2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第51講 電荷守恒定律 庫侖定律加練半小時(shí) 教科版

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1、第51講 電荷守恒定律 庫侖定律方法點(diǎn)撥(1)注意庫侖力的大小與兩點(diǎn)電荷間的距離平方成反比(2)庫侖力作用下的物體平衡問題，要注意整體法、隔離法的應(yīng)用1(2017黑龍江雙鴨山一中月考)兩個(gè)相同的可視為點(diǎn)電荷的帶異種電荷的導(dǎo)體小球所帶電荷量的比值為13，相距為r時(shí)相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時(shí)庫侖力的大小為()A.FB.FC.FD.F2(2018河北邢臺(tái)質(zhì)檢)如圖1所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同傾角為、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，

2、P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖1AP、Q所帶電荷量為BP對(duì)斜面的壓力為0C斜面體受到地面的摩擦力為0D斜面體對(duì)地面的壓力為(Mm)g3如圖2所示，光滑平面上固定金屬小球A，用長為l0的絕緣彈簧將A與另一個(gè)金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)閤2，則有()圖2Ax2x1Bx2x1Cx2x1Dx2ACBC，可以判斷圖中()圖5A三個(gè)小球電荷量的代數(shù)和可能為0B三個(gè)小球一定帶同種電荷C三個(gè)小球所受環(huán)的彈力大小為NANBNCD三個(gè)小球帶電荷量的大小為QAQCQB7(多選)如圖6所示，a

3、、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量大小均為q，小球d的電荷量大小為6q，hR.重力加速度為g，靜電力常量為k.則()圖6A小球a一定帶正電B小球b的周期為C小球c的加速度大小為D外力F豎直向上，大小等于mg8(2018湖北黃岡模擬)如圖7所示，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)M、O、N，質(zhì)點(diǎn)O能保持靜止，質(zhì)點(diǎn)M、N均圍繞質(zhì)點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)已知質(zhì)點(diǎn)M、

4、N與質(zhì)點(diǎn)O的距離分別為L1、L2(L1AC，同時(shí)OABQBQC，D錯(cuò)誤；根據(jù)相似三角形可得，故可得NCNBNA，C錯(cuò)誤7CD小球a、b、c均做半徑相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且受力情況相同，故三個(gè)小球的各運(yùn)動(dòng)參量大小均相等以小球a為例，小球a做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由小球d對(duì)小球a的引力的水平分力及小球b、c對(duì)小球a斥力的合力提供，僅可以判斷四個(gè)小球所帶電荷電性的異同，不能確定小球a是否帶正電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得，2kcos30kma，其中hR，解得a，C項(xiàng)正確；向心加速度公式aR，得T，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)小球d受力分析，由平衡條件可知：Fmg3kmg，D項(xiàng)正確8C要滿足題目要求，則M、N電性相同，且和O電性相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；M、N繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則三質(zhì)點(diǎn)共線，角速度相等，線速度之比等于做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比，vNvM，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)O點(diǎn)受力分析，知kk，()2，C項(xiàng)正確；分別對(duì)M、N受力分析，合力提供向心力，mML12kk，mNL22kk，mML12mNL22，即，D項(xiàng)錯(cuò)誤5