2019-2020学年高二上学期物理人教版(2019)必修第三册 第9章 第2节 库仑定律 课时作业

第九章 第二节库仑定律
一、选择题(本题共7小题，每题7分，共49分)
1．(2019·福建省同安一中高二上学期期中)关于元电荷和点电荷的理解正确的是( ) A ．元电荷就是点电荷
B ．点电荷一定是电荷量最小的电荷
C ．体积很小的带电体就是点电荷
D ．元电荷是一个电子所带的电荷量的绝对值
2. (2019·江苏省苏州市高二上学期期末)如图所示，一个带正电的球体M 放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N 先后挂在横杆上的P 1和P 2处。

当小球N 静止时，丝线与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出)。

则( )
A ．小球N 带正电，θ1>θ2
B ．小球N 带正电，θ1<θ2
C ．小球N 带负电，θ1>θ2
D ．小球N 带负电，θ1<θ2
3．(2019·上海市金山中学高二上学期期中)两个相同的金属小球A 、B ，所带的电量q A ＝＋q 0、q B ＝－7q 0，相距r 放置时，相互作用的引力大小为F 。

现将A 球与B 球接触，再把A 、B 两球间的间距增大到2r ，那么A 、B 之间的相互作用力将变为( )
A ．斥力、9F
28
B ．斥力、9F
14
C ．引力、9F
28
D ．引力、9F
14
4．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 库分别为( )
A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2
l
2
B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2
l
2
C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2
l 2
D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2
l
2
5．(2019·宁夏银川一中高二上学期期末)如图所示，真空中A 、B 两个点电荷的电荷量分别为＋Q 和＋q ，放在光滑绝缘水平面上，A 、B 之间用绝缘的轻弹簧连接。

当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0。

设弹簧发生的均是弹性形变，则( )
A ．保持Q 不变，将q 变为2q ，平衡时弹簧的伸长量等于2x 0
B ．保持q 不变，将Q 变为2Q ，平衡时弹簧的伸长量大于2x 0
C ．保持Q 不变，将q 变为－q ，平衡时弹簧的缩短量大于x 0
D ．保持q 不变，将Q 变为－Q ，平衡时弹簧的缩短量小于x 0
6.一根放在水平面内的绝缘光滑玻璃管，内部有两个完全相同的弹性金属小球A 和B ，带电荷量分别为＋9Q 和－Q 。

两小球从图示位置由静止释放，那么，两小球再次经过图示位置时，A 球的瞬时加速度为释放时的( )
A.16
9倍 B.916倍 C ．1倍
D.320
倍 7．(2019·陕西西北工业大学附中高二上学期期末)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂两个相同的带电介质小球A 、B ，左边放一个带电荷量为＋Q 的固定球时，两悬线都保持竖直方向。

下列说法中正确的是( )
A ．A 球带正电，
B 球带正电，并且A 球带电荷量较小 B ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较小
C ．A 球带负电，B 球带正电，并且B 球带电荷量较大
D ．A 球带正电，B 球带负电，并且B 球带电荷量较大
8．(2020·江西省宜春市高二上学期期末)如图所示，a 、b 是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β＞α。

若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )
A．a球的质量比b球的大
B．a、b两球同时落地
C．a球的电荷量比b球的大
D．a、b两球飞行的水平距离相等
9．(多选)如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球a，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是()
10．(多选)宇航员在探测某星球时有如下发现：
(1)该星球带负电，而且带电均匀；
(2)该星球表面没有大气；
(3)在一次实验中，宇航员将一个带电小球(小球的带电量远小于星球的带电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，带电小球恰好能处于悬浮状态。

则根据以上信息可以推断()
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．只改变小球的电荷量，从原高度无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态
D．只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态
二、非选择题
11．(2020·山东省潍坊市高二上学期三校联考)把质量2g的带负电小球A，用绝缘细绳悬起，若将带电荷量为Q＝4.0×10－6 C的带电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30 cm 时，绳与竖直方向成α＝45°角。

试求：
(1)B球受到的库仑力多大？
(2)A球带电荷量是多少？
12．如图所示，一半径为R的绝缘球壳上均匀的带有电量为＋Q的电荷，另一电量为＋q 的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷受力为零，现在球壳上挖去半径为r(r≪R)的一个小圆孔，则此时置于球心的点电荷所受力的大小为(已知静电力常量为k)，方向____。

13．如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R ，在中心处固定一电荷量为＋Q 的点电荷。

一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力大小。

答案及解析
1．D
解析：元电荷表示电荷量，是一个电子所带的电荷量的绝对值，不是点电荷，故A 错误，D 正确；当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，与电荷量的多少无关，故B 、C 错误。

2.A
解析：小球M 与N 相互排斥，M 、N 带同种电荷，M 带正电，N 也带正电，小球N 受重力mg ，绳的拉力，库仑力F ，绳与竖直方向夹角为：tan θ＝F mg ，库仑力：F ＝k Qq
r 2， 由于电
荷N 悬挂在P 1点时距离小，库仑力大，偏角大，故θ1＞θ2，故A 正确，B 、C 、D 错误。

3．A
解析：金属小球A 和B ，带电量分别为＋q 0和－7q 0，相互作用力大小为F ，根据库仑定律，有：F ＝k q 0·7q 0
r
2
将两球接触后再放回原处，电荷先中和再平分，带电量变为q 0－7q 0
2＝－3q 0，根据库仑定
律，有：F ′＝k 3q 0·3q 0(2r )2
＝9
28F ，且表现为斥力，故A 正确，B 、C 、D 错误；故选A 。

4．D
解析：万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，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，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。

对于a 、b 两带电球壳，由于两球心间的距离l 只有半径的3倍，不能看成点电荷，不满足库仑定律的适用条件，故D 正确。

5．C
解析：设弹簧的劲度系数为k ′，原长为x 。

当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0，则有：k ′x 0＝
kQq
(x ＋x 0)2
①
保持Q 不变，将q 变为2q 时，平衡时有：k ′＝2kQq
(x ＋x 1)2
②
由①②解得：x 1<2x 0，故A 错误；同理可得B 错误；保持Q 不变，将q 变为－q ，如果缩短量等于x 0，则静电力大于弹力，故会进一步压缩弹簧，故平衡时弹簧的缩短量大于x 0，故C 正确；同理可得D 错误。

6.A
解析：设图示位置时两小球之间的距离为r ，则释放时两小球之间的静电力大小为F ＝k 9Q 2r
2，由牛顿第二定律可得释放时A 球的瞬时加速度a 1＝F m ＝9kQ 2
mr 2。

释放后在静电引力作用
下，两小球接触后再分开，电量先中和再平分，二者带了等量同种电荷，当再次经过图示位置时，两小球之间的静电力大小为F ′＝k (4Q )2r 2＝k 16Q 2
r 2，A 球的瞬时加速度为a 2＝F ′m ＝16kQ 2mr 2，
所以a 2a 1＝16
9。

A 正确。

7．BC
解析：存在固定球时，对A 、B 球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自所受电场力合力为零， 说明A 球带负电而B 球带正电。

根据库仑定律A 离固定球近，所以A 球带电荷量较小，B 球带电荷量较大。

故A 、D 错误，B 、C 正确。

8．AB
解析：对小球受力分析，根据平衡条件有：m a g ＝F 库tan α， m b g ＝F 库
tan β，由于β＞α，所以
m a ＞m b ，故A 正确；m a ＞m b ，因此水平方向上，a 的加速度小于b 的加速度。

竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球同时落地，故B 正确；a 球的电荷量和b 球的电量大小无法判断，故C 错误；由于a 的加速度小于b 的加速度，因此a 球水平飞行的距离比b 球小，故D 错误。

故选AB 。

9．ACD
解析：若要使A 球处于静止状态其所受的合力为零，对a 球所处的各种状态进行受力分析，可知A 、C 、D 选项中a 球可能处于平衡状态。

10．BD
解析：可以将带负电均匀的星球视为负点电荷，带电小球处于平衡状态，即为库仑斥力与万有引力平衡，则kQq r 2＝GMm
r
2，所以正确答案为B 、D 。

11．
答案：(1)2×10－
2 N (2)5.0×10－
8 C
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，其合力为零。

因此mg －T cos α＝0①
F ′－T sin α＝0②
②÷①得F ′＝mg tan α＝2×10－
3×10×1 N ＝2×10－
2 N 。

根据牛顿第三定律有F ＝F ′＝2×10－
2 N ， (2)根据库仑定律F ′＝k qQ
r
2
∴q ＝F ′r 2kQ ＝2×10－
2×(0.3)29×109
×4.0×10－6 C ＝5.0×10－8
C 。

12． k Qqr 2
4R
4 ，__由球心指向小孔中心_
解析：绝缘球壳电荷的面密度为：σ＝Q
4πR 2
球壳上挖去半径为r 的小圆孔，去掉的电量为q ′，则： q ′＝σπr 2＝
Qr 2
4R 2
与球心O 对称位置相应电荷对球心电荷的库仑力大小为 F ＝k qq ′R 2＝k Qqr 2
4R
4
是斥力，方向由球心指向小孔中心。

13．答案：6mg
解析：设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律有mg －kQq R
2＝m v 21
R
设小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ，根据牛顿第二定律F －mg －kQq R 2
＝m v 22
R 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12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22
解得F ＝6mg ，由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F ′＝6mg 。