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&13.1 电荷 库仑定律-L


&13.1 电荷 库仑定律 ____ 专题训练

Email:ay.yzzx@163.com

一、关于摩擦起电
例1、将一个AB在其中点用丝线悬挂起来,用毛皮摩擦过的橡胶棒的 A端,再用一把 塑料梳子C梳梳头发,然后用梳过头发的梳子C的一 端靠近橡胶棒的A端,发现橡胶棒被梳子推开而远离梳子,说明梳过 头发的梳子C带__

___电荷,若用一把 金属 梳子梳头后靠近橡胶棒的 A端,橡胶棒被吸引而靠近梳子,这是因为梳子梳头以后__________ (添带正电或带负电或不带电),而靠近橡胶棒时__________(添带 正电或带负电或不带电)。 分析与解答:毛皮摩擦过的橡胶棒,橡胶棒的A端带有负电荷,而用梳过头
发的梳子C的一端靠近橡胶棒,相互作用力为斥力,说明C与A带有同种电荷, 即C带负电荷。由于金属是导体,用金属梳子梳头,梳子不会带电。这是因 为金属梳子与头发接触时,即使头发原来带电,也会经过梳子,人手,和人 体导入大地,而头发和梳子都不会带电。但当金属梳子靠近橡胶棒的A端时, 导体梳子中的自由电子将会受到A端的负电荷的排斥而经导体梳子,人手和 人体导入大地,从而使梳子带正电荷,并且吸引橡胶棒。 答案是:负,不带电,带正电。

只有用绝缘体相互摩擦才能使两个物体带等量异号电荷。但可以 用摩擦过的带电的绝缘物体与导体接触或感应,使导体也带有电荷。
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二、电荷守恒定律 例2、有A、B、C三个完全相同的金属球,A带电 1.2×10-4库的正电荷,B、C不带电,现用相互接触的方 法使它们都带电,则A、B、C所带的电量可能是下面哪 组数据: (A)6.0×10-5库,4.0×10-5库,4.0×10-5库; (B)6.0×10-5库,4.0×10-5库,2.0×10-5库; (C)4.5×10-5库,4.5×10-5库,3.0×10-5库; (D)5.0×10-5库,5.0×10-5库,2.0×10-5库。
思路:两个完全相同的带电金属球接触时,两个球谁也不比谁更特殊, 由对称性可知,两球各分总电量的一半;同理,三个完全相同的带电 金属球接触时,每球应各分总电量的1/3。而无论如何接触,其总电 量均应保持不变。若不是三球电量相等,最后一次必为两球接触,则 必有两个电量相等。用电量守恒排除和递推找出获得所给电量分配的 途径,即可最终得到结果。
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解答:选项(A)中,三个球电量的总和为1.4×10-4库大于原来A球的 电量,由电量守恒可予以排除; 无论什么时候,若三个球同时接触,则每球各分总电量的1/3, 即4.0×10-5库,且之后无论怎样接触,各球的电量都不会再发生变化。 所给选项均不是三个球电量全相等的,必为两两接触的情况,则最后 一次接触后,必有两个球电量相等,从而可排除选项(B); 至于选项(C)、(D),满足电量守恒,三个电量不等又有 两个电量相等,却仍不能断定哪个电量分配是可能的。因为二这接触, 各分总电量的一半,其电量的分配不可能连续地取得所有的正实数值, 必须找到具体的接触和分配过程,才能断定其可能或推证其不可能。 我们从第一次两球接触开始,第一次接触后,例如A、B接触,A、B 各带电量6.0×10-5库,第二次B、C接触后各带电量3.0×10-5库,三 球所带电量分别为6.0×10-5库,3.0×10-5库,3.0×10-5库;第三次用 A、B接触,各分电量4.5×10-5库,即选项(C)的分配结果,由此又 可推知,此后无论怎样接触,电量也不会多于4.5×10-5库,从而选定 (C),而否定(D)。
所以正确答案应为(C)。

两两无限次的相互接触,最终三个球的电量将各为多少?
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三、库仑定律 (1、求力;2、求电量) 例3、两金属球球心相距为r,r略大于两球半径之 和,现让其分别带上异号电荷+Q和-q,则两带电球之间 的相互作用力的大小应满足:
(A) (B)

(C)
(D)r越大,F越接近于

思路:当两金属球较大,而相距较近时,将不能视为点电 荷。由于异号电荷之间的吸引力作用,各元电荷之间的距 离普遍小于球心间距离r,实际相互作用力偏大。
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解答:课本所讲的库仑定律仅适用于真空中的点电荷。对于两个金 属球,若其半径较小而相距很远,金属球本身的大小与两球的距离 相比,微不足道,这时可以忽略金属球的大小,而把带电金属球视

为点电荷,用库仑定律计算的结果与实际相差甚小。若两金属球较
大,而相距较近时,将不能视为点电荷。由于异号电荷之间的吸引 力作用,各元电荷在球表面的分布不再是均匀的,两球相靠近的一

侧电荷分布较密集,如图2所示。各元电荷之间的距离普遍小于球心
间距离r,实际相互作用力F比用球心距离r计算的结果
偏大。可 知(A)(C)错误,而(B)正确。进而,两球相距越远,各元电荷之间的 作用力越小,电荷分布的不均匀性越不明显,用球心距离r计算的结果

与实际相互作用力F相差越小。选项(D)也是正确的。
正确答案应选(B)(D)。 如同号的Q和q则为C

物理定律和公式时,一定要注意它们成立的条件和适用范围,决 不能乱套公式。
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例4、真空中相隔距离为r的两个点电荷,电量分别是4q和3q时,其 间的静电力为F,若将其电量分别改变为2q和6q,,并使其间的距离 减小为r/2,那么它们之间的静电力应为: (A)F/2 (B)2F (C)4F (D)F

解答:原来的相互作用力为

条件改变后的相互作用力为

比值

,即得F’=4F。

选项(C)正确。
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例5、一半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电量为+Q的 电荷,另一电量为+q的点电荷放在球心O处,由于对称性, 点电荷受力为零。现在球壳上挖去一个半径为r(r<<R) 的一个小圆孔,此时,置于圆心的点电荷受力的大小为 _____________(已知静电力恒量为K),方向为 ____________。 思路:由于绝缘球壳上均匀地带电,根据对称性,点电荷 +q受力为零,我们可以认为挖去的小孔部分所带的电荷Q1 和剩余部分的球面所带的电荷Q2对+q的作用力的合力为零。 从而挖去小孔后的剩余部分球面所带的电荷Q2对+q的作用 力跟小孔部分所带的电荷Q1对+q的作用力大小相等,方向 相反。只需求出挖去的小孔部分对+q的作用力即可。

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解答:球面半径为R,其面积为S=4πR2,电荷面密度为

挖去的小孔半径为r,由于其很小,可以视为平面,其面积为S1=πr2,
所带电量为 由于挖去的小孔部分很小,可以视为点电荷,所以Q1对+q的作用力为 Q1对+q的排斥力方向沿远离圆孔中心的方向。 由于没有挖去圆孔时,+q所受合力为零,所以挖去圆孔后的 球面部分所带的电荷对+q的作用力F2与F1大小相等,方向相反。 即其大小为 ,方向指向挖去的圆孔中心。

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例6、两个相同的金属带电小球甲和乙,给甲带上电量为 q1的正电荷,给乙带上电量为q2的负电荷,把两球放在距 离为r的两点,r远大于球的直径,两球之间相互作用的库 仑力大小为F,现将两球接触后分开放回原处,两球之间相 互作用的库仑力大小为F/8,则两球原来所带电量大小的关 系可能是: (A)q1=2q2 (B)q2=2q1 (C)q1=4q2 (D)q2=8q1
思路:已知电量变化求静电力的变化情况,属于正向思 维,我们比较熟悉;而由力的变化反推电量的变化则属 于逆向思维,稍微困难。这类问题一般有两种思路,一 是找出变化后的电量与原来电量之间的关系,按已知条 件用库仑定律列出方程,经过计算求解;二是逐个代入 试探,把逆向思维的问题变为正向思维处理。
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解答一:(计算法) 设两球之间的距离为r,原来的电量的大小分别为q1和q2, 根据库仑定律,原来相互作用的引力大小为
相互接触后,由于两金属球完全相同,q1为正电荷,q2负电荷, 中和一部分后,剩余的部分电量,各分一半,两球所带电量数 量相等,符号相同,设其大小为q,应有 根据库仑定律,相互作用的斥力为 由已知条件 即 约掉K、r并整理得 把q1看作未知量,q2当作已知量,解得:q1=2q2或q2=2q1。 ,代入q值得

正确的选项为(A)(B)。

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解答二:(试探法)

若q1=2q2,相互接触后,两球带等量同种电荷的电量为
,原来两球相互作用的引力 接触后相互作用的斥力 所以

可知选项(A)正确。同理可验证选项(B)也是正确的。 当q1=4q2时,相互接触后,两球带等量同种电荷的电量为 ,原来两球相互作用的引力 接触后相互作用的斥力 即

当q2=8q1时,相互接触后,两球带等量同种电荷的电量为 ,原来两球相互作用的引力 接触后相互作用的斥力 可确定(C)(D)都是错误的。
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四、有关静电力的力学问题 例7、相距L的两个点电荷A和B所带电量分别是+Q和-9Q, 今引入第三个电量为q的点电荷C,使三个点电荷都处于平 衡状态,求C的位置和电量。

思路:正、负点电荷A、B共同产生的电场中某点放一点 电荷q,它要同时受到A、B的作用力,当其二力大小相 等、方向相反,即合力为零时,则q处于平衡状态。列出 方程即可求出第三电荷的位置;再按电荷A受到B和q的 作用力平衡,即可求出q的正负和电量。

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解答:分三步进行:

定性分析:①第三个电荷若放在A、B连线以外,如图 3所示,设q为正电荷,则A对q的斥力FA沿A-q方向,B对 q的引力FB眼q-B方向,其合力为F不可能为零。可知要使 第三个电荷平衡,则第三个电荷应该放在A、B连线上。 ②若第三个电荷q放在A、B之间,如图4所示,因为A 对q的斥力FA和B对q的引力FB都是由A指向B的,其合力 为F也由A指向B,不可能为零,q也不能平衡。
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③若第三个电荷q放在A、B连线B的外侧,如图5所示, 虽然A对q的斥力FA和B对q的引力FB方向相反,但A的电 量较小,q又离A较远;B的电量较大,q又离B较近;A对 q的斥力FA必然小于B对q的引力FB,其合力为F应和FB的 方向一致,即指向B的,不可能为零,q仍不能平衡。
④当第三个电荷q放在A、B连线A的外侧时,如图6所 示,不仅A对q的斥力FA和B对q的引力FB方向相反,而 且A的电量较小,q却离A较近;B的电量较大,q却离B较 远;从而只要位置合适,A对q的斥力FA和B对q的引力 FB就可以大小相等,满足平衡条件。
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(2)定量计算平衡位置:设第三个点电荷放在BA延长线上离A的距 离为x处,由库仑定律,A对q的斥力 ,B对q的引力

,由平衡条件
即 ,两边开方整理得:

有:

解得 (3)定量计算q的电量:若只要第三个电荷q平衡,则平衡位置与q的 正负及电量的多少无关。若要求A、B处的电荷也平衡,q的电量应该是 确定的。如要求A处的电荷平衡,则要求q对A的作用力和B对A的作用力 大小相等、方向相反。B对A的作用力为向右的引力,则q对A的作用力 应为向左的引力,从而可断定q应为负电荷。再根据库仑定律,q对A的 引力 ,B对A的引力 由平衡条件 解得

有:
。即第三个电荷q应为电量为
的负电荷。

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第三个电荷q平衡,只能确定q的位置,只要在这个位

置,无论q的正负如何,电量多少都没有影响;再由A或B之
一的平衡,才能确定q的正负和电量多少。一旦q平衡,A也 平衡,则B的平衡将是必然的。这可以用牛顿第三定律加以 论证:由q的平衡有:FAq+FBq=0, 由A的平衡有:FqA+FBA=0, 两式相加得:FAq+FBq+FqA+FBA=0 牛顿第三定律有:FAq+FqA=0,FqB=-FBq, FAB=-FBA, 则FqB+FAB=-FBq-FBA=0。即B一定是平衡的。

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例8、三个质量相等而电量未知的带电小球,固定在同一直线上的A、 B、C三点。若只释放A球,A的加速度aA=2m/s2, 方向向左;若只释 放B球,B的加速度aB=3m/s2,方向向右;若只释放C球,它的加速度 的大小和方向为: (A) aC=1m/s2,方向向左; (B)aC=5m/s2,方向向左; (C) aC=1m/s2,方向向右; (D)aC=5m/s2,方向向右。
思路:只释放A球时,B、C对A的作用力的合力产生A的加速度aA; 只释放B球时,A、C对B的作用力的合力产生B的加速度aB,只释 放C球时,A、B对C的作用力的合力产生C的加速度aC。分别用牛 顿第二定律列出方程,解联立方程组,根据已知条件,三个球质量 相等,约掉无关的物理量,即可由;aA和aB的值求出aC的值。

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解答:设三个球质量均为m,以向右的方向为正方向,只释放A 球加速度aA=-2 m/s2,只释放B球加速度aB=3 m/s2, 以FBA 、FCA分别表示B、C 对A的作用力;以FAB 、FCB 分别表示 A、C 对B的作用力;以FAC、FBC分别表示A、B 对C的作用力; 根据 牛顿第二定律: 对A:FBA+FCA=maA, 对B:FAB+FCB=maB, 对C:FAC+FBC=maC。 相加得:FBA+FCA+FAB+FCB+FAC+FBC =maA+maB+maC, 根据牛顿第三定律:FAB=-FBA,FAC=-FCA,FBC=FCB, 得到:maA+maB+maC=0,aC=-aA-aB=-(-2)-3=-1m/s2, 即C的加速度大小为1m/s2,方向向左。 选项(A)正确。

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9、如图所示,两带电小球A和B各用等长的细线悬挂于同一点,平 衡时,悬线与竖直方向的夹角分别为α和β,且α>β。关于两球的质 量m1和m2及电量q1和q2,可以断定: (A)必有m1<m2

(B)必有q1<q2
(C)可能m1>m2 (D)可能q1>q2 思路:每一小球均受到重力、悬线拉力和静电力三力作用,重力 的方向均竖直向下,大小可能不同,但相互作用的静电力却必定大 小相等而方向相反,就每一小球用平衡条件列出方程,根据α>β的 条件即可确定两球质量和电量的关系。这里应注意的是,无论A、 B的电量q1和q2谁大谁小,两球之间的静电力的大小一定是相等的, 即α和β的大小与A、B电量的大小无关。必有q1<q2是不对的,而 q1>q2是可能的。即选项(B)错而选项(D)对。余下的,只需分 析质量的关系。为此,可有以下四种方法。
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解答一:(正交分解法1) 受力分析图如图8所示。均以水平方向为x轴,竖直方向为y轴。 设静电力与水平方向的夹角为θ, 对A有: ····① ···· 对B有: 由②④求出 代入①③并整理得到: ····② ···· ··· ··· ··③ ····④ ····



由图8可以看出

再根据F1=F2,即可得到 从α>β,
立得m1<m2。

正确的选项应为(A)(D)。
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解答二:(正交分解法2)

为避免悬线拉力的影响,对每一小球,均以悬线方向为x轴,与其
垂直的方向为y轴。受力分析图和坐标系图如图9所示。设静电力与y轴 正向的夹角为θ,则

对A有
对B有 由于F1=F2, 从α>β,
,立得m1<m2。

正确的选项应为(A)(D)。

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解答三:(力矩法) 共点力的平衡问题,也可以用力矩的平衡条件来解。几个共点力 平衡,合力为零,则其各力关于任一点的力矩的代数和也应为零。 设悬线长度为L,两球重力关于悬点的力臂分别为L1和L2,两球所

受静电力关于悬点的力臂相等,设为h,如图10所示。绳子拉力关
于悬点的力臂为零。根据力矩的平衡条件, 对A有 对B有 由于F1=F2,得 从α>β, ,立得m1<m2。

也得到正确的选项为(A)(D)。
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解答四:(过程定性分析法) 由于两悬线长度相等,若两小球的质量和电量均相等,根据对称 性,两悬线于与竖直方向的夹角应该是相等的。这时,若增大B的质 量m2,原来的平衡被破坏,B球必在其重力的作用下向下运动,使悬 线与竖直方向的夹角减小,而A球则在静电力的作用下向上运动使其 悬线与竖直方向的夹角增大。即α>β反映了A球的质量m1小于B球的 质量m2。 得到正确的选项为(A)(D)。 由以上各种解法,可以看到,解答选择题,定性半定量的分析是常用的 方法。如本题电量的影响用定性分析,而质量的关系用定量计算;甚至 质量的关系也可以用定性的方法。解答四的思路反映了一种从对称态向 非对称态迁移的方法。我们可以从对称态的条件发生变化而转变为非对 称态的过程来认识非对称态的性质。 对于正交分解,灵活地选取坐标系,常可以使问题的解决得到简化。

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作业:P121

3、4

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了 !






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