【讲与练】高中物理人教版(2019)必修3：9.2 库仑定律第2课时库仑定律的应用夯基提能作业习题

第九章2.第2课时合格考训练一、选择题(本题共5小题，每题6分，共30分)1．(2022·甘肃张掖高二期末)如图把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是(D)A．若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C．若A、B带异种电荷，B球一定做类平抛运动D．若A、B带异种电荷，B球可能以A为圆心做匀速圆周运动解析：若A、B带同种电荷，则B受到库仑斥力作用，由于库仑力与速度方向始终不在同一直线上，所以B做曲线运动，且斥力方向和速度方向夹角越来越小，库仑力对B做正功，B的速度增大，而A、B间距离越来越大，库仑力越来越小，加速度越来越小，A、B错误；若A、B带异种电荷，则B受到的库仑引力的作用，且方向始终指向A，而类平抛运动的受力是恒力，所以B不可能做类平抛运动。当库仑力的大小满足F＝meq\f(v\o\al(2,0),rAB)关系时，B将以A为圆心做匀速圆周运动，故C错误，D正确。2．(2023·河北石家庄高一下期末)如图所示，A、B、C是光滑绝缘水平桌面上位于同一圆周且等间距的三点，现在这三点分别放置完全相同的带电荷量为－q的金属小球，同时在圆心O处放置一个带电荷量为＋Q的小球，已知所有小球均可看作点电荷且均处于静止状态，则Q与q的比值为(B)A.eq\f(1,3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\r(3) D．3解析：以其中一个金属小球为研究对象，受到另外两个小球的库仑斥力作用，同时受到圆心处点电荷的库仑引力作用，设圆的半径为r，根据受力平衡得2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(q2,L2)×cos30°))＝eq\f(kQq,r2)，根据几何关系有L＝eq\r(3)r，联立解得eq\f(Q,q)＝eq\f(\r(3),3)，B正确。3．(2023·山东潍坊高一下期末)如图所示，P为直角三角形OMN的OM边上的一点，∠NMP＝∠MNP＝30°，PG垂直于MN，M、P两点固定着两个点电荷，固定于P点的是电荷量大小为Q的负电荷。已知位于N点、带正电的检验电荷受到的库仑力沿NO方向，则M处点电荷(B)A．带正电、电荷量大小为2QB．带正电、电荷量大小为eq\r(3)QC．带负电、电荷量大小为eq\r(2)QD．带负电、电荷量大小为eq\f(\r(3),3)Q解析：位于N点、带正电的检验电荷受到的库仑力沿NO方向，则M点处点电荷对检验电荷的静电力是斥力，所以M点处的电荷带正电，设O、N间距为x，则P、N间距r1＝eq\f(x,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)x，M、N间距r2＝eq\f(x,sin30°)＝2x，且eq\f(kQq,r\o\al(2,1))sin30°＝eq\f(kQMq,r\o\al(2,2))＝cos30°，可得QM＝eq\r(3)Q，B正确。4．(2022·重庆高二上期中)如图所示，光滑绝缘平面上固定一金属小球，用原长为l0的绝缘弹簧将其与另一个金属小球连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，两带电金属小球均可视为点电荷，弹簧始终在弹性限度内，则(C)A．x2＝eq\f(1,2)x1 B．x2＝eq\f(1,4)x1C．x2>eq\f(1,4)x1 D．x2<eq\f(1,4)x1解析：设弹簧的劲度系数为k0，由题意知其中一个金属小球在漏电前后平衡时，有k0x1＝eq\f(kq2,l0＋x12)，k0x2＝eq\f(\f(1,4)kq2,l0＋x22)，则eq\f(x1,x2)＝eq\f(4l0＋x22,l0＋x12)分析知l0＋x2<l0＋x1，故eq\f(x1,x2)<4，C正确。5．(多选)如图所示，天花板上固定一个光滑小环O，一绝缘细绳穿过光滑小环，两端分别与带电小球A、B连接，A、B的质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1、q2系统静止时，小球A、B与光滑小环O间的距离分别为l1、l2，细绳OA段与竖直方向的夹角为α，细绳OB段与竖直方向的夹角为β，两带电小球均可视为点电荷，则以下关系式正确的是(AB)A．α＝β B．eq\f(m1,m2)＝eq\f(l2,l1)C.eq\f(q1,q2)＝eq\f(l2,l1) D．eq\f(m1,m2)＝eq\f(sinβ,sinα)解析：对两小球受力分析，A和B均受重力、细绳拉力和库仑力，小球A、B均处于平衡状态，作出力的矢量三角形，如图所示，因为两小球通过穿过小环的绝缘细绳连接，则细绳上拉力大小处处相等，T＝T′，A、B间的库仑力是一对作用力和反作用力，F＝F′，大小相等，方向相反，根据相似三角形知识可知eq\f(m1g,h)＝eq\f(F,r1)＝eq\f(T,l1)，eq\f(m2g,h)＝eq\f(F′,r2)＝eq\f(T′,l2)，可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(l2,l1)＝eq\f(r2,r1)，B正确；根据几何知识有eq\f(r2,r1)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(l2sinβ,l1sinα)，则eq\f(l2,l1)＝eq\f(l2sinβ,l1sinα)，即α＝β，A正确，D错误；系统处于平衡状态，A对B的库仑力和B对A的库仑力是一对作用力与反作用力，两小球的带电荷量关系无法确定，C错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)6．(15分)(2023·山东省潍坊市高二上学期三校联考)把质量2g的带负电小球A，用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q＝4.0×10－6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成α＝45°角。(g＝10m/s2)试求：(1)B球受到的库仑力多大？(2)A球带电荷量是多少？答案：(1)2×10－2N(2)5.0×10－8C解析：(1)带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F′、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零。F′＝mgtanα＝2×10－3×10×1N＝2×10－2N。根据牛顿第三定律有F＝F′＝2×10－2N。(2)根据库仑定律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。7．(15分)(2023·四川德阳高二期末)如图所示，质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上，给B球施加沿斜面向上、大小为F＝2mg(g为重力加速度)的拉力，结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动，且两球保持相对静止，两球间的距离为L，小球大小忽略不计，斜面的倾角θ＝37°，静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)两球一起向上做加速运动的加速度大小；(2)A球所带的电荷量的大小。答案：(1)eq\f(2,5)g(2)Leq\r(\f(mg,k))解析：(1)对两球整体分析，两球一起向上做匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律可得F－2mgsinθ＝2ma，解得a＝eq\f(2,5)g。(2)设A球的带电荷量为q，对A球研究，根据牛顿第二定律有keq\f(q2,L2)－mgsinθ＝ma，解得q＝Leq\r(\f(mg,k))。等级考训练一、选择题(本题共4小题，每题5分，共20分)1．(多选)如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是(ACD)解析：若要使a球处于静止状态其所受的合力为零，对a球所处的各种状态进行受力分析，可知A、C、D选项中a球可能处于平衡状态。2.如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且与小球带电荷量相同，均为Q(未知)，小球在过圆环圆心的轴线上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，细线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是(D)A．Q＝eq\r(\f(mgR3,kL))，F＝eq\f(mgR,L) B．Q＝eq\r(\f(mgL3,kR))，F＝eq\f(mgR,L)C．Q＝eq\r(\f(mgR3,kL))，F＝eq\f(mgL,R) D．Q＝eq\r(\f(mgL3,kR))，F＝eq\f(mgL,R)解析：由于圆环不能看成点电荷，故采用微元法分析，小球受到圆环的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示，则Fsinθ＝mg，其中sinθ＝eq\f(R,L)，解得F＝eq\f(mgL,R)；设圆环各个点对小球的库仑力的合力为FQ，竖直方向各点库仑力的合力为零，水平方向上有Fcosθ＝FQ＝keq\f(Q2,L2)cosθ，解得Q＝eq\r(\f(mgL3,kR))，故D正确。3．(2023·宁夏银川一中高二上学期期末)如图所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。设弹簧发生的均是弹性形变，则(C)A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量大于2x0C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量大于x0D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0解析：设弹簧的劲度系数为k′，原长为x。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：k′x0＝eq\f(kQq,x＋x02)①保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：k′x1＝eq\f(2kQq,x＋x12)②由①②解得：x1<2x0，故A错误；同理可得B错误；保持Q不变，将q变为－q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C正确；同理可得D错误。4．(多选)(2023·黑龙江哈师大附中高三上期中)如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，其圆心与小球a位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m的可视为质点的带电小球b从G端由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。对于小球b由G端滑到H端的过程，下列说法中正确的是(CD)A．小球b的机械能逐渐减小B．小球b所受库仑力大小为2mgC．细线PM的拉力先增大后减小D．小球b的加速度大小逐渐变大解析：小球b运动过程中所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，故只有重力做功，所以小球b的机械能守恒，A错误；对小球b运动过程，由机械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)mv2，小球b在H端时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得F库－mg＝meq\f(v2,R)，联立可得小球b所受的库仑力F库＝3mg，在小球b沿圆弧管道运动过程中，两带电小球的电荷量和间距不变，故小球b所受库仑力大小始终为3mg，B错误；设PN与竖直方向的夹角为α，b与a连线与水平方向成θ角，小球a受力平衡，在竖直方向有FPNcosα＝mg＋F库sinθ，在水平方向有F库cosθ＋FPNsinα＝FPM，联立解得FPM＝mgtanα＋eq\f(3mgcosθ－α,cosα)，下滑过程中θ从0增大至90°，则细线PM的拉力先增大后减小，C正确；由机械能守恒定律可得mgRsinθ＝eq\f(1,2)mv2，在任意位置，小球b的加速度均由向心加速度和切向加速度合成，即a＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,R)))2＋gcosθ2)＝geq\r(1＋3sin2θ)，可知小球b的加速度大小逐渐变大，D正确。二、非选择题(本题共2小题，共20分)5.(10分)(2023·湖北黄冈中学高二上期中)如图所示，电荷量Q＝2×10－7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m＝2×10－4kg、电荷量q＝1×10－7C的另一正点电荷B从O点正上方高0.5m的某处由静止释放，B运动过程中到达P点时速度最大。若静电力常量k＝9×109N·m2/C2，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)B运动到距O点上方l＝0.5m处的加速度大小；(2)P、O间的距离L。答案：(1)6.4m/s2(2)0.3m解析：(1)由牛顿第二定律得mg－eq\f(kQq,l2)＝ma，代入数据解得a＝6.4m/s2。(2)B运动过程中速度最大时，加速度为零，此时有mg＝eq\f(kQq,L2)，代入数据解得L＝0.3m。6．(10分)(2023·山西太原高二期中)如图所示，竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管ABC，直径AC水平；圆心为O、半径为R，O处固定有一点电荷。将质量为m、带电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球从细管内滑到最低点B时对管壁恰好无压力。已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球运动到B点时速度的大小；(2)点电荷的电性及电荷量。答案：(1)eq\r(2gR)(