高中物理2 库仑定律同步训练题

这是一份高中物理2 库仑定律同步训练题，共21页。试卷主要包含了下列关于点电荷的描述中正确的是等内容，欢迎下载使用。
题组一 对点电荷的理解
1.(2023江苏盐城清源中学期中)下列关于点电荷的描述中正确的是( )
A.点电荷就是体积和质量很小的带电体
B.点电荷就是体积和电荷量都很小的带电体
C.在研究电子绕原子核的运动时,电子不能看作点电荷
D.带电体体积的大小不是我们判断其是否能被看作点电荷的依据
题组二 库仑定律的理解及简单应用
2.(2024北京丰台期中)关于库仑定律,下列说法中正确的是( )
A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积很小的球体
B.根据F=kq1q2r2可知,当两带电体间的距离趋近于零时,静电力将趋向无穷大
C.若点电荷q1的电荷量大于点电荷q2的电荷量,则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
D.库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是平方反比定律
3.(2024北京朝阳日坛中学月考)如图所示,两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b,壳层的厚度和质量分布均匀,将它们分别固定于绝缘支座上,两球心间的距离为l,为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷,两球电荷量的绝对值均为Q,那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库的表达式中正确的是(已知引力常量为G,静电力常量为k) ( )
A.F引=Gm2l2,F库=kQ2l2
B.F引>Gm2l2,F库>kQ2l2
C.F引=Gm2l2,F库>kQ2l2
D.F引q2
B.m1>m2
C.A所受丝线拉力比B所受丝线拉力大
D.B对A的库仑力大小为m1g tan θ1
答案与分层梯度式解析
2 库仑定律
基础过关练
1.D 将带电物体简化为一个带电的点,即点电荷,点电荷是一种理想化的物理模型,带电物体能不能看成点电荷,不是看物体的质量、体积大小以及电荷量多少,而是看带电体的大小相对于两带电体之间的距离能不能忽略不计,当带电体之间的距离比它们自身的大小大得多,以致带电体的形状、大小以及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时,这样的带电体都能看作点电荷。综上可知,D正确。
2.D 库仑定律适用于点电荷,点电荷不是体积很小的球体,带电体能否看成点电荷是看其大小、形状以及电荷分布状况相对于研究的问题能否忽略不计,A错误;当两带电体间的距离趋近于零时,带电体不能看成点电荷,库仑定律不再适用,静电力不是趋向无穷大,B错误;两点电荷之间的作用力是相互的,根据牛顿第三定律可知,无论点电荷q1的电荷量与点电荷q2的电荷量大小关系如何,q1对q2的静电力大小总等于q2对q1的静电力,C错误;库仑定律和万有引力定律的表达式相似,都是平方反比定律,D正确。
3.C 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体间万有引力的计算,虽然两球心间的距离l只有半径的3倍,但由于壳层的厚度和质量分布均匀,a、b两球壳可看作质量集中于球心的质点,因此,可以应用万有引力定律计算,F引=Gm2l2。对于a、b两带电球壳,它们带异种电荷,且两球心间的距离l只有半径的3倍,不能看成点电荷;由于异种电荷相互吸引,使a、b相互靠近的一侧电荷分布比较密集,故F库>kQ2l2。综上可知,C正确。
4.C 两个相同的金属小球带电荷量分别为+2Q和-6Q,相距为r时,根据库仑定律可得两小球之间的静电力大小为F=k2Q·6Qr2=12kQ2r2;两球充分接触,电荷先中和再平分,每个小球所带电荷量为-2Q,再放回原处时,它们之间的静电力大小变为F'=k2Q·2Qr2=4kQ2r2=F3,选C。
方法技巧 计算库仑力时,电荷量只代入数值,库仑力的方向根据“同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引”判断;电荷中和时,必须代入电性的符号计算。
5.B 根据题意,A、B、C三点的位置关系如图所示,设B处的点电荷带正电,AB=r,则BC=2r,根据库仑定律有F=kQqr2,方向由B指向A;移走A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,根据库仑定律有F'=kQ·2q(2r)2=kQq2r2,方向由C指向B,可得F'=F2,故B正确。
6.D B受到其他三个点电荷的库仑力如图所示,由库仑定律可知库仑力大小为F1=F2=kq2L2,F3=kq2(2L)2,则B受到的合力大小为F=2F1-F3=2-12kq2L2,故D正确。
7.B 要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左,该正点电荷所受力的情况应如图所示,所以A处电荷带负电,B处电荷带正电。设A、C间的距离为L,则B、C间的距离为2L,FBsin30°=FA,即kQBQC(2L)2·sin30°=kQAQCL2,解得QAQB=18,故B正确。
8.A 设C处的点电荷带正电,A、B两电荷对C处的点电荷的静电力大小相等,为FA=FB=kQql2+x2,方向分别由A指向C和由B指向C,如图甲所示,C处点电荷所受的静电力F1=2kQqx2+l2sinθ;若A的电荷量变为
-Q,其他条件都不变,C处点电荷所受的静电力如图乙所示,FA'=FB=kQql2+x2,F2=2kQqx2+l2csθ。为使F2大于F1,l和x的大小应满足tanθ=xlF甲丙,甲、乙所受库仑力的合力向右,则小球甲、乙带异种电荷,甲、丙带同种电荷,B错误;对于小球乙,根据牛顿第二定律得F乙丙-F甲乙=6kq2r2=ma,可得kq2r2=16ma=118F,则小球乙和丙之间的作用力大小为F乙丙=24kq2r2=43F,C正确;小球甲和乙之间的作用力大小为F甲乙=18kq2r2=F,D错误。
8.C 对带电液滴受力分析,液滴受到重力和带电小球对它的库仑力,液滴与小球之间的库仑力一定为引力,所以液滴与小球带异种电荷,A错误;液滴运动过程中所受电场力大小不变,但方向时刻改变,B错误;设O、A之间的距离为h,液滴的运动半径为R,液滴、小球连线与竖直方向的夹角为θ,则有mgtanθ=m4π2T2R,且tanθ=Rh,联立可得h=gT24π2,C正确;若要求出液滴做圆周运动的半径,必须已知θ或者通过所给的其他条件求得θ,否则在已知液滴的质量的情况下无法求出圆周运动的半径,D错误。
9.答案 (1)gsinα-kQqH2msin2α (2)kQqmgsinα
解析 (1)小球A刚释放时,受重力、库仑力和杆的支持力,沿杆方向的合力提供加速度,根据牛顿第二定律有mgsinα-kQqHsinα2=ma
解得a=gsinα-kQqH2msin2α
(2)当A球的速度最大时,其加速度为零,即沿杆方向的合力为零,有mgsinα=kQqr2,解得r=kQqmgsinα
10.D 两小球间的库仑力与它们电荷量的乘积成正比,所以由题中条件无法判断二者电荷量的大小关系,A错误。对小球A受力分析,可得tanθ1=F库m1g,解得F库=m1gtanθ1,同理对小球B受力分析,可得F库=m2gtanθ2;由于θ1>θ2,可得tanθ1>tanθ2,故m1