高中物理 第一章 静电场 课时作业2(含解析)新人教版选修3-1

课时作业(二)

一、选择题(5、10为多项选择题，其余为单选)

1.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则释放后两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )

A ．速度变大，加速度变大

B ．速度变小，加速度变小

C ．速度变大，加速度变小

D ．速度变小，加速度变大

解析 根据同种电荷相斥，每个小球在库仑斥力的作用下运动，由于力的方向与运动方向相同，均做加速直线运动，速度变大；再由库仑定律F ＝k Q 1Q 2

r 2知随着距离的增大，库仑斥力减小

加速度减小，所以只有C 项正确． 答案 C

2．为使真空中两个点电荷间的相互作用力变为原来的1/4，可采用的方法是( ) A ．两个点电荷所带电荷量都减少为原来的1/4 B ．电荷之间的距离增大为原来的4倍 C ．电荷之间的距离减小为原来的1/2

D ．电荷间距和其中一个电荷所带的电荷量都增大为原来的4倍

解析 根据库仑定律公式：F ＝k q 1q 2

r 2，两点电荷电量都减为原来1/4，则库仑力减为原来1/16，

故A 项错误．如果两电荷间距离增大为原来4倍，则库仑力也减为原来1/16，故B 项错误．如果电荷间距离减小为原来1/2，则力增大为原来4倍，故C 项错误．当电荷间距与一个电荷电量都增大为原来4倍．则作用力减为原来1/4.故D 项正确． 答案 D

设置目的 考查学生对于库仑定律的初步应用

3．将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F.现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 两小球相互接触后拿走，A 、B 两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( ) A.F B.15F C.9

10

F D.14

F

解析 与小球C 接触前F ＝k 10Q

2

r 2，与小球C 接触后A 、B 两小球的电荷量分别变为－Q 和2Q ，

所以接触后的库仑力F′＝k 2Q

2

r 2，为原来的1/5，则B 项正确．

答案 B

4．(2017·黑龙江省双鸭山市月考)两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r 时相互作用的库仑力的大小为F ，今使两小球接触后再分开放到相距为2r 处，则此时库仑力的大小为( ) A.1

12F B.16F C.14

F D.13

F 解析 设一个小球带电量大小为Q ，则另一个大小为3Q ，根据库仑定律有：两球接触前：F ＝k 3Q 2

r 2，接触再分开后，两球分别带电量大小为：Q 1＝Q 2＝3Q －Q 2＝Q ；由库仑定律得：F′＝k Q×Q （2r ）2＝F

12，故A 项正确． 答案 A

5.两个质量分别为m 1、m 2的小球，各用长为L 的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，则下列说法正确的是( ) A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2 B ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2 C ．若m 1θ2

D ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ2

解析 这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样． 答案 BC

6.如图所示，三个点电荷q 1、q 2、q 3固定在一直线上，q 2与q 3的距离为q 1与q 2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q 1∶q 2∶q 3为( )

A ．－9∶4∶－36

B ．9∶4∶36

C ．－3∶2∶－6

D ．3∶2∶6

解析 每个电荷都受到另外两个电荷对它的静电力的作用，其合力为零，这两个力必须满足的条件为：大小相等，方向相反．由分析可知：三者电性不可能相同，只能是如图所示两种情况．

考虑q 2的平衡： 由r 12∶r 23＝1∶2 据库仑定律，得q 3＝4q 1

考虑q 1的平衡：由r 12∶r 13＝1∶3 据库仑定律，得q 3＝9q 2

同理得q 1∶q 2∶q 3＝1∶4

9

∶4＝9∶4∶36

考虑电性后应为－9∶4∶－36或9∶－4∶36.只有A 项正确． 答案 A

7.如图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L ，在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P 点平衡，若不计小球的重力，那么PA 与AB 的夹角α与Q 1、Q 2的关系满足( ) A ．tan 2

α＝Q 1Q 2

B ．tan 2

α＝Q 2Q 1

C ．tan 3

α＝Q 1Q 2

D ．tan 3

α＝Q 2Q 1

解析 带电小球q 在P 点平衡时，沿切线方向受力平衡，即F AP sin α＝F BP cosα，

根据库仑定律：F AP ＝k Q 1q （Lcosα）2，F BP ＝k Q 2q

（Lsinα）

2，由以上两式可

得D 项正确． 答案 D

设置目的 力的平衡条件与库仑定律

8.如图所示，竖直绝缘墙壁上有一个固定的质点A ，在A 点正上方的O 点用绝缘丝线悬挂另一质点B ，OA ＝OB ，A 、B 两质点因为带电而相互排斥，致使悬线偏离了竖直方向，由于漏电使A 、B 两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点O 的拉力大小( ) A ．逐渐减小 B ．逐渐增大 C ．保持不变

D ．先变大后变小

解析 关键是正确分析受力情况，找到力的矢量三角形与几何三角形的相似关系．

由平衡条件知，小球B 所受的重力G 、库仑力F 和拉力T 的合力应为零，故可先将F 和T 合成，则它们的合力与重力构成一对平衡力．由此得到由这三个力构成的力的三角形，而这个力的三角形恰与几何三角形OAB 相似．于是有T OB ＝G OA ＝F

AB

.注意到OA ＝OB ，故T ＝G.即T 与悬线和

竖直方向的夹角无关，应选C项．

答案 C

点评如果仅做一个蜻蜓点水式的分析，认为由于漏电，库仑力将减小，因而拉力减小，则容易错选A项．事实上，当两个电荷带电量减小时，其间距也将减小，悬线与竖直方向间的夹角也将减小，使库仑力大小及方向都发生变化．故绳子拉力如何变化还要进一步分析才行．设置目的考查力的三角形与几何三角形相似，库仑力沿电荷连线方向

9.如图所示，一根轻质的绝缘弹簧将光滑绝缘水平面上两个相同的不带电金属小球A、B(可以视为质点)连接起来．现用另一大小相同的带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，A、B均平衡时弹簧的形变量为x1；然后再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2.已知弹簧始终处在弹性限度以内，则

x1

x2

可能为( )

A.

10

9

B.

4

3

C.

5

3

D.2

解析假设带电金属小球C的电量为Q，

带电金属小球C分别与A和B依次接触之后移去小球C，

则A的带电量为

Q

2

，B带电量为

1

4

Q，

两球之间的相互排斥力的大小是F＝k

Q

2

·

Q

4

（x0＋x1）2

根据胡克定律F＝kΔx，那么此时的弹力大小为F′＝kx1；

则有：k

Q

2

·

Q

4

（x0＋x1）2

＝kx1

再将刚才移走的小球C与A接触之后再次移去小球C，A、B再次达到平衡时弹簧的形变量为x2.

则有：k

3Q

8

·

Q

4

（x0＋x2）2

＝kx2；

假设上两式的分母相同，则

x1

x2

＝

4

3

，但由于后者的分母减小，则

x1

x2

＜

4

3

，因此可能为

10

9

，故A项正确，B、C、D三项错误；故选A项．

答案 A

10.如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)．两小球突然

失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E kA 和E kB .则( ) A ．m A 一定小于m B B ．q A 一定大于q B C ．v A 一定大于v B

D ．

E kA 一定大于E kB

解析 A 项，对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图 根据平衡条件，有：m A g ＝F

tanθ1，

故：m A ＝F

g·tanθ1.

同理，有：m B ＝

F

g·tanθ2

.

由于θ1＞θ2，故m A ＜m B ，故A 项正确；

B 项，两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 项错误；

C 项，小球摆动过程机械能守恒，有m A g Δh ＝12mv A 2

，解得v A ＝2g·Δh，由于A 球摆到最低

点过程，下降的高度Δh 较大，故A 球的速度较大，故C 项正确； D 项，小球摆动过程机械能守恒，有mgΔh＝E k ，故 E k ＝mgΔh＝mgL(1－cos θ)＝

F

tanθ

L(1－cosθ) 其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：

E k ＝

F tanθL(1－cosθ)＝FLcosθ1－cosθsinθ＝FLcosθ·tan θ2

.

其中F·Lcosθ＝Fh ，相同，故θ越大，tan θ

2越大，动能越大，故E kA 一定大于E kB ，故D 项

正确；故选A 、C 、D 三项． 答案 ACD

点评 本题关键分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列方程；再结合机械能守恒定律列方程分析求解． 二、计算题

11.一带电荷量为＋Q 、半径为R 的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P 处电荷量为＋q 的电荷的静电力．(已知P 距大球球心距离为4R.)

解析 未挖去之前，＋Q 对q 的斥力为F ＝kQq

（4R ）2，

挖去的小球带电荷量为Q′＝Q 4πR 33×

4π（R 2）

3

3＝Q

8. 挖去的小球原来对q 的斥力为：F 1＝k Q 8q （4R －R 2）

2＝kQq

98R 2，

剩余部分对q 的斥力为：F 2＝F －F 1＝41kQq

784R 2，方向向右．

答案

41kQq

784R

2 方向向右 12.质量均为m 的三个带电小球A 、B 、C 放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L ，A 球带电量q A ＝＋10q ；B 球带电量q B ＝＋q.若在C 球

上加一个水平向右的恒力F ，如图所示，要使三球能始终保持L 的间距向右运动，问外力F 为多大？C 球带电性质是什么？

解析 由于A 、B 两球都带正电，它们互相排斥，C 球必须对A 、B 都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C 球带负电荷．

以三球为整体，设系统加速度为a ，则F ＝3ma ①

隔离A 、B ，由牛顿第二定律可知： 对A ：kq A q C 4L 2－kq A q B

L 2＝ma

② 对B ：kq A q B L 2＋kq B q C

L 2＝ma

③

联立①②③式，得F ＝70k q

2

L 2.

答案 70k q

2

L

2 负电荷

设置目的 库仑定律与牛顿第二定律结合

13.如图所示，光滑绝缘导轨与水平面成45°角，两个质量均为m ，带等量同种电荷的小球A 、B ，带电量均为q ，静止于导轨的同一水平高度处．求：两球之间的距离． 解析 设两球之间的距离为x ，相互作用的库仑力为F ， 则：F ＝k q

2x 2，由平衡条件，得Fcos45°＝mgsin45°

由以上两式，解得x ＝q

k mg

.

答案 q

k mg

设置目的 库仑定律与物体受力平衡结合

14.长为L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q ，悬于O 点，如图所示．当在O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A 处，则细线拉力是重力mg 的两倍．现将球拉至图中B 处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问： (1)固定在O 处的正电荷的带电荷量为多少？ (2)球摆回到A 处时悬线拉力为多少？

解析 (1)球静止在A 处受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力F 拉，由受力平衡和库仑定律列式，得

F 拉＝F ＋mg ，F ＝k Qq

L 2，F 拉＝2mg

联立解得q ＝mgL

2

kQ

.

(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则： mgL(1－cosθ)＝12

mv 2

.

由牛顿第二定律和圆周运动规律，得 F ′拉－mg －F ＝m v

2L

，

由(1)知静电力F ＝mg ，联立解得F′拉＝3mg. 答案 (1)mgL

2

kQ

(2)3mg

设置目的 库仑定律与圆周运动和机械能守恒定律综合应用