（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課時(shí)51 電荷守恒定律 庫侖定律加練半小時(shí)

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1、51 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1∶3，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.F B.F C.F D.F 2．(2018·河北邢臺質(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θ、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

2、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)，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1 A．P、Q所帶電荷量為 B．P對斜面的壓力為0 C．斜面體受到地面的摩擦力為0 D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g 3．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2 A．x2＝x1 B．x2>x1 C．x2＝x1 D．x2

3、如圖3所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的甲、乙兩個(gè)小球，在力F的作用下做勻加速直線運(yùn)動，則甲、乙兩球之間的距離r為(　　) 圖3 A. B．q C．2q D．2q 5．(多選)如圖4所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　) 圖4 A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 6．(2017·湖南株洲一模)套有三個(gè)帶電小球的圓環(huán)放在水平桌面上(不計(jì)一切摩

4、擦)，小球的電荷量保持不變，整個(gè)裝置平衡后，三個(gè)小球的一種可能位置如圖5所示．三個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)銳角三角形，三角形的邊長大小關(guān)系是AB>AC>BC，可以判斷圖中(　　) 圖5 A．三個(gè)小球電荷量的代數(shù)和可能為0 B．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FNA>FNB>FNC D．三個(gè)小球帶電荷量的大小為QA>QC>QB 7．(多選)如圖6所示，a、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，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

5、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，h＝R.重力加速度為g，靜電力常量為k.則(　　) 圖6 A．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mg＋ 8．(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．已知質(zhì)點(diǎn)M、N與質(zhì)點(diǎn)O的距離分別為L1、L2(L1

6、于質(zhì)點(diǎn)M的線速度 C．質(zhì)點(diǎn)N與質(zhì)點(diǎn)M所帶電荷量之比為()2 D．質(zhì)點(diǎn)M與質(zhì)點(diǎn)N的質(zhì)量之比為()2 答案精析 1．A　[設(shè)其中一個(gè)小球所帶電荷量為－Q，另一個(gè)帶電荷量為3Q，根據(jù)庫侖定律可知，兩球接觸前F＝k，接觸后再分開，兩球帶電荷量為Q1＝Q2＝＝Q，由庫侖定律得F′＝＝，故A正確．] 2．D　[設(shè)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F＝k、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tan θ＝，解得q＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；斜面對P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對P和斜

7、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F＝k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Ff＝k，選項(xiàng)C錯(cuò)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(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對地面的壓力大小為(M＋m)g，選項(xiàng)D正確．] 3．B　[電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個(gè)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(shí)際的情況是小球之間的庫侖力會大于原來的，此時(shí)彈簧的伸長量也大于原來的，B正確．]

8、 4．B　[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r＝q.] 5．AC　[設(shè)菱形邊長為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asin α，兩個(gè)－q之間距離為2acos α.選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．] 6．B　[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(shí)為引力，要么對小球A同時(shí)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(gè)斥力一個(gè)引

9、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(gè)小球帶同種電荷，所以三個(gè)小球電荷量的代數(shù)和不可能為0，A錯(cuò)誤，B正確；小球A受到兩個(gè)斥力，設(shè)圓心為O，AB>AC，同時(shí)∠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(yuǎn)，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(cuò)誤；根據(jù)相似三角形可得＝＝，故可得FNC>FNB>FNA，C錯(cuò)誤．] 7．CD　[小球a、b、c均做半徑相同的勻速圓周運(yùn)動，且受力情況相同，故三個(gè)小球的各運(yùn)動參量大小均相等．以小球a為例，小球a做圓周運(yùn)動的向心力由

10、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(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，－2kcos 30° ＋k·＝man，其中h＝R，解得an＝，C項(xiàng)正確；向心加速度公式an＝＝R，得T＝，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對小球d受力分析，由平衡條件可知：F＝mg＋3k·＝mg＋，D項(xiàng)正確．] 8．C　[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，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)動的半徑之比，vN>vM，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對O點(diǎn)受力分析，知k＝k，＝()2，C項(xiàng)正確；分別對M、N受力分析，合力提供向心力，mML1ω2＝k－k，mNL2ω2＝k－k，mML1ω2＝mNL2ω2，即＝，D項(xiàng)錯(cuò)誤．] 5