物理選修人教新課標(biāo).庫侖定律課件

1、1庫侖定律庫侖定律23考點考點1：電荷守恒定律與庫侖定律的綜合運用：電荷守恒定律與庫侖定律的綜合運用3().2()134A.B.C.D121243QQrrFFFFF兩個分別帶有電荷量和的相同金屬小球均可視為點電荷，固定在相距為 的兩處，它們間庫侖力的大小為 兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為 】【例14切入點：運用電荷守恒定律、庫侖定律分析223124C( /2)3FQ QkrQFQ QkFr接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為，兩個相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶點為，距離又變?yōu)樵瓉淼?，庫侖力為，所以兩球間庫侖【解析力的

2、大小為，】項正確5答案： C點評：只有兩個完全相同的金屬球接觸后再分開，它們所帶的電荷才會中和后再均分6考點考點2：應(yīng)用庫侖定律的條件吧：應(yīng)用庫侖定律的條件吧【例2】如圖611所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為L，為球半徑的3倍若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么a、b兩球之間的萬有引力F引與庫侖力F庫為()圖6117切入點：萬有引力定律、庫侖定律的適用條件2222222222222222ABCDmQmQFGFkFGFkLLLLmQmQFGFkFGFkLLLL引引庫庫引引庫庫，8【解析】萬有引

3、力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點因此，可以應(yīng)用萬有引力定律 而本題中由于a、b兩球所帶異種電荷相互吸引使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側(cè)電荷分布比較密集，又因兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，不滿足Lr的要求，故不能將兩帶電球殼看成點電荷，所以不能應(yīng)用庫侖定律9 綜上所述，對于a、b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確答案：D1022.QFkL庫應(yīng)用庫侖定律的條件，必須是兩個點電荷當(dāng)然，兩個電荷均勻分布的帶電球體，其效果可以

4、視為電荷集中在球心的點電荷但是，金屬球體靠近時，球體上的電荷會重新分布，同種電荷因互相排斥而遠離，等效于兩個點電荷距離增大，異種電荷因互相吸引而靠近，等效于兩個點電荷距離減小，所以本題中點評：11題型一：帶電體的平衡題型一：帶電體的平衡【例3】豎直絕緣墻壁上的Q處有一固定的小球A，在Q的正上方的P點用絕緣絲線懸掛另一小球B，A、B兩小球因帶電而相互排斥，致使懸線與豎直方向成角，如圖612所示由于漏電，使A、B兩小球的電荷量逐漸減少，懸線與豎直方向的夾角a逐漸變小，則在電荷漏完之前懸線對懸點P的拉力的大小將()圖61212A保持不變 B先變小后變大C逐漸變小 D逐漸變大【解析】A、B兩小球所帶電

5、荷量逐漸減小的過程中，B小球在任一時刻的受力情況如圖所示小球B在重力mg、庫侖斥力F1、懸線拉力F2的作用下平衡mg和F1的合力F與F2的大小相等1312LPQHBQPBFFFmgLHLmgFFHLmgHP 設(shè)懸線長為 ， 、 兩點間的距離為 ，由圖可知：，由相似三角形對應(yīng)邊成比例得， 由于 、 都不是變量，所以在整個過程中懸線對 點的拉力始終不變14答案： A點評：解決帶電體的平衡問題，關(guān)鍵是正確找出物體受到的所有外力，作出受力圖，再根據(jù)合力為零的平衡條件求解同時要善于發(fā)現(xiàn)隱含條件，如本題中的受力三角形與結(jié)構(gòu)三角形的關(guān)系15題型二：帶電體的運動題型二：帶電體的運動【例4】如圖613所示，均可

6、視為質(zhì)點的三個物體A、B、C穿在豎直固定的光滑絕緣細線上，A與B緊靠在一起，C緊貼著絕緣地板，質(zhì)量分別為mA=2.32kg，mB=0.20kg，mC=2.00kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB=+4.0105C，qC=7.0105C，且電量都保持不變，開始時三個物體均靜止現(xiàn)給物體A施加一個豎直向上的力F，使它由靜止開始向上做加速度a=4.0m/s2的勻加速直線運動，經(jīng)時間t，F(xiàn)變?yōu)?恒 力 已 知 g = 1 0 m / s2， 靜 電 力 恒 量k=9109Nm2/C2，求： 16(1)時間t；(2)在時間t內(nèi)，若力F做的功WF=53.36J，則B所受的電場力對B做的功W.圖613

7、17 121222222111m 3m11 1s.22BCBABCBBABq qkmmgrrABFABABq qBkrm gm arhatrratt開始時三個物體均靜止，將 、 視為整體，由平衡條件得：，解得當(dāng) 、 脫離時 變?yōu)楹懔Γ?、 恰好脫離時 、 之間的相互作用力為零，但加速度相同，對 分析：，解得：再由，即：，得【解析】18 222121217.2JFABABABFABABABhWmmgh WmmatWmmatWmmgh以 、 為研究對象，在 、 上升 的過程中，應(yīng)用動能定理得： 解得：19點評：對于帶電體的運動問題，要明確受力情況以及運動狀態(tài)，靈活運用運動學(xué)公式和牛頓運動定律、動能

8、定理等規(guī)律求解對于多對象問題，應(yīng)根據(jù)問題的需要巧妙選取研究對象，靈活運用整體法和隔離法此外，本題中A、B恰好分離時是一個臨界狀態(tài)，抓住臨界狀態(tài)的物理特征是本題的突破口20211.(2011海南)三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑球1的帶電量為q，球2的帶電量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變由此可知( )An=3 Bn=4Cn=5 Dn=6D2222221 232312(2)(2)486.nqRFRnqnqn nqF

9、Rn設(shè) 、距離為 ，則：， 與 接觸后，它們帶的電的電量均為： ，再 與 接觸后，它【解們帶的電的電量均為，最后，由上兩式得：析】232.如圖614所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接當(dāng)3個小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈簧的原長為( )圖614222222220000555ABCD242kqkqkqkqllllk lk lk lk lC2422200022205.(2 )4qqkqkllkkllllk l 第三個小球受三個力的作用，它們的關(guān)系是，得【】：解析253

10、.(2011上海)如圖615，在水平面上的箱子內(nèi)，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細線分別系于上、下兩邊，處于靜止?fàn)顟B(tài)地面受到的壓力為N，球b所受細線的拉力為F.剪斷連接球b的細線后，在球b上升過程中地面受到的壓力( )A小于N B等于NC等于N+F D大于N+F圖615D26【解析】本題考查連接體的動態(tài)受力平衡，考查學(xué)生對整體法、隔離法的掌握程度剪斷細線前，整體：N=G總，剪斷細線后：NG總=ma(m為小球的質(zhì)量)，b球上升過程，庫侖力增大，a增大，F(xiàn)N+F，D項正確274.(2010珠海模擬)如圖616所示，帶異種電荷的小球P和Q放在絕緣光滑水平面上現(xiàn)將Q固定，給P一個垂直于PQ連線的初速度v

11、0，使P在水平面內(nèi)運動，則在P剛開始運動的一小段時間內(nèi)，P的速度大小v和加速度大小a的變化是( )Av和a一定變大Bv和a可能不變Cv可能不變，a一定變大圖616B28【解析】Q固定，給P一個垂直于PQ連線的初速度v0，P有三種可能的運動情況，減速遠離，速度、加速度均減??；加速靠近，速度、加速度均增大；繞Q做勻速圓周運動，P的速度大小v和加速度大小a均不變，只有B正確 295.如圖617所示，半徑為r的硬橡膠圓環(huán)單位長度帶正電荷q，圓心O處放置一電荷量為Q的點電荷現(xiàn)截去頂部極小一段AB，AB長度為L，且Lr，靜電力常量為k，則剩余部分對Q的靜電力的大小為_ 圖6173020.OOqLQFkQr

12、F假設(shè)將這個圓環(huán)缺口補上，并且已補缺部分的電荷分布與原有缺口的環(huán)體上的電荷分布一樣，這樣就形成一個電荷均勻分布的完整帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微小部分所帶電荷可視為兩個相對應(yīng)的點電荷，它們對圓心 處點電荷的作用力為 至于補上的帶電小段，由題給條件可視為點電荷，它對圓心 處點電荷作用力為，【解析方向指向缺口，所以，剩余部分對的靜電力的大小為 ，】方向背離缺口2qLQFkr答案：316.如圖618所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷將A由距B豎直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電荷量不變不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中