,其所受靜電力大小為()A.F4 B.F2 C.F3.(2024廣東清遠高二期末)探究靜電力的裝置如圖所示,將兩塊金屬圓片A、B分別固定在絕緣支架上,下支架固定在高精度電子秤的托盤上,上支架貼上距離標尺,穿過固定支架的小孔放置.現(xiàn)將電子秤示數(shù)歸零(“去皮”)后,給A、B帶上同種電荷.下列說法錯誤的是()A.A對B的靜電力與B對A的靜電力一定大小相等B.A、B所帶電荷量必須相等C.電子秤的示數(shù)會隨著A、B的靠近而變大D.用與A相同且不帶電的金屬圓片C與A接觸后移開,電子秤的示數(shù)將減半4.(2024廣東汕頭高二階段練習)如圖是定性探究電荷間相互作用力與兩電荷的電荷量和它們之間的距離關(guān)系的實驗裝置.(1)該實驗用到的研究方法是(填正確選項前的字母,單選).

A.理想實驗法B.等效替代法C.微小量放大法D.控制變量法(2)觀察到的現(xiàn)象是,當兩電荷距離一定時,兩電荷的電荷量越大,偏角越,說明相互作用力.當兩電荷的電荷量一定時,距離越大,偏角越,說明相互作用力越.

題組二靜電力的疊加規(guī)律5.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.金屬小球a和金屬小球c帶正電,金屬小球b帶負電,金屬小球a所帶電荷量比b所帶電荷量小.已知金屬小球c受到金屬小球a和金屬小球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()A.F1 B.F2C.F3 D.F4題組三靜電力作用下的平衡問題6.(2024廣東廣州高二期末)如圖所示,用兩根絕緣絲線掛著兩個質(zhì)量相同的小球M、N,此時上、下絲線的受力分別為TM和TN,如果使小球M帶正電,小球N帶負電,上、下絲線受到的力分別為TM'、TN',則()A.TM<TM' B.TN=TN'C.TM=TM' D.TN<TN'7.(2024廣東廣州高二期中)如圖所示,用長度不等的絕緣線將帶電小球A、B懸掛起來,兩線與豎直方向的夾角分別是θ1、θ2,兩個小球質(zhì)量分別是m1、m2,所帶電荷量分別為q1、q2,兩小球恰在同一水平線上,則下列說法正確的是()A.若m1>m2,則θ1>θ2B.若m1<m2,則θ1>θ2C.若q1=q2,則θ1=θ2D.若q1<q2,則θ1>θ2B組關(guān)鍵能力提升練8.(2024廣東汕頭高二階段練習)如圖所示,ACB為固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣半圓形軌道,在圓心O處固定一帶正電的點電荷Q,帶正電的小球(可視為質(zhì)點)靜止在最低點C.現(xiàn)給小球施加一水平向右的外力F,使小球沿軌道緩慢地向上移動,對此過程,下列說法正確的是()A.小球所受庫侖力恒定B.外力F先減小后增大C.小球所受合外力逐漸增大D.小球?qū)壍赖膲毫χ饾u增大9.真空中正三角形ABC的三個頂點上分別放有電荷量相等、電性不同的點電荷,A、C兩點為正電荷,B為負電荷,如圖所示,C處點電荷所受靜電力大小為F,則A、B兩處點電荷所受靜電力大小分別為()A.F、2F B.F、3FC.2F、F D.3F、F10.(2024廣東清遠高二期中)如圖所示,帶電小球P、Q質(zhì)量均為m,電荷量均為q.P用絕緣輕質(zhì)細線懸掛于O點,Q與P處于同一水平線上,P平衡時細線與豎直方向成θ角(θ<45°).現(xiàn)在同一豎直面內(nèi)向右下方緩慢移動Q,使P能夠保持在原位置不動,直到Q移動到P位置的正下方.P、Q均可視為點電荷,靜電力常量為k.則此過程中,P、Q間的最大距離為()A.kq2mgC.kq2mg11.(多選)(2024重慶沙坪壩高二階段練習)如圖所示,固定在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個帶正電小球A、B,A位于筒底靠在左側(cè)壁處,B在右側(cè)筒壁上受到A的庫侖力作用處于靜止狀態(tài).若筒壁豎直,A的電荷量保持不變,B由于漏電而下降少許后重新平衡,下列說法正確的是()A.小球A、B間的庫侖力變小B.小球A、B間的庫侖力變大C.小球A、B對筒壁的壓力都變大D.小球A對筒底的壓力變大12.如圖所示,△abc處在真空中,邊長分別為ab=5cm,bc=3cm,ca=4cm.三個帶電小球固定在a、b、c三點,電荷量分別為qa=6.4×10-12C,qb=-2.7×10-12C,qc=1.6×10-12C.已知靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,求c點小球所受庫侖力的大小及方向.13.某同學設(shè)計了一種測量物體所帶電荷量的方案,其原理如圖所示.在O點正下方某位置固定一電荷量為+Q的絕緣小球A.長為l的絕緣細線一端固定在O點,另一端與一個質(zhì)量為m的帶電金屬小球B相連.小球B靜止時恰好與小球A在同一水平線上,用量角器測出細線與豎直方向的夾角為θ.已知靜電力常量為k,重力加速度為g,兩小球的大小可忽略不計,求:(1)平衡時小球B受到的庫侖力大小;(2)小球B所帶的電荷量q.C組核心素養(yǎng)拔高練14.如圖所示,電荷量為Q=1×10-7C的小球A固定在光滑絕緣桌面的上方,距桌面高度h=310m,一個質(zhì)量為m=1×10-4kg、電荷量為q=-4×10-8C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影點O為圓心做勻速圓周運動,其運動半徑為r=0.1m.已知靜電力常量k=9×109N·m2/C2(1)小球A、B之間的庫侖力F的大小;(2)桌面對小球B的支持力FN的大小;(3)小球運動的線速度v的大小.(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)分層作業(yè)庫侖定律參考答案1.B解析兩小球接觸前,由庫侖定律可得F=3kq2r2,接觸后,兩小球的電荷量均變?yōu)閝'=q+3q2=2.B解析設(shè)AB=BC=r,在A處固定一電荷量為Q的點電荷.當在B處放一電荷量為q的點電荷時,它所受到的靜電力為F,根據(jù)庫侖定律有F=kQqr2,移去B處點電荷,在C處放電荷量為2q的點電荷,其所受靜電力大小為FC=kQ3.B解析A對B的靜電力與B對A的靜電力是一對相互作用力,一定大小相等,A正確,不符合題意;靜電力是電荷間的相互作用力,靜電力與電荷所帶電荷量的多少有關(guān),與電荷間的距離有關(guān),在探究靜電力的規(guī)律時,A、B所帶電荷量不一定相等,B錯誤,符合題意;兩點電荷間的靜電力與它們間的距離的二次方成反比,因此電子秤的示數(shù)會隨著A、B的靠近而變大,C正確,不符合題意;用與A相同且不帶電的金屬圓片C與A接觸后移開,則A所帶電荷量是原來A所帶電荷量的一半,因A、B間的靜電力與它們所帶電荷量的乘積成正比,所以電子秤的示數(shù)將減半,D正確,不符合題意.故選B.4.解析(1)在研究電荷之間作用力大小的決定因素時,采用控制變量的方法進行,如本實驗,根據(jù)小球的擺角變化可以看出小球所受作用力隨電荷量或距離變化情況.故選D.(2)當兩電荷距離一定時,兩電荷的電荷量越大,偏角越大,說明相互作用力大;當兩電荷的電荷量一定時,距離越大,偏角越小,說明作用力越小.答案(1)D(2)大大小小5.B解析根據(jù)“同性相斥,異性相吸”的規(guī)律,確定金屬小球c受到金屬小球a和金屬小球b的靜電力方向,若金屬小球a、b所帶電荷量相同,金屬小球c的受力方向應(yīng)平行于ab向右,考慮金屬小球a所帶電荷量小于金屬小球b所帶電荷量,則Fac與Fbc的合力向Fbc靠近,只能為F2,故B正確.6.C解析無論小球M、N帶電與否,上面絲線的拉力都始終等于小球M、N的重力之和,則有TM=TM',在兩小球沒有帶電時,下面絲線的拉力等于小球N的重力,當小球M帶正電,小球N帶負電后,小球N會受到小球M向上的靜電力,使得下面絲線的拉力小于小球N的重力,則有TN>TN',故選C.7.B解析以m1為研究對象,m1的受力如圖所示.根據(jù)受力平衡可得Tsinθ1=F庫,Tcosθ1=m1g,可得tanθ1=F庫m1g,同理對于質(zhì)量為m2的小球有tanθ2=F庫m2g,因為不論q1、q2大小如何,兩帶電小球所受庫侖力屬于作用力與反作用力,大小相等,故有tanθ1tanθ2=m2gm1g,可知兩線與豎直方向的夾角只與兩小球的質(zhì)量有關(guān),與電荷量無關(guān);若m18.D解析小球所受庫侖力大小不變,但在小球運動過程中庫侖力的方向時刻在改變,則小球所受庫侖力為變力,故A錯誤;小球在運動過程中,小球、圓心的連線與豎直方向的夾角為θ,小球受力分析如圖所示.根據(jù)平衡條件可得mgsinθ=Fcosθ,FN=FC+mgcosθ+Fsinθ,整理得F=mgtanθ,FN=FC+mgcosθ,小球沿軌道緩慢地向上移動過程中θ逐漸增大,即外力F9.B解析A對C的作用力沿AC方向,B對C的作用力沿CB方向,兩個力大小相等,之間的夾角為120°,合力為F,所以A對C的作用力與B對C的作用力大小都等于F,則任意兩點電荷間的作用力大小為F,根據(jù)對稱性,A處點電荷所受靜電力大小也為F,B處點電荷所受靜電力大小為2Fcos30°=3F,故選B.10.B解析如圖所示,畫出小球P的受力示意圖,當小球P位置不動,Q緩慢向右下方移動時,Q對P的庫侖力先減小后增大,P、Q間庫侖力最小時,P、Q間距離最大.則有mgsinθ=kq2r2,解得r=11.BC解析對B受力分析如圖所示,由平衡條件可得F庫=mBgcosθ,B由于漏電而下降少許后重新平衡,θ增大,故小球A、B間的庫侖力變大,故A錯誤,B正確;B對筒壁的壓力為FN=mgtanθ,θ增大,可知B對筒壁的壓力變大,將小球A、B看成整體,小球A、B水平方向受力平衡,可知筒壁對A的壓力等于筒壁對B的壓力,根據(jù)牛頓第三定律可知,小球A對筒壁的壓力變大,故C正確;將小球A、B看成整體,小球A、B豎直方向受力平衡,筒底對A的支持力等于小球A、B12.解析如圖所示,由幾何關(guān)系知,ca⊥bc,△abc為直角三角形.a、b兩點的小球?qū)點的小球的庫侖力分別為Fca=5.76×10-11NFbc=4.32×10-11N由平行四邊形定則得F=7.2×10-11N由幾何關(guān)系知c點小球所受庫侖力方向平行于ab連線向右.答案7.2×10-11N,方向平行于ab連線向右13.解析(1)對小球B受力分析,由幾何關(guān)系得FCmg=得FC=mgtanθ.(2)由庫侖定律可得FC=kQq又r=lsinθ聯(lián)立解得q=mgl答案(1)mgtan