粤教版 (2019)第二节 库仑定律课后作业题

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2．C [能否把一个带电体看作点电荷，不能以它的体积大小和形状而论，应该根据具体情况而定。若它的体积和形状可以不考虑时，就可以将其看成点电荷，C正确。]
3．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．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，其数值上等于两个真空中静止的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．C [保持Q、q不变，增大d，则θ变小，减小d，则θ变大，只能说明F与d有关，A、B错误；保持Q、d不变，减小q，θ变小，说明F与q有关，C正确；保持q、d不变，减小Q，θ变小，只能说明F与Q有关，D错误。]
6．D [根据库仑定律可知，两点电荷间的库仑力的大小F库＝kq1q2r2＝kq2r2，根据万有引力定律可知，两点电荷间的万有引力的大小F引＝Gm1m2r2＝Gm2r2，所以，两点电荷间的万有引力和库仑力的大小之比为F引F库＝Gm2kq2，故D正确，A、B、C错误。]
7．C [对小球进行受力分析，小球受重力和A、B、C处正点电荷施加的库仑力。将A、B、C处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向。设α是A、B、C处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，将库仑力分解到水平方向与竖直方向，根据竖直方向平衡条件得：在竖直方向3F cs α＝mg，F＝kQqL2，根据几何关系得cs α＝63，解得q＝6mgL26kQ，C正确。]
8．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kq1q2r2＝kq1q33r2，对q2有kq1q2r2＝kq2q32r2，可解得q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)或q1∶q2∶q3＝9∶(－4)∶36，故A正确。]
9．解析：(1)根据牛顿第二定律有mg－kQql2＝ma
代入数据，解得a＝6.4 m/s2。
(2)当B受到的合力为零时，速度最大，
设此时B与A间的距离为L，
则mg＝kQqL2，解得L＝0.3 m。
答案：(1)6.4 m/s2 (2)0.3 m
10．B [开始两球相距L时，两球之间的库仑力大小为F＝kq·3qL2＝3kq2L2，则A球加速度大小a＝FmA＝3kq2mAL2，相碰后两球电荷量先中和，后平分，带电荷量均为－q，两球再次相距为L时，库仑力大小为F′＝kq2L2，则此时A球加速度大小为a′A＝F'mA＝a3，B球加速度大小为a′B＝F'mB＝kq2mBL2＝2kq2mAL2＝2a3，故选B。]
11．A [当物体B由P点运动到最高点的过程中，物体A受力如图甲所示，由平衡条件得，水平方向F sin θ－Ff＝0，竖直方向FN－F cs θ－mg＝0，解得FN＝mg＋F cs θ，Ff＝F sin θ，由于G与F不变，θ逐渐减小为零，因而支持力FN逐渐变大，Ff逐渐变小。当物体B由最高点运动到Q点的过程中，物体A受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向F sin θ－Ff＝0，FN－F cs θ－mg＝0，解得FN＝mg＋F cs θ，Ff＝F sin θ，由于G与F不变，θ由零逐渐增大，因而支持力FN逐渐变小，Ff逐渐变大，因此物体A受到地面的支持力先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A正确，B、C错误；物体B受到的库仑力方向与物体B的速度总是垂直，库仑力对B不做功，故D错误。
]
甲 乙
12．解析：设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mg－kQqR2＝mv12R
设小球在最低点时的速度为v2，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有
F－mg－kQqR2＝mv22R
小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，则
12mv12＋mg·2R＝12mv22
联立上式解得F＝6mg
由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力大小为F′＝6mg。
答案：6mg
13．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＝kQqL2＋mg，又T＝2mg
故kQqL2＝mg，所以q＝mgL2kQ。
(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°)＝12mv2
小球回到A处时，由牛顿第二定律得
T′－mg－kQqL2＝mv2L
联立解得T′＝3mg。
答案：(1)mgL2kQ (2)3mg
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D
C
CD
D
C
D
C
A
B
A