第1章　静电场的描述 分层作业2　库仑定律--2025粤教版高中物理必修第三册同步练习题

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2025粤教版高中物理必修第三册
分层作业2　库仑定律
A组必备知识基础练
题组一　库仑定律
1.两个由绝缘支架支撑的相同金属小球,分别带有+q和+3q的电荷.现将两金属小球接触后再放回原处.若两金属小球均可视为点电荷,则接触后的两小球之间的库仑力将(　　)
A.变小 B.变大 C.不变 D.不确定
2.如图所示,A、B、C三点在同一直线上,AB=BC,在A处固定一电荷量为Q的点电荷.当在B处放一电荷量为q的点电荷时,它所受到的静电力为F;移去B处点电荷,在C处放电荷量为2q的点电荷,其所受静电力大小为(　　)
A. B. C.F D.2F
3.(2024广东清远高二期末)探究静电力的装置如图所示,将两块金属圆片A、B分别固定在绝缘支架上,下支架固定在高精度电子秤的托盘上,上支架贴上距离标尺,穿过固定支架的小孔放置.现将电子秤示数归零(“去皮”)后,给A、B带上同种电荷.下列说法错误的是(　　)
A.A对B的静电力与B对A的静电力一定大小相等
B.A、B所带电荷量必须相等
C.电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大
D.用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开,电子秤的示数将减半
4.(2024广东汕头高二阶段练习)如图是定性探究电荷间相互作用力与两电荷的电荷量和它们之间的距离关系的实验装置.
(1)该实验用到的研究方法是　　　(填正确选项前的字母,单选).
A.理想实验法
B.等效替代法
C.微小量放大法
D.控制变量法
(2)观察到的现象是,当两电荷距离一定时,两电荷的电荷量越大,偏角越　　　,说明相互作用力　　　.当两电荷的电荷量一定时,距离越大,偏角越　　　,说明相互作用力越　　　.
题组二　静电力的叠加规律
5.如图所示,三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上.金属小球a和金属小球c带正电,金属小球b带负电,金属小球a所带电荷量比b所带电荷量小.已知金属小球c受到金属小球a和金属小球b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示,它应是(　　)
A.F1 B.F2
C.F3 D.F4
题组三　静电力作用下的平衡问题
6.(2024广东广州高二期末)如图所示,用两根绝缘丝线挂着两个质量相同的小球M、N,此时上、下丝线的受力分别为TM和TN,如果使小球M带正电,小球N带负电,上、下丝线受到的力分别为TM'、TN',则(　　)
A.TMC.TM=TM' D.TN7.(2024广东广州高二期中)如图所示,用长度不等的绝缘线将带电小球A、B悬挂起来,两线与竖直方向的夹角分别是θ1、θ2,两个小球质量分别是m1、m2,所带电荷量分别为q1、q2,两小球恰在同一水平线上,则下列说法正确的是(　　)
A.若m1>m2,则θ1>θ2
B.若m1θ2
C.若q1=q2,则θ1=θ2
D.若q1θ2
B组关键能力提升练
8.(2024广东汕头高二阶段练习)如图所示,ACB为固定在竖直面内的光滑绝缘半圆形轨道,在圆心O处固定一带正电的点电荷Q,带正电的小球(可视为质点)静止在最低点C.现给小球施加一水平向右的外力F,使小球沿轨道缓慢地向上移动,对此过程,下列说法正确的是 (　　)
A.小球所受库仑力恒定
B.外力F先减小后增大
C.小球所受合外力逐渐增大
D.小球对轨道的压力逐渐增大
9.真空中正三角形ABC的三个顶点上分别放有电荷量相等、电性不同的点电荷,A、C两点为正电荷,B为负电荷,如图所示,C处点电荷所受静电力大小为F,则A、B两处点电荷所受静电力大小分别为(　　)
A.F、F B.F、F
C.F、F D.F、F
10.(2024广东清远高二期中)如图所示,带电小球P、Q质量均为m,电荷量均为q.P用绝缘轻质细线悬挂于O点,Q与P处于同一水平线上,P平衡时细线与竖直方向成θ角(θ<45°).现在同一竖直面内向右下方缓慢移动Q,使P能够保持在原位置不动,直到Q移动到P位置的正下方.P、Q均可视为点电荷,静电力常量为k.则此过程中,P、Q间的最大距离为(　　)
A. B.
C. D.
11.(多选)(2024重庆沙坪坝高二阶段练习)如图所示,固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B,A位于筒底靠在左侧壁处,B在右侧筒壁上受到A的库仑力作用处于静止状态.若筒壁竖直,A的电荷量保持不变,B由于漏电而下降少许后重新平衡,下列说法正确的是(　　)
A.小球A、B间的库仑力变小
B.小球A、B间的库仑力变大
C.小球A、B对筒壁的压力都变大
D.小球A对筒底的压力变大
12.如图所示,△abc处在真空中,边长分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm.三个带电小球固定在a、b、c三点,电荷量分别为qa=6.4×10-12 C,qb=-2.7×10-12 C,qc=1.6×10-12 C.已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,求c点小球所受库仑力的大小及方向.
13.某同学设计了一种测量物体所带电荷量的方案,其原理如图所示.在O点正下方某位置固定一电荷量为+Q的绝缘小球A.长为l的绝缘细线一端固定在O点,另一端与一个质量为m的带电金属小球B相连.小球B静止时恰好与小球A在同一水平线上,用量角器测出细线与竖直方向的夹角为θ.已知静电力常量为k,重力加速度为g,两小球的大小可忽略不计,求:
(1)平衡时小球B受到的库仑力大小;
(2)小球B所带的电荷量q.
C组核心素养拔高练
14.如图所示,电荷量为Q=1×10-7 C的小球A固定在光滑绝缘桌面的上方,距桌面高度h= m,一个质量为m=1×10-4 kg、电荷量为q=-4×10-8 C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心做匀速圆周运动,其运动半径为r=0.1 m.已知静电力常量k=9×109 N·m2/C2.求:
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)桌面对小球B的支持力FN的大小;
(3)小球运动的线速度v的大小.(结果均保留2位有效数字)
分层作业2　库仑定律
1.B　解析 两小球接触前,由库仑定律可得F=,接触后,两小球的电荷量均变为q'==2q,库仑力变为F'=>F,故选B.
2.B　解析 设AB=BC=r,在A处固定一电荷量为Q的点电荷.当在B处放一电荷量为q的点电荷时,它所受到的静电力为F,根据库仑定律有F=k,移去B处点电荷,在C处放电荷量为2q的点电荷,其所受静电力大小为FC=k,故选B.
3.B　解析 A对B的静电力与B对A的静电力是一对相互作用力,一定大小相等,A正确,不符合题意;静电力是电荷间的相互作用力,静电力与电荷所带电荷量的多少有关,与电荷间的距离有关,在探究静电力的规律时,A、B所带电荷量不一定相等,B错误,符合题意;两点电荷间的静电力与它们间的距离的二次方成反比,因此电子秤的示数会随着A、B的靠近而变大,C正确,不符合题意;用与A相同且不带电的金属圆片C与A接触后移开,则A所带电荷量是原来A所带电荷量的一半,因A、B间的静电力与它们所带电荷量的乘积成正比,所以电子秤的示数将减半,D正确,不符合题意.故选B.
4.解析 (1)在研究电荷之间作用力大小的决定因素时,采用控制变量的方法进行,如本实验,根据小球的摆角变化可以看出小球所受作用力随电荷量或距离变化情况.故选D.
(2)当两电荷距离一定时,两电荷的电荷量越大,偏角越大,说明相互作用力大;当两电荷的电荷量一定时,距离越大,偏角越小,说明作用力越小.
答案 (1)D　(2)大　大　小　小
5.B　解析 根据“同性相斥,异性相吸”的规律,确定金属小球c受到金属小球a和金属小球b的静电力方向,若金属小球a、b所带电荷量相同,金属小球c的受力方向应平行于ab向右,考虑金属小球a所带电荷量小于金属小球b所带电荷量,则Fac与Fbc的合力向Fbc靠近,只能为F2,故B正确.
6.C　解析 无论小球M、N带电与否,上面丝线的拉力都始终等于小球M、N的重力之和,则有TM=TM',在两小球没有带电时,下面丝线的拉力等于小球N的重力,当小球M带正电,小球N带负电后,小球N会受到小球M向上的静电力,使得下面丝线的拉力小于小球N的重力,则有TN>TN',故选C.
7.B　解析 以m1为研究对象,m1的受力如图所示.根据受力平衡可得Tsin θ1=F库,Tcos θ1=m1g,可得tan θ1=,同理对于质量为m2的小球有tan θ2=,因为不论q1、q2大小如何,两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力,大小相等,故有,可知两线与竖直方向的夹角只与两小球的质量有关,与电荷量无关;若m1>m2,则θ1<θ2;若m1θ2.故选B.
8.D　解析 小球所受库仑力大小不变,但在小球运动过程中库仑力的方向时刻在改变,则小球所受库仑力为变力,故A错误;小球在运动过程中,小球、圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,小球受力分析如图所示.根据平衡条件可得mgsin θ=Fcos θ,FN=FC+mgcos θ+Fsin θ,整理得F=mgtan θ,FN=FC+,小球沿轨道缓慢地向上移动过程中θ逐渐增大,即外力F一直增大,小球对轨道的压力逐渐增大,故B错误,D正确;小球沿轨道缓慢地向上移动,处于一系列动态平衡中,即小球所受合外力为零,故C错误.
9.B　解析 A对C的作用力沿AC方向,B对C的作用力沿CB方向,两个力大小相等,之间的夹角为120°,合力为F,所以A对C的作用力与B对C的作用力大小都等于F,则任意两点电荷间的作用力大小为F,根据对称性,A处点电荷所受静电力大小也为F,B处点电荷所受静电力大小为2Fcos 30°=F,故选B.
10.B　解析 如图所示,画出小球P的受力示意图,当小球P位置不动,Q缓慢向右下方移动时,Q对P的库仑力先减小后增大,P、Q间库仑力最小时,P、Q间距离最大.则有mgsin θ=,解得r=.故选B.
11.BC　解析 对B受力分析如图所示,由平衡条件可得F库=,B由于漏电而下降少许后重新平衡,θ增大,故小球A、B间的库仑力变大,故A错误,B正确;B对筒壁的压力为FN=mgtan θ,θ增大,可知B对筒壁的压力变大,将小球A、B看成整体,小球A、B水平方向受力平衡,可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力,根据牛顿第三定律可知,小球A对筒壁的压力变大,故C正确;将小球A、B看成整体,小球A、B竖直方向受力平衡,筒底对A的支持力等于小球A、B的重力,根据牛顿第三定律可知,小球A对筒底的压力不变,故D错误.
12.解析 如图所示,由几何关系知,ca⊥bc,△abc为直角三角形.a、b两点的小球对c点的小球的库仑力分别为
Fca=5.76×10-11N
Fbc=4.32×10-11N
由平行四边形定则得F=7.2×10-11N
由几何关系知c点小球所受库仑力方向平行于ab连线向右.
答案 7.2×10-11N,方向平行于ab连线向右
13.解析 (1)对小球B受力分析,由几何关系得
=tan θ
得
FC=mgtan θ.
(2)由库仑定律可得
FC=k
又r=lsin θ
联立解得q=.
答案 (1)mgtan θ　(2)
14.解析 (1)由几何关系知,A、B小球间的距离
L==0.2 m
A、B两小球连线与竖直方向的夹角θ=30°
由库仑定律得
F=k=9.0×10-4 N.
(2)在竖直方向,小球B所受的分力为0,即
Fcos θ+FN=mg
可得FN=×10-4 N≈2.2×10-4 N.
(3)库仑力水平方向的分力提供向心力,有
Fsin θ=
可得v=0.3 m/s≈0.67 m/s.
答案 (1)9.0×10-4 N　(2)2.2×10-4 N　(3)0.67 m/s
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