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3-1电荷守恒及库仑定律答案


第一章 静电场 第一节 电荷及其守恒定律 1、B 解析:根据电荷守恒定律知只有 B 项正确. 2、CD 解析:两物体摩擦时得失电子取决于原子对电子的束缚力大小,A 错.由于摩 擦起电的实质是电子的得失,所以两物体带电种类一定不同,数量相等,B 错 C 对.由题 中例子不难看出同一物体与不同种类物体摩擦,带电种类可能不同,D 对. 3、BCD 4、D 解析:当带负电的导体 B 靠近

导体 A 时,两导体之间无接触,由电荷守恒定律可 知,A 带的电荷数不变,只是电荷重新在导体端面上发生了分布(电荷重新分布是由电荷之 间相互作用力产生的). 5、BC 解析:若两物体相互排斥,必定带同种电荷;若两物体相互吸引,二者可能带异种 电荷,也可能一个带电荷,另一个不带电荷.当只有一个物体带电时,不带电物体由于受到 带电物体电荷的作用,原子内部的异种电荷趋向于靠近带电物体,同种电荷趋于 远离带电 物体,这一过程类似于静电感应,因此两物体之间的吸引力大于排斥力,宏观上显示的是吸 引力.综合上述,B、C 选项正确. 6、BCD 7、AC 解析:验电器上的金属箔片和金属球 B 都带有正电荷,金属箔片之所以张开,是由 于箔片上的正电荷互相推斥造成的. 当验电器金属箔片的张角减小时, 说明箔片上的正电荷 一定比原来减少了,由于金属球 A 只是靠近验电器而没有与验电器上的金属球 B 发生接触, 要考虑感应起电的影响 .当金属球 A 靠近时,验电器的金属球 B、金属杆包括金属箔片整 体相当于一个导体,金属球 A 离金属球 B 较近,而离金属箔片较远.如果金属球 A 带正电, 验电器上的正电一定向远处移动, 则金属箔片上的电荷量不会减少, 所以选项 B 是错误的. 如 果金属球 A 带负电,验电器上的正电荷会由于引力作用向近端移动,造成金属箔片上的电 荷量减少,所以选项 C 是正确的.如果金属球 A 不带电,由于受到金属球 B 上正电荷的影 响,金属球 A 上靠近 B 的部分也会由于静电力的作用出现负电荷,而这些负电荷反过来会 使得验电器上的正电荷向金属球 B 移动,效果与金属球 A 带负电荷一样.所以选项 A 也是 正确的,选项 D 是错误的. 8、不带;不带;带负;带正 - 1.6×10 19C e 9、9.58×107C/kg 解析: = =9.58×107C/kg m 1836×0.91×10-30kg 1、BD 解析:本题考查电荷间的相互作用.由 d 吸 a,d 吸 b 知 a 与 b 带同种电荷,且与 d 带异种电荷;由 c 斥 a,c 斥 d 可知 c 与 a、b 带同种电荷,c 与 d 带异种电荷,故选项 A、 C 错,选项 B、D 对. 2、A 2 3、B 解析:本题主要考查组成原子核的质子和中子的性质.对质子1 1H:带电荷量为 2× e 3 1 2 1 +(- e)=e 故由 2 个 u 夸克和 1 个 d 夸克组成对中子1 0n:带电荷量为 1× e+2×(- e)=0 3 3 3 故由 1 个 u 夸克和 2 个 d 夸克组成.故 B 选项正确. 4、D 解析:静电感应使得 A 带正电,B 带负电,导体原来不带电,只是在 C 的电荷的作用 下,导体中的自由电子向 B 部分移动,使 B 部分带了多余的电子,而带负电;A 部分少了 电子,因而带正电,A 部分移去的电子数目和 B 部分多余电子的数目是相同的,因此无论从 哪一条虚线切开,两部分的电荷量总是相等的,但由于电荷之间的作用力与距离有关,自由 电子在不同位置所受 C 的作用力的强弱是不同的,这样导致电子在导体上的分布不均匀, 越靠近右端负电荷密度越大,越靠近左端正电荷密度越大,所以从不同位置切开时, QA、 QB 的值是不同的,故只有 D 正确. 5、C 解析:K1、K2 闭合前,由于静电感应和电荷守恒定律,a、b 出现等量异种电荷,当闭 合任何一个电键以后,整个导体与大地连接都是电子从大地被吸引过来,故 C 正确. 6、(1)B (2)B 解析:由于丝绸摩擦过的玻璃棒带 正电,而水分子又是极性分子,故当玻璃 棒靠近水流时,先使水分子显负电的一端靠近玻璃棒(同性相斥,异性相吸),带正电的一端 远离玻璃棒. 而水分子两极的电荷量相等, 这就使带正电的玻璃棒对水分子显负电的一端的 引力大于对水分子显正电的一端的斥力, 因此水分子所受的合力指向玻璃棒, 故水流向靠近 1

玻璃棒方向偏转. 由于用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电,同理可知水流仍向靠近橡胶棒 的方向偏转. 7、正;负解析:当 A 棒靠近验电器 B 时,由于静电感应,正电荷被排斥到金属箔上而使金 属箔张开; 用手接触一下验电器小球后, 将金属箔上被感应出来的正电荷与大地来的电子中 和,这时验电器带负电,移走 A 后,金属箔带负电,从而张开一定角度. 8、①2:3;②2:1 解析:设 A、B 带电量为 Q,①若 A、B 带同种电荷,第三个小球分别与其 1 3 接触后,A、B 球分别带电量 QA= Q,QB= Q,则 QA:QB=2:3 ②若 A、B 两球带异种 2 4 1 1 电荷,第三个小球分 别与其接触后,A、B 分别带电量是:QA= Q:QB= Q 则 QA:QB=2:1 2 4 9、电子由 B 转移到 A,转移了 3.0×1010 个解析 :当两小球接触时,带电荷量少的负电荷先 被中和,剩余的正电荷再重新分配.即接触后两小球带电荷量.Q′:A=Q′:B=(QA+QB)/2 - - 6.4×10 9+(-3.2×10 9) - = C=1.6×10 9C. 2 在接触过程中,电子由 B 球转移到 A 球,不仅将自身的净电荷中和,且继续转移,使 B 球 - - 带 Q′B 的正电,这样,共转移的电子电荷量为 ΔQ=|QB|+Q′B=3.2×10 9C+1.6×10 9C -9 ΔQ 4.8×10 C - 10 =4.8×10 9C.转移的电子数 n= = =3.0×10 (个). e 1.6×10-19C

第二节 库仑定律
例题 D
【核心考点突破】 例1D [根据库仑定律,球 3 未与球 1、球 2 接触前,球 1、2 间的库仑力 F=k nq2 ,三 r2

nq 个金属小球相同,接触后电量均分,球 3 与球 2 接触后,球 2 和球 3 的带电量 q2=q3= , 2 nq q+ 2 ?n+2?q 球 3 再与球 1 接触后,球 1 的带电量 q1= = ,此时 1、2 间的作用力 F′= 2 4 nq ?n+2?q · 2 4 n?n+2?q2 n?n+2? k =k ,由题意知 F′=F,即 n= ,解得 n=6.故 D 正确.] 2 2 r 8r 8 [规范思维] 本题解题关键是明确两完全相同的金属球接触后将平分电荷. 例 2 D [因为 a、b 两球所带异种电荷相互吸引,使它们各自的电荷分布不均匀,即相 互靠近的一侧电荷分布较密集,又 L=3r,不满足 的要求,故不能将带电球壳看成点电 荷,所以不能应用库仑定律,故 F 库≠k k Q2 .此时两个电荷间的实际距离 L′<L,所以 F 库> L2 ,但因为其壳层的厚度和

Q2 .万有引力定律适用于两个可看成质点的物体,虽然不满足 L2

m2 质量分布均匀, 两球壳可看作质量集中于球心的质点, 可以应用万有引力定律, 故 F 引=G 2 . L 故 D 项正确.] [规范思维] (1)万有引力定律适用于质点间的相互作用,而均匀球体可看做质点.(2) 库仑定律适用于点电荷间的相互作用, 两相距较近的球体不能被看做电荷量集中于球心的点 电荷,因为两球体相距较近时,电荷将重新分布. 2

例3D

[小球的受力情况如图所示,FAP、FBP 为库仑力,FN 为环对球的弹力,根据矢量三角 FBP 形:tan α= FAP 由库仑定律得:FAP= kQ1q kQ2q ,FBP= 2 x2 xBP AP

xBP 由几何关系得:tan α= xAP Q2 联立解得:tan3 α= ,D 正确.] Q1 [规范思维] 本题实质上是三力平衡问题 画出物体受力的矢量三角形,再借助几何知识,问题即迎刃而解. 例 4 负电 A 的左边 0.2 m 处且与 AB 在一条直线上 9 - Q 4

解析 根据平衡条件判断,C 应带负电,放在 A 的左边且和 AB 在一条直线上.设 C 带电荷量为 q,与 A 点相距为 x,则以 A 为研究对象,由平衡条件: k qQA QAQB =k 2 ① x2 r qQA qQB =k ② x2 ?r+x?2

以 C 为研究对象,则 k

1 9 解①②得 x= r=0.2 m,q=- Q 2 4 9 故 C 应带负电,放在 A 的左边 0.2 m 处,且与 AB 在一条直线上,带电荷量为- Q. 4 [规范思维] 三个点电荷都平衡的规律:三个点电荷一定满足: (1)在同一直线上;(2) 两同夹一异;(3)两大夹一小. 例5 16 9

解析 释放后 A、B 吸引、相碰,相碰后电荷中和一部分后重新分配,对于本题中两个 小球完全相同,电荷应均匀分配,即 A、B 两球相碰后均带电 4Q.对于 A 球,释放时受库仑 力 F1=k 9Q· Q . r2 4Q· 4Q . r2

再次经过图示位置时受库仑力 F2= 根据牛顿第二定律有:F1=ma1

F2=ma2 3

a2 F2 16 故 = = . a1 F1 9 16 即 A 球瞬时加速度为释放时的 倍. 9 [规范思维] 通过此题进一步体会力学规律和方法在电场中的应用:①明确研究对象; ②分析受力情况;③列牛顿第二定律方程(或平衡方程或动能定理等). [针对训练] 1.C 2.B 3.(1)负 2q (2)3 3kq2/r2 3kq2 r2m

解析 设取 A、B、C 系统为研究对象,

由牛顿第二定律有:F=3ma.以 A 为研究对象,画出其受力图如右图所示,A 球受到 B 球的库仑斥力 F1 和 C 球的库仑力 F2 后,要产生水平向右的加速度,故 F2 必为引力,所以 C 球带负电荷,又由库仑定律得: q2 q· qC F1=k 2 ,F2=k 2 , r r
?F2cos 60° =F1 ? 分解 F2 得:? ? =ma ?F2sin 60°

解得:qC=2q,ma= 所以 F= 3 3kq2 . r2

3kq2 3kq2 2 ,a= 2 r rm

【课时效果检测】 1.A 2.BC 3.AD 4.C 5.AB 6.C [以小球 c 为研究对象,受到 4 个力的作用,重力,方向竖直向下,Oc 绳的拉力, 方向竖直向上,a 球对 c 球的静电力 Fac 和 b 球对 c 球的静电力 Fbc,由于小球 c 处于平衡状 态,所以 Fac 和 Fbc 的合力必沿竖直方向,因为 a、b、c 构成一等边三角形,所以 Fac=Fbc. 分别对 a、b 两球进行受力分析,根据力的正交分解、物体的平衡条件和牛顿第三定律易得, 细线 Oa、Ob 所受拉力大小相等,C 正确;a、b、c 三球的质量、带电荷量没有要求,可能 相等,也可能不相等,A、B 错误;若三球的带电荷量不相等,三球所受的静电力也不相等, D 错误.] 7.BD 8.0.2 kg 1.732 N,方向水平向左

4

解析 对 A 进行受力分析,如图所示,由平衡条件得 FT-mAg-Fsin 30° =0① Fcos 30° -FN=0② 对 B 受力分析如图所示,由平衡条件得 FT=F③ F=mBg④ 由①②③④式得 mB=0.2 kg FN=1.732 N,由牛顿第三定律,墙所受 A 球压力大小 FN′=FN=1.732 N,方向水平向左. Q2 9.(1)k 2 方向水平向右(或指向 B) (2) r kQ2 r - μmg 2

解析 F=k Q r2

(1)物体 A 静止时,受力如右图所示,根据库仑定律:
2

由物体的平衡条件:F-Ff=0 A 受到的静摩擦力:Ff=k Q2 ,方向水平向右(或指向 B). r2

(2)设物体 A、B 的加速度第一次为零时,A、B 间的距离为 r′,如下图所示,Ff=μmg 4Q2 由牛顿第二定律得:k 2-Ff=0 r′ 解得 r′= 4kQ2 μmg kQ2 r - μmg 2

r′-r 由题意可知 A、B 运动的距离为 x= = 2 10.(1)Q k mg (2)振动

解析 如右图所示, 小球 A 受力与 B 受力对称, 对 B 受力分析, 开始时 Fcos 45° <mgsin 45° , 小球 A、 B 分别沿斜面加速下滑, 当 Fcos 45° =mgsin 45° 时, A、 B 两球速度达到最大. 这 以后由于 F 增大,两球做减速运动,当速度减为零后又沿斜面向上加速运动. 故:(1)由 Fcos 45° =mgsin 45° , 5

所以 F=mg,而 F=k

Q2 .所以 r=Q r2

k . mg

(2)以两小球相距 r=Q

k 的两点为平衡位置各自沿导轨往返运动,即振动. mg

70kq2 40 11.(1) 2 (2)带负电 q L 3 解析 因 A、B 为同种电荷,A 球受到 B 球的库仑力向左,要使 A 向右匀加速运动, 则 A 球必须受到 C 球施加的向右的库仑力,即 C 球带负电.设加速度为 a,由牛顿第二定 律有: 对 A、B、C 三球整体,有 F=3ma 10q· qC q· 10q 对 A 球,有 k -k 2 =ma L ?2L?2 10q· q q· qC 对 B 球,有 k 2 +k 2 =ma L L 40 70kq2 解得:qC= q(负电),F= 2 . 3 L 易错点评 1.在电荷平分问题中,要注意两带电体的电性.同种电荷接触,直接将总电荷量平分; 导种电荷接触,先中和,再将剩余电荷量平分. 2.库仑力是与距离相关的力,当两带电体间距离改变时,库仑力也随之改变,解题中 应特别注意这一点. 3.库仑力与其它力一样,其合成与分解遵循平行四边形定则. 4. 利用库仑定律处理非对称带电体间作用时, 往往用割补的思想等效为对称后再解答.

6


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