物理选修1-1人教新课标版：1.1电荷 库仑定律 课时作业1（word版含解析)

2019-2020学年人教版选修1-11.1电荷库仑定律课时作业1（解析版)
1．下列关于点电荷的说法中正确的是
A.带电体的体积很小时，可以看成点电荷
B.带电体的电量很小时，可以看成点电荷
C.带电体的大小远小于电荷间的距离时，可以看成点电荷
D.带电圆环一定不能看成点电荷
2．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则以下说法正确的是
A.A、B速度变大，加速度变大 B.A、B动能变小，加速度变小
C.A、B系统动量守恒，机械能守恒 D.A、B系统动量守恒，机械能增大
3．如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m都用长为L的绝缘细线挂在绝缘竖直墙上的O点，静止时A球靠墙，B球悬线与竖直方向夹角=90°。由于外部原因小球B电荷量减小，当两球再次静止时，B球悬线与竖直方向夹角θ= 60°，则小球B的电荷量减小为原来的（ ）
A. B. C. D.
4．真空中有两个点电荷，它们之间的静电力的大小为F.如果它们的电荷量不变，将它们的距离增大为原来的2倍，则它们之间的静电力大小将为（ ）
A. B. C. D.
5．将一个带电小球A用细丝线悬挂于O点，并将另一与小球A带等量同种电荷的带电小球B与它靠近，B小球用绝缘支架固定。A因受B的静电斥力作用而发生偏移，测得偏移的距离为d，如图所示，测得A球的质量为m，悬点O到小球A球心的距离为L，已知Ld，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）
A.小球A所受的静电力Fmg
B.小球A所受的静电力
C.由于小球B的质量未知，所以A小球对B小球静电力大小不一定等于A小球所受的静电力大小
D.A、B小球所带的电荷量为
6．两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是(　　)
A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C.Q1、Q2一定均为正电荷
D.Q1、Q2一定均为负电荷
7．有两个相同的金属小球A、B，带电荷量分别为Q和-3Q，固定在相距为L的位置，它们之间的库仑力大小为F，现将两小球接触后再放回原来的位置，它们之间的库仑力大小变为（ ）
A.F B. C.2F D.
8．两个完全相同的金属小球,带异种电荷,且电荷量之比,相距足够远（可视为点电荷）,两者相互接触后,再放回原来的位置,则相互作用力是原来的
A. B. C. D.
9．两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小之比为1：5，相互作用大小为5F．将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为( )
A.3F B.9F C.5F D.9F/4
10．下面叙述符合物理学史实的是
A.伽利略通过理想实验总结出了惯性定律
B.牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量
C.安培首先发现了电流的磁效应
D.法拉第发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场
11．下列设备或电器中，利用电磁感应原理工作的是(　　)
A．发电机 B．白炽灯 C．电动机 D．电吹风
12．如图所示，一个矩形线圈abcd放在垂直于纸面向外的匀强磁场中，O1O2是线圈的对称轴。线圈在下列各种运动中，整个线圈始终处于磁场之内，能使线圈中产生感应电流的是( )
A．沿纸面向左移动 B．沿纸面向上移动
C．垂直纸面向里移动 D．以O1O2为轴转动
13．下列说法正确的是（ ）
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，就有感应电流产生，与线圈是否闭合无关
B．只要闭合导体运动，导线中就一定有感应电流
C．闭合电路的导体，不做切割磁感线的运动时，线圈中一定没有感应电流
D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就一定有感应电流
14．下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是
A．质点、点电荷都是理想化模型
B．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的
C．奥斯特首先发现了电磁感应现象
D．安培最早提出了“电场”的概念
15．如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ，磁场方向垂直平面向下， 磁感应强度大小为B，边长为L(L A．线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量不相等
B．线框的右边刚进人磁场时所受安培力的大小为
C．线框进人磁场过程中一直做加速运动
D．线框右边从MN运动到PQ的过程中，线框中产生的焦耳热小于Fd
16．关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（ ）
A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流
B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流
D．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
17．在物理学的发展历程中，许多杰出的物理学家作出了巨大的贡献，首次发现电磁感应现象规律的物理学家是（　　）
A．奥斯特 B．库仑 C．安培 D．法拉第
18．探究电磁感应现象应选用图（　　）中所示的装置进行实验
A．图甲 B．图乙 C．图甲和图乙都可以 D．以上说法都错误
19．如今常见的发电方式有火力发电、水力发电、核电站、风力发电，以上几种发电方式的共同点是最后的步骤都是通过（　　）现象产生了电能。
A．电流受磁场力 B．电流磁效应 C．发射电磁波 D．电磁感应
20．在物理学发展的过程中观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起了重要作用，下列叙述符合史实的是（　　）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．洛伦兹根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．法拉第在对理论和实验资料进行分析后总结出法拉第电磁感应定律
D．楞次认为磁场变化时会在空间激发出一种电场，叫感生电场
21．如图所示是套在同一铁芯上的两个线圈，左线圈与电源、滑动变阻器及开关相连，右线圈与电流计连成一闭合电路．在下列情况下，电流计指针不偏转的是(　　)
A.开关S合上或断开的瞬间
B.开关S合上后，左线圈中通过恒定的电流时
C.开关S合上后，移动滑动变阻器滑片增大其阻值时
D.开关S合上后，移动滑动变阻器滑片减小其阻值时
22．如图所示，两个大小相同的带电小球A和B，小球A带电荷量为+Q，用绝缘细线悬挂在天花板上O点。小球B带电荷量为+5Q，固定在绝缘细杆上。两球球心距悬点O点的距离相同，静止时细线与竖直方向的夹角为θ．现让两个带电小球接触一下，然后再让小球A处于静止状态，两带电小球可视为点电荷。则（　　）
A.两球之间的库仑力变大 B.细线对小球A的拉力大小不变
C.细线与竖直方向的夹角变小 D.细杆对小球B的作用力大小不变
23．以下叙述正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则
B．开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律
C．卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了万有引力常量
D．法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律
24．如图为“研究感应电流产生的条件”的实验电路图。
（1）将电路连接完整______
（2）保持电键S始终闭合。列举使线圈B中产生感应电流的两种方法：①______，②______。
25．如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q。现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度恰好又变为零，B和D相距为，C和D相距为，静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）请判断小球的电性并求出小球的电荷量q；
（2）带电小球在C点处的加速度；
（3）C、A两点间的电势差。
26．用两根长度均为L = 1m的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点。已知两小球质量均为m = 3 kg，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ = 37°，如图所示。已知静电力常量为k = 9.0×109 N·m2/C2，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）小球受绝缘细线拉力T的大小；
（2）小球所带的电荷量q的大小。
27．如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在绝缘的光滑水平面上，彼此相隔的间距为l，B球带电量为，A球带电量为，若在小球C上施加一个水平向右的恒力F，要使A、B、C三个带电小球始终保持这样的间距运动，求恒力F的大小及C球的带电量（静电力常量为k）。
28．某磁场的磁感线分布如图所示．将闭合导体圆环从磁场中的M处平移到N处，则通过圆环的磁通量将________(填“变大”“变小”或“不变”)；圆环中________(填“能”或“不能”)产生感应电流．
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
ABC．点电荷的模型是重要的物理模型之一，它的条件是带电体的大小远小于电荷间的距离，都可看成点电荷，与带电体的大小、带电体所带的电量都无直接的关系，故A、B均错误，C正确；
D．均匀带电圆环是否能看成点电荷与圆环的大小以及要研究的问题的范围的大小有关，故D错误。
2．D
【解析】
【详解】
AB. 由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小．由牛顿第二定律得知它们的加速度变小．随着两球间距离增大，电场力做功正功，电势能减少，总动能增加．所以速度增加，故AB错误；
CD.水平方向系统不受外力，所以A、B系统动量守恒，电场力做功正功，电势能减少，机械能增大，故C错误，D正确。
3．C
【解析】
【详解】
当B球悬线与竖直方向夹角为90°时，由平衡知识可知：
B球悬线与竖直方向夹角为 60°时，由平衡知识可知：
联立解得：
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论相符，选项C正确；
D．，与结论不相符，选项D错误；
4．A
【解析】
【分析】
由题中“真空中有两个点电荷”可知，本题考查点电荷之间的库仑力公式，根据库仑定律可解答本题。
【详解】
根据库仑定律公式可得
若电荷量不变距离变为原来的2倍，则有
A为，与计算结果相符，故A正确；
B为，与计算结果不相符，故B错误；
C为，与计算结果不相符，故C错误；
D为，与计算结果不相符，故D错误。
5．B
【解析】
【详解】
AB.设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为，由于Ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力F=mg，由于很小，=，所以，故A错误，B正确；
C.根据牛顿第三定律，A小球对B小球静电力大小一定等于A小球所受的静电力大小，与小球质量无关，故C错误；
D.因未知小球B与O点间的距离，所以无法确定A、B小球所带的电荷量，故D错误。
6．A
【解析】
【详解】
AB．由电场线的特点：电场线越密，代表电场强度越大，可知Q2周围的电场强度大于Q1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式： 可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量。故A正确，B错误。
CD．根据电场线的特点：电场线从正电荷出发到负电荷终止。由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q1、Q2可能均为正电荷，也有可能Q1、Q2均为负电荷。故C错误，D错误。
7．B
【解析】
【详解】
未接触前，根据库仑定律
F=k
接触后两球带电量平分，放回原来的位置后，再由库仑定律
F′=k
则它们之间的库仑力大小变为
F′=F
A.它们之间的库仑力大小变为F，与分析不一致，故A错误；
B.它们之间的库仑力大小变为F，与分析相一致，故B正确；
C.它们之间的库仑力大小变为2F，与分析不一致，故C错误；
D.它们之间的库仑力大小变为F，与分析不一致，故D错误。
8．C
【解析】
【详解】
设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为Q=7q，依据库仑定律，则此时
带异种电荷，接触后再分开，带电量各为3q，则两球的库仑力大小
；
A. ，与结论不相符，选项A错误；
B. ，与结论不相符，选项B错误；
C. ，与结论相符，选项C正确；
D. ，与结论不相符，选项D错误；
9．B
【解析】
【详解】
由库仑定律可得相互作用力为：
如果带同种电荷，当两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为3q；则库仑力为：
如果带异种电荷，当两球接触后先中和再平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；则库仑力为：
A. 3F与分析结果不符，故A错误。
B. 9F与分析结果相符，故B正确。
C. 5F与分析结果不符，故C错误。
D. 9F/4与分析结果不符，故D错误。
10．D
【解析】
【详解】
A.伽利略通过理想实验得出了力不是维持物体运动的原因，牛顿总结出了惯性定律；故A错误.
B.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量；故B错误.
C.奥斯特首先发现了电流的磁效应；故C错误.
D.法拉第发现了电磁感应现象并最早引入电场线描述电场；故D正确.
11．A
【解析】
【详解】
A.发电机是线圈在磁场中运动，产生电流，利用电磁感应原理，故A正确；
B.白炽灯是将电能转化为热能后一部分热能转化为光能的设备，即是消耗电能的电热装置，故B错误；
C.电动机是线圈通电后受力转动，不是利用电磁感应现象原理，故C错误；
D.电吹风是将电能转化为热能和机械能，与电磁感应无关，故D错误。
12．D
【解析】
【详解】
A. 沿纸面向左移动时，穿过线圈的磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，故A错误；
B. 沿纸面向上移动，穿过线圈的磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，故B错误；
C. 垂直纸面向里移动，穿过线圈的磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，故C错误；
D. 以O1O2为轴转动，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确。
13．D
【解析】
【详解】
A.只有当线圈闭合，且穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中才有感应电流；若线圈不闭合，则没有感应电流；故A错误。
B. 闭合电路整体在磁场中作切割磁感线运动，而闭合电路中磁通量却没有变化，则闭合电路中就没有感应电流，故B错误；
C.闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，若穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，该电路中也能产生感应电流，故C错误；
D. 根据感应电流产生的条件可知，当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，该电路中一定有感应电流。故D正确。
14．A
【解析】
【详解】
A.理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点和点电荷都是理想化模型，故A正确；
B.物理学中有的物理量不是采用比值法定义的，如物体的位移、物体的质量等，故B错误；
C.奧斯特首先发现了电流的磁效应，而法拉第发现的电磁感应现象，故C错误；
D.法拉第最早提出了“电场”的概念，故D错误。
15．B
【解析】
【详解】
A. 线框在进磁场和出磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量
磁通量的变化和线框电阻为R不变，则通过线框横截面的电荷量相等，故A错误；
B. 框的右边刚进人磁场时的速度
v==
产生的感应电流
I==
线框的右边刚进人磁场时所受安培力的大小
F安=BIL=
故B正确；
C.由题知，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，且有L D. 由题知，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，由动能定理知，线框右边从MN运动到PQ的过程中，合外力做的总功为零，恒力F做的功WF=Fd，则恒力F做的功与克服安培力做的功大小相等；克服安培力做多少功，线框中就产生多少电能，所以线框中产生的焦耳热等于Fd，故D错误。
16．C
【解析】
【详解】
A.导体相对磁场运动，若没有切割磁感线，则导体内不会产生感应电流，故选项A不符合题意；
B.导体做切割磁感线运动时，能产生感应电动势，若导体所在电路不闭合，则导体中就没有感应电流，故选项B不符合题意；
C.穿过闭合电路的磁通量发生变化，则闭合电路中就有感应电流，故选项C符合题意；
D.导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故选项D不符合题意。
17．D
【解析】
【详解】
A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误。
B．库仑通过扭秤实验总结出电荷间相互作用的规律，故B错误。
C．安培发现了电流间作用力的规律，故C错误。
D．法拉第首次发现了电磁感应现象，故D正确。
18．A
【解析】
【详解】
甲图中，若连接电路后在外力作用下使导体左右运动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这就是电磁感应现象；
而乙图中，因通电导体棒在安培力作用下而运动，从而探究安培力方向与电流，及磁场的方向关系.
A．描述与分析相符，故A正确.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析不符，故D错误.
19．D
【解析】
【详解】
火力发电、水力发电、核电站、风力发电都是把各种不同形式的能量转化为机械能，推动转子切割磁感线产生感应电动势，利用电磁感应现象，从而把各种不同形式的能量转化为电能。
A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析不符，故C错误.
D．描述与分析相符，故D正确.
20．A
【解析】
【详解】
A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系，故A项符合题意.
B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，故B项不合题意.
C.法拉第电磁感应定律是由纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后总结出的规律，故C项不合题意.
D.麦克斯韦认为磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，叫感生电场，故D项不合题意.
21．B
【解析】
【详解】
根据法拉第电磁感应定律可知，穿过闭合电路的磁通量改变时，闭合电路中产生感应电流；所以根据题意可知，只有左侧电路中的电流恒定时，电流计指针不偏转，B正确ACD错误
22．AB
【解析】
【详解】
A．根据电荷守恒定律可知，大小相同的带同种电荷的小球相互接触后，电荷量平分，则AB球电荷量均为3Q，电荷量乘积为9Q2＞5Q2，库仑力变大，故A正确；
BC．分析小球A的受力情况，受到重力mg、库仑力F和细线拉力T作用，如图所示：
根据共点力平衡条件可知，库仑力F和细线拉力T的合力与重力mg等大反向，图中两个阴影三角形相似，设细线长度为L，AB间距为r，则
，，
则细线对小球A的拉力T大小不变，库仑力变大，AB间距r变大，细线与竖直方向的夹角θ变大，故B正确，C错误；
D．分析小球B的受力，受到重力、库仑力和细杆的支持力作用，库仑力变大，库仑力的竖直分力变大，根据共点力平衡可知，细杆对小球B的支持力变大，故D错误。
23．CD
【解析】
【详解】
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，选项A错误；
B. 开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，选项B错误；
C. 卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了万有引力常量，选项C正确；
D. 法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律，选项D正确。
24． 断开电键 上下移动线圈A（或移动滑动变阻器的滑片）。
【解析】
【详解】
（1）[1]探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、A线圈组成闭合电路，检流计与B线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；
（2）[2][3]根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量变化，当闭合电键后，能使线圈B中产生感应电流的方法：①断开电键；②上下移动线圈A（或移动滑动变阻器的滑片）。
25．（1）正电；；（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）由小球从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度正好又变为零可知，小球带正电。
对小球，在B点，有：
得：
（2）对小球，在C点，有：
得：
，
方向竖直向上。
（3）对小球，从A到C过程，有：
得：
故：
26．（1）37.5 N；（2）6×10-5C 。
【解析】
【详解】
（1）对小球进行受力分析，如图所示．
设绳子对小球的拉力为T，根据平衡条件得：
（2）设小球在水平方向受到库仑力的大小为F，
F=mgtanθ
根据库仑定律得：
其中r=2Lsin37°
解得：
带入数据可得：
q=6×10-5C
27．；，带正电
【解析】
【详解】
由于A、B、C三球始终保特l的间距，它们具有相同的加速度，设为a，则，对A、B、C球受力分析可知，C球带正电，根据牛顿第二定律，对A球
对B球
联立解得C球的带电量
解得共同的加速度
a=
恒力F的大小
28．变小 能
【解析】
【详解】
[1]由图可知，穿过圆环的磁感线条数减小，则通过圆环的磁通量将变小；
[2]因为穿过闭合导体圆环的磁通量变小，所以圆环中能产生感应电流。