2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 第51講 電荷守恒定律 庫侖定律加練半小時 教科版.docx

第51講 電荷守恒定律 庫侖定律方法點撥(1)注意庫侖力的大小與兩點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、隔離法的應用1(2017黑龍江雙鴨山一中月考)兩個相同的可視為點電荷的帶異種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為13，相距為r時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，則此時庫侖力的大小為()A.FB.FC.FD.F2(2018河北邢臺質檢)如圖1所示，帶電物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同傾角為、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的物體P放在粗糙的斜面體上當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，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對斜面的壓力為0C斜面體受到地面的摩擦力為0D斜面體對地面的壓力為(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2Ax2x1Bx2>x1Cx2x1Dx2<x14(2018福建三明一中模擬)如圖3所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個質量均為m、帶電荷量分別為q和q的甲、乙兩個小球，在力F的作用下做勻加速直線運動，則甲、乙兩球之間的距離r為()圖3A.BqC2qD2q5(多選)如圖4所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為q、Q、q、Q.四個小球構成一個菱形，q、q的連線與q、Q的連線之間的夾角為.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是()圖4Acos3Bcos3Csin3Dsin36(2017湖南株洲一模)套有三個帶電小球的圓環(huán)放在水平桌面上(不計一切摩擦)，小球的電荷量保持不變，整個裝置平衡后，三個小球的一種可能位置如圖5所示三個小球構成一個銳角三角形，三角形的邊長大小關系是AB>AC>BC，可以判斷圖中()圖5A三個小球電荷量的代數(shù)和可能為0B三個小球一定帶同種電荷C三個小球所受環(huán)的彈力大小為NA>NB>NCD三個小球帶電荷量的大小為QA>QC>QB7(多選)如圖6所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態(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帶電質點M、O、N，質點O能保持靜止，質點M、N均圍繞質點O做勻速圓周運動已知質點M、N與質點O的距離分別為L1、L2(L1<L2)不計質點間的萬有引力作用下列說法正確的是()圖7A質點M與質點O帶有同種電荷B質點N的線速度小于質點M的線速度C質點N與質點M所帶電荷量之比為()2D質點M與質點N的質量之比為()2答案精析1A設其中一個小球所帶電荷量為Q，另一個帶電荷量為3Q，根據(jù)庫侖定律可知，兩球接觸前Fk，接觸后再分開，兩球帶電荷量為Q1Q2Q，由庫侖定律得F，故A正確2D設P、Q所帶電荷量為q，對物體P受力分析，受到水平向左的庫侖力Fk、豎直向下的重力mg、支持力N，由平衡條件可得tan，解得q，選項A錯誤；斜面對P的支持力NmgcosFsin，由牛頓第三定律可知，P對斜面的壓力為NmgcosFsin，選項B錯誤；對P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對P向左的庫侖力Fk和地面對斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為fk，選項C錯誤；對P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(Mm)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(Mm)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對地面的壓力大小為(Mm)g，選項D正確3B電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所以實際的情況是小球之間的庫侖力會大于原來的，此時彈簧的伸長量也大于原來的，B正確4B選甲、乙整體為研究對象，由牛頓第二定律得，加速度a.選乙為研究對象，由牛頓第二定律得，ma，聯(lián)立得rq.5AC設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin，兩個q之間距離為2acos.選取q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcosk，解得cos3，選項A正確，B錯誤選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksink，解得sin3，選項C正確，D錯誤6B對小球A分析，彈力過圓心，根據(jù)平衡條件，要么小球B與C對小球A同時為引力，要么對小球A同時為斥力，小球A才能處于平衡狀態(tài)，因此小球A不可能受到一個斥力一個引力，所以小球B、C帶同種電荷，分析小球B，由平衡條件可得小球A、C帶同種電荷，可得三個小球帶同種電荷，所以三個小球電荷量的代數(shù)和不可能為0，A錯誤，B正確；小球A受到兩個斥力，設圓心為O，AB>AC，同時OAB<OAC，可得小球A受小球B的力更大，且小球A離小球B更遠，可得小球B所帶電荷量大于小球C所帶電荷量，同理小球A的帶電荷量大于小球B帶的電荷量，QA>QB>QC，D錯誤；根據(jù)相似三角形可得，故可得NC>NB>NA，C錯誤7CD小球a、b、c均做半徑相同的勻速圓周運動，且受力情況相同，故三個小球的各運動參量大小均相等以小球a為例，小球a做圓周運動的向心力由小球d對小球a的引力的水平分力及小球b、c對小球a斥力的合力提供，僅可以判斷四個小球所帶電荷電性的異同，不能確定小球a是否帶正電，A項錯誤；由牛頓第二定律得，2kcos30kma，其中hR，解得a，C項正確；向心加速度公式aR，得T，B項錯誤；對小球d受力分析，由平衡條件可知：Fmg3kmg，D項正確8C要滿足題目要求，則M、N電性相同，且和O電性相反，A項錯誤；M、N繞O做勻速圓周運動，則三質點共線，角速度相等，線速度之比等于做圓周運動的半徑之比，vN>vM，B項錯誤；對O點受力分析，知kk，()2，C項正確；分別對M、N受力分析，合力提供向心力，mML12kk，mNL22kk，mML12mNL22，即，D項錯誤