鲁科版 (2019)必修 第三册第2节 库仑定律当堂检测题

这是一份鲁科版 (2019)必修 第三册第2节 库仑定律当堂检测题，共6页。试卷主要包含了下列说法正确的是，库仑定律的适用范围是等内容，欢迎下载使用。

课时分层作业(二) 库仑定律





(建议用时：25分钟)


◎考点一 对点电荷的理解


1．下列说法正确的是( )


A．点电荷就是体积很小的带电体


B．点电荷就是带电荷量很小的点


C．根据F＝keq \f(Q1Q2,r2)可知，当r→∞时，库仑定律的公式就不适用了


D．静电力常量的数值是由实验得出的


D [不论带电体体积的大小如何，只要带电体的体积、形状等对所研究问题的影响可以忽略，该带电体就可以看成点电荷，A、B错误；当r→∞时，它们间的静电力F→0，库仑定律仍然适用，C错误；静电力常量的数值是由库仑扭秤实验得出的，D正确。]


2．下列关于点电荷的说法中，正确的是( )


A．只有电荷量很小的带电体才能看成是点电荷


B．体积很大的带电荷一定不能看成是点电荷


C．当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷


D．一切带电体都可以看成是点电荷


C [能否把一个带电体看成点电荷，关键在于我们分析问题时是否考虑它的体积大小和形状。能否把一个带电体看作点电荷，不能以它的体积大小而论，应该根据具体情况而定。若它的体积和形状可不预考虑时，就可以将其看成点电荷，选C。]


◎考点二 对库仑定律的理解及应用


3．(多选)库仑定律的适用范围是 ( )


A．真空中两个带电球体间


B．真空中任意带电体间


C．真空中两个静止点电荷间


D．真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离时


CD [库仑定律适用范围：真空中的静止点电荷间，或真空中可看作点电荷的两个带电体间，C、D正确。]


4．关于静电力常量k＝F·eq \f(r2,Q1Q2)，下列说法正确的是( )


A．k是一个无单位的常数


B．k随两点电荷间的距离r增大而增大


C．k随两个点电荷电荷量的乘积Q1Q2的减小而增大


D．k在数值上等于两个1 C的点电荷相距1 m时的相互作用力的大小


D [静电力常量k是根据库仑扭秤实验装置测得的一个有单位的常量，与两电荷间的作用力、电荷量的乘积、电荷间的距离无关，其数值上等于两个1 C的点电荷相距1 m时的相互作用力的大小，故D正确，A、B、C错误。]


5．如图所示，半径相同的两个可视为点电荷的金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是( )





A.eq \f(1,8)F B.eq \f(1,4)F C.eq \f(3,8)F D.eq \f(3,4)F


A [由于A、B间有吸引力，则A、B带异种电荷。设电荷量都为Q，则两球之间的相互吸引力大小为F＝eq \f(kQ2,r2)。当C球与A球接触后，A、C两球的电荷量为q1＝eq \f(Q,2)。当C球再与B球接触后，B、C两球的电荷量为q2＝eq \f(Q－\f(Q,2),2)＝eq \f(Q,4)。所以此时A、B两球之间的相互作用力的大小为F′＝eq \f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝keq \f(Q2,8r2)＝eq \f(F,8)，故选项A正确。]


6．(多选)在真空中有两个完全相同的金属带电小球(视为点电荷)，带电荷分别为－q1和＋q2，其相互作用力大小为F，今将两小球接触一下再放回原处，这时相互作用力大小为eq \f(F,3)，则两球原来带电荷量大小的关系是 ( )


A．q1∶q2＝1∶3 B．q1∶q2＝2∶3


C．q1∶q2＝3∶1D．q1∶q2＝4∶1


AC [若q1∶q2＝2∶3，则开始时两球之间的库仑力大小F＝keq \f(q1q2,r2)，两球接触后，每个小球的带电荷量都为＋eq \f(q1,4)或＋eq \f(q2,6)，再放回原处，两球之间的库仑力大小为F′＝keq \f(q1q2,24r2)＝eq \f(F,24)，显然不符合题意，故选项B错误；同理可知A、C正确，D错误。]


◎考点三 库仑力作用下的力学问题


7．人类已探明某星球带负电，假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于该星球表面h处，恰处于悬浮状态。现设科学家将同样的带电粉尘带到距星球表面2h处，无初速释放，则此带电粉尘将( )


A．向星球地心方向下落


B．飞向太空


C．仍在那里悬浮


D．沿星球自转的线速度方向飞出


C [均匀带电的星球可视为点电荷。粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即eq \f(kQq,r2)＝Geq \f(Mm,r2)，可以看出，r增大，等式仍然成立，故C正确。]


8．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2与q3间的距离为q1与q2间距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零。由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比为( )





A．(－9)∶4∶(－36)B．9∶4∶36


C．(－3)∶2∶(－6)D．3∶2∶6


A [由于三个点电荷所受静电力平衡，所以中间电荷的电性与两边电荷的电性相反，并且靠近电荷量较小的电荷。对q1有keq \f(|q1q2|,r2)＝keq \f(|q1q3|,3r2)，对q2有keq \f(|q1q2|,r2)＝keq \f(|q2q3|,2r2)，可解得q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)或q1∶q2∶q3＝9∶(－4)∶36。故选项A正确。]


9．把质量为m的带负电小球A，用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为Q的带正电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成α角。试求：





(1)A球受到的绳子拉力多大？


(2)A球带电荷量是多少？


[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，受力如图所示。


竖直方向：mg－Tcs α＝0①


水平方向：F－Tsin α＝0②


解得T＝eq \f(mg,cs α)。③


(2)F＝mgtan α④


根据库仑定律F＝keq \f(qQ,r2)⑤


联立④⑤解得q＝eq \f(mgr2tan α,kQ)。


[答案] (1)eq \f(mg,cs α) (2)eq \f(mgr2tan α,kQ)





(建议用时：15分钟)


10．如图所示，在光滑绝缘的水平地面上，固定着三个质量相等的带电小球a、b、c，三小球在一条直线上。若释放a球，a球初始加速度大小为1 m/s2，方向向左；若释放c球，c球初始加速度大小为3 m/s2，方向向右；若释放b球时，b球的初始加速度应是( )





A．2 m/s2，方向向左B．2 m/s2，方向向右


C．1 m/s2，方向向左D．1 m/s2，方向向右


A [取向左为正方向，三小球在题图示位置时，b对a的库仑力设为F1，则a对b的库仑力为－F1；c对b的库仑力设为F2，则b对c的库仑力为－F2；a对c的库仑力设为－F3，则c对a的库仑力为F3。根据牛顿第二定律，若释放a球，则F1＋F3＝1 m/s2×m；若释放c球，则－F3－F2＝－3 m/s2×m；若释放b球，则F2－F1＝ma3，解得b球的初始加速度a3＝2 m/s2＞0，方向向左，选项A正确。]


11．水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量均为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示。已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为( )


A.eq \f(mgL2,3kQ) B.eq \f(2\r(,3)mgL2,9kQ)


C.eq \f(\r(,6)mgL2,6kQ) D.eq \f(\r(,2)mgL2,6kQ)


C [设AO、BO、CO三条棱与水平面的夹角为θ，由几何关系可知sin θ＝eq \f(\r(,6),3)，对带正电的小球根据平衡条件可得3keq \f(qQ,L2)sin θ＝mg，联立解得q＝eq \f(\r(,6)mgL2,6kQ)，选项C正确。]


12．如图所示，A、B是带有等量同种电荷的两小球(均可视为质点)，其中mA＝0.3 kg。现用绕过光滑定滑轮O的绝缘细线将两球悬挂起来，两球平衡时，OA的长等于OB的长，A球紧靠在光滑绝缘竖直墙上，B球悬线OB偏离竖直方向60°，g取10 m/s2，求B球的质量和细线中的拉力大小。





[解析] 分别对A、B进行受力分析，如图所示，T为细线上的拉力大小


对A球：T－mAg－Fcs 60°＝0


对B球：Tcs 60°＋F′cs 60°＝mBg


Tsin 60°＝F′sin 60°


由作用力与反作用力可知F＝F′


解得mB＝0.6 kg，T＝6 N。


[答案] 0.6 kg 6 N


13．如图所示，长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，悬于O点，小球所带的电荷量为Q。当在O点另外固定一个正电荷时，若小球静止在A处，则细线拉力是小球重力mg的2倍。现将小球拉至图中B处(θ＝60°)，并放开使之摆动，问：





(1)固定在O点的正电荷的电荷量为多少？


(2)小球回到A处时悬线拉力为多大？


[解析] (1)设O点的正电荷的电荷量为q，悬线拉力为T。小球在A处静止时，由受力分析可得T＝keq \f(Qq,L2)＋mg，又T＝2mg


故keq \f(Qq,L2)＝mg，所以q＝eq \f(mgL2,kQ)。


(2)小球回到A处的过程中只有重力做功，由动能定理得


mgL(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2


小球回到A处时，由牛顿第二定律得


T′－mg－keq \f(Qq,L2)＝meq \f(v2,L)


联立解得T′＝3mg。


[答案] (1)eq \f(mgL2,kQ) (2)3mg