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課時分層作業(yè)(二)(建議用時:25分鐘)考點1點電荷1.下列關(guān)于點電荷的說法,正確的是()A.點電荷一定是電荷量很小的電荷B.點電荷是一種理想化模型,實際不存在C.只有體積很小的帶電體,才能作為點電荷D.體積很大的帶電體一定不能看成點電荷B[當(dāng)帶電體間的距離比它們自身的大小大得多,以至帶電體的形狀、大小及電荷分布狀況對它們的作用力影響可以忽略時,這樣的帶電體就可以看成點電荷,所以ACD錯,B正確。]考點2庫侖定律的理解2.如圖所示的實驗裝置為庫侖扭秤,細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒,棒的一端是一個帶電的金屬小球A,另一端有一個不帶電的球B,B與A所受的重力平衡,當(dāng)把另一個帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時,A和C之間的作用力使懸絲扭轉(zhuǎn),通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較力的大小,便可找到力F與距離r和電荷量q的關(guān)系,這一實驗中用到了下列哪些方法?①微小量放大法②極限法③控制變量法④逐差法()A.①②B.①③C.③④D.②④B[把微弱的庫侖力轉(zhuǎn)換放大成可以看得到的扭轉(zhuǎn)角度,并通過扭轉(zhuǎn)角度的大小找出力和距離的關(guān)系,是微小量放大法;保持電荷量不變,改變A和C的距離可得到F和r的關(guān)系,保持A和C的距離不變,改變電荷量q可得到F和q的關(guān)系,這是控制變量法。故選項B正確。]3.真空中有甲、乙兩個點電荷相距為r,它們間的靜電引力為F,若甲的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍,乙的電荷量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3),它們間的距離變?yōu)?r,則它們間的靜電引力將變?yōu)?)A.eq\f(3,8)FB.eq\f(1,6)FC.eq\f(8,3)FD.eq\f(2,3)FB[真空中兩個電荷量分別為Q和q的甲、乙兩點電荷,相距為r時的相互作用靜電力大小為F,根據(jù)庫侖定律,有F=keq\f(qQ,r2),若這兩個點電荷間的距離及電量變化后,它們之間的靜電力大小變?yōu)椋篎′=keq\f(2Q·\f(q,3),2r2)=eq\f(kqQ,6r2),即F′=eq\f(F,6),故選項B正確。]4.如圖所示,點電荷+Q固定,點電荷+q沿直線從A運動到B。此過程中,兩電荷間的庫侖力是()A.吸引力,先變小后變大B.吸引力,先變大后變小C.排斥力,先變小后變大D.排斥力,先變大后變小D[同種電荷相互排斥,當(dāng)點電荷+q沿直線從A運動到B的過程中,兩電荷間的距離先減小后增加,根據(jù)F=keq\f(q1q2,r2),電場力先增大后減小,故ABC錯誤,D正確。]5.如圖所示,在絕緣光滑水平面上,相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球,同時從靜止釋放,則兩個小球的加速度大小和速度大小隨時間變化的情況是()A.速度變大,加速度變大B.速度變小,加速度變小C.速度變大,加速度變小D.速度變小,加速度變大C[因電荷間的靜電力與電荷的運動方向相同,故電荷將一直做加速運動,又由于兩電荷間距離增大,它們之間的靜電力越來越小,故加速度越來越小。]考點3庫侖力的疊加及應(yīng)用6.一端固定在天花板上的絕緣細線的另一端與一帶正電的小球M相連接,在小球M下面的一絕緣水平面上固定了另一個帶電小球N,在選項圖中,小球M能處于靜止?fàn)顟B(tài)的是()ABCDB[M受到三個力的作用而處于平衡狀態(tài),則絕緣細線的拉力與庫侖力的合力必與M的重力大小相等,方向相反,故選項B正確。]7.如圖所示,光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點電荷A、B,帶電荷量分別為-4Q和+Q,今引入第三個點電荷C,使三個電荷都處于平衡狀態(tài),則C的電荷量和放置的位置是()A.-Q,在A左側(cè)距A為L處B.-2Q,在A左側(cè)距A為eq\f(L,2)處C.-4Q,在B右側(cè)距B為L處D.+2Q,在A右側(cè)距A為eq\f(3L,2)處C[根據(jù)電荷受力平衡規(guī)律可知,C應(yīng)放在B的右側(cè),且與A電性相同,帶負電,由FAB=FCB,得keq\f(4Q2,L2)=keq\f(QCQ,r\o\al(2,BC)),由FAC=FBC,得keq\f(4QQC,rBC+L2)=keq\f(QQC,r\o\al(2,BC)),解得rBC=L,QC=4Q。]8.如圖所示,光滑絕緣水平面上固定金屬小球A,用原長為L0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接,讓它們帶上等量同種電荷,彈簧伸長量為x1,若兩球電荷量各漏掉一半,彈簧伸長量變?yōu)閤2,則有()A.x2=eq\f(1,2)x1 B.x2=eq\f(1,4)x1C.x2>eq\f(1,4)x1 D.x2<eq\f(1,4)x1C[庫侖力等于彈力,兩球電荷量各減半時,若不考慮兩球距離的變化對庫侖力的影響,庫侖力減為原來的eq\f(1,4),則x2=eq\f(1,4)x1,但實際是距離減小后庫侖力又會增大,故正確答案是x2>eq\f(1,4)x1,C正確。]9.如圖所示,等邊三角形ABC的邊長為L,在頂點A、B處有等量異種點電荷QA、QB,QA=Q,QB=-Q,求在頂點C處的電荷量為QC的點電荷所受的靜電力。[解析]題目沒有交代QC的電性,解答時需考慮兩種情況:QC為正電荷或QC為負電荷。當(dāng)QC為正電荷時,受力情況如圖所示,QA、QB對QC的作用力大小和方向都不因其他電荷的存在而改變,仍然遵循庫侖定律。QA對QC的作用力FA=keq\f(QAQC,L2),同種電荷相斥。QB對QC的作用力FB=keq\f(QBQC,L2),異種電荷相吸。因為QA=QB,所以FA=FB,QC受力的大小FC=FA=FB=keq\f(QQC,L2),方向為平行于AB連線向右。同理,當(dāng)QC為負電荷時,F(xiàn)C=FA=FB=keq\f(QQC,L2),方向平行于AB連線向左。[答案]見解析(建議用時:15分鐘)10.兩個質(zhì)量分別是m1、m2的小球,各用絲線懸掛在同一點,當(dāng)兩球分別帶同種電荷,且電荷量分別為q1、q2時,兩絲線張開一定的角度θ1、θ2,如圖所示,此時兩個小球處于同一水平面上,且θ1>θ2,則下列說法正確的是()A.m1>m2B.m1<m2C.q1<q2D.q1>qB[m1、m2受力如圖所示,由平衡條件可知m1g=Fcotθ1,m2g=F′cotθ2,根據(jù)牛頓第三定律可得F=F′,則eq\f(m1,m2)=eq\f(cotθ1,cotθ2),因為θ1>θ2,所以m1<m2,從式子中可以看出兩角度的大小關(guān)系與兩電荷的帶電量無關(guān),故B正確。]11.(多選)如圖所示,MON是固定的光滑絕緣直角桿,MO沿水平方向,NO沿豎直方向,A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球,用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上,使兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后,A、B兩小球可以重新平衡,則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較,下列說法正確的是()A.A、B兩小球間的庫侖力變大B.A、B兩小球間的庫侖力變小C.A球?qū)O桿的壓力變大D.A球?qū)O桿的壓力不變BD[對B球受力分析,受重力Mg、靜電力F1、桿對其向左的支持力N2,如圖:根據(jù)平衡條件有,x方向:F1sinθ=N2,y方向:F1cosθ=Mg。由上述得到F1=eq\f(Mg,cosθ)。由于新位置兩球連線與豎直方向夾角θ變小,sinθ變小,cosθ變大,由上式知,靜電力F1變小,故B正確,A錯誤;對A、B整體分析,水平桿對A球的支持力等于兩個球的重力之和,則大小不變,A球?qū)O桿的壓力不變,故C錯誤,D正確。]12.一個掛在細絲線下端的帶電的小球B,靜止在如圖所示位置。若固定的帶正電的小球A電量為Q,B球的質(zhì)量為m,帶電量為q,絲線與豎直方向的夾角為θ,A和B在同一水平線上,整個裝置處于真空中,A、B球均可視為點電荷,求:(1)B球帶何種電荷?(2)A、B兩球之間的距離為多少?[解析](1)兩球相斥,所以B與A電性相同,B球帶正電。(2)對B球受力分析如圖所示,由平衡條件可知FAB=mgtanθ ①而FAB=keq\f(qQ,r2) ②由①②得r=eq\r(\f(kQq,mgtanθ))。[答案](1)正電(2)eq\r(\f(kQq,mgtanθ))13.如圖所示,在傾角為α的足夠長光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點),它們相距為L。兩球同時由靜止開始釋放時,B球的加速度恰好等于零。經(jīng)過一段時間后,當(dāng)兩球距離為L′時,A、B的加速度大小之比為a1∶a2=11∶5。靜電力常量為k(1)若B球帶正電荷且電荷量為q,求A球所帶電荷量Q及電性。(2)在(1)條件下求L′與L的比值。[解析](1)由初始時刻B球的加速度等于零及B球帶正電荷,可知A球帶正電荷,對B球受力分析,沿斜面方向B球受到的合力為零,即F-mgsinα=0根據(jù)庫侖定律得F=keq\f(Qq,L2),解得Q=eq\f(mgL2sinα,kq)。(2)兩球距離為L′時,A球加速
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