高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 （高頻考點(diǎn)+熱點(diǎn)導(dǎo)練+歷年高考題）第6章 第1節(jié) 電荷守恒定律 庫(kù)侖定律課件 新人教版

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1、第第1節(jié)節(jié)電荷守恒定律電荷守恒定律 庫(kù)侖定律庫(kù)侖定律考點(diǎn)考點(diǎn)1：電荷守恒定律與庫(kù)侖定律的綜合運(yùn)用：電荷守恒定律與庫(kù)侖定律的綜合運(yùn)用3().2()134A.B.C.D 121243QQrrFFFFF兩個(gè)分別帶有電荷量和的相同金屬小球均可視為點(diǎn)電荷 ，固定在相距為 的兩處，它們間庫(kù)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(kù)侖力的大小為 】【例1切入點(diǎn)：運(yùn)用電荷守恒定律、庫(kù)侖定律分析223124C( / 2)3FQ QkrQFQ QkFr 接觸前兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫(kù)侖力大小為，兩個(gè)相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開(kāi)，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開(kāi)后各自帶點(diǎn)為，距離又變?yōu)樵瓉?lái)的 ，

2、庫(kù)侖力為，所以兩球間庫(kù)侖【解析力的大小為，】項(xiàng)正確答案： C點(diǎn)評(píng)：只有兩個(gè)完全相同的金屬球接觸后再分開(kāi)，它們所帶的電荷才會(huì)中和后再均分考點(diǎn)考點(diǎn)2：應(yīng)用庫(kù)侖定律的條件：應(yīng)用庫(kù)侖定律的條件【例2】如圖611所示，兩個(gè)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(zhǎng)，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(duì)值均為Q，那么a、b兩球之間的萬(wàn)有引力F引與庫(kù)侖力F庫(kù)為()圖611切入點(diǎn)：萬(wàn)有引力定律、庫(kù)侖定律的適用條件2222222222222222ABCDmQmQFGFkFGFkLLLLmQmQFGFkFGFkLLLL引引庫(kù)庫(kù)引

3、引庫(kù)庫(kù)，【解析】萬(wàn)有引力定律適用于兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)因此，可以應(yīng)用萬(wàn)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(diǎn)電荷，所以不能應(yīng)用庫(kù)侖定律 綜上所述，對(duì)于a、b兩帶電球殼的整體來(lái)說(shuō)，滿足萬(wàn)有引力的適用條件，不滿足庫(kù)侖定律的適用條件，故只有選項(xiàng)D正確答案：D22.QFkL庫(kù)應(yīng)用庫(kù)侖定律的條件，必須是兩個(gè)點(diǎn)電荷當(dāng)然，兩個(gè)電荷均勻分布的帶電

4、球體，其效果可以視為電荷集中在球心的點(diǎn)電荷但是，金屬球體靠近時(shí)，球體上的電荷會(huì)重新分布，同種電荷因互相排斥而遠(yuǎn)離，等效于兩個(gè)點(diǎn)電荷距離增大，異種電荷因互相吸引而靠近，等效于兩個(gè)點(diǎn)電荷距離減小，所以本題中點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)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(duì)懸點(diǎn)P的拉力的大小將()圖612A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

5、球所帶電荷量逐漸減小的過(guò)程中，B小球在任一時(shí)刻的受力情況如圖所示小球B在重力mg、庫(kù)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12LPQHBQPBFFFmgLHLmgFFHLmgHP 設(shè)懸線長(zhǎng)為 ， 、 兩點(diǎn)間的距離為 ，由圖可知：，由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例得， 由于 、 都不是變量，所以在整個(gè)過(guò)程中懸線對(duì) 點(diǎn)的拉力始終不變答案： A點(diǎn)評(píng)：解決帶電體的平衡問(wèn)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(shí)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)系題型二：帶電體的運(yùn)動(dòng)題型二：帶電體的運(yùn)動(dòng)【例4】如圖613所示，均可視為

6、質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)物體A、B、C穿在豎直固定的光滑絕緣細(xì)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(kāi)始時(shí)三個(gè)物體均靜止現(xiàn)給物體A施加一個(gè)豎直向上的力F，使它由靜止開(kāi)始向上做加速度a=4.0m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t，F(xiàn)變?yōu)楹懔σ阎猤=10m/s2，靜電力恒量k=9109Nm2/C2，求： (1)時(shí)間t；(2)在時(shí)間t內(nèi)，若力F做的功WF=53.36J，則B所受的電場(chǎng)力對(duì)B做的功W.圖613 121222222111m 3m11

7、1s.22BCBABCBBABq qkmmgrrABFABABq qBkrm gm arhatrratt開(kāi)始時(shí)三個(gè)物體均靜止，將 、 視為整體，由平衡條件得：，解得當(dāng) 、 脫離時(shí) 變?yōu)楹懔Γ?、 恰好脫離時(shí) 、 之間的相互作用力為零，但加速度相同，對(duì) 分析：，解得：再由，即：，得【解析】 222121217.2JFABABABFABABABhWmmghWmmatWmmatWmmgh以 、 為研究對(duì)象，在 、 上升 的過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得： 解得：點(diǎn)評(píng)：對(duì)于帶電體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，要明確受力情況以及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，靈活運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等規(guī)律求解對(duì)于多對(duì)象問(wèn)題，應(yīng)根據(jù)問(wèn)題的需要巧妙選取

8、研究對(duì)象，靈活運(yùn)用整體法和隔離法此外，本題中A、B恰好分離時(shí)是一個(gè)臨界狀態(tài)，抓住臨界狀態(tài)的物理特征是本題的突破口1.(2012上海卷)A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，AB BC1 2，B點(diǎn)位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點(diǎn)電荷當(dāng)在A處放一電荷量為q的點(diǎn)電荷時(shí)，它所受到的電場(chǎng)力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為2q的點(diǎn)電荷，其所受電場(chǎng)力為( ) AF/2 BF/2 CF DFB2.如圖614所示，在光滑絕緣水平面上放置3個(gè)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(gè)小球處在靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，每根彈簧長(zhǎng)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

9、根彈簧的原長(zhǎng)為( )圖614222222220000555ABCD242kqkqkqkqllllk lk lk lk lC22200022205.(2 )4qqkqkllkkllllk l 第三個(gè)小球受三個(gè)力的作用，它們的關(guān)系是，得【】：解析3.(2012浙江卷)用金屬做成一個(gè)不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為0.5cm時(shí)圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖615所示對(duì)上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說(shuō)法正確的是( )圖6153.(2012浙江卷)用金屬做成一個(gè)不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，

10、將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為0.5cm時(shí)圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖615所示對(duì)上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說(shuō)法正確的是( )A摩擦使筆套帶電B筆套靠近圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)上、下感應(yīng)出異種電荷C圓環(huán)被吸引到筆套的過(guò)程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力D筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和ABC4.(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(gè)垂直于PQ連線的初速度v0，使P在水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，則在P剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)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616B【解析】

11、Q固定，給P一個(gè)垂直于PQ連線的初速度v0，P有三種可能的運(yùn)動(dòng)情況，減速遠(yuǎn)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(yùn)動(dòng)，P的速度大小v和加速度大小a均不變，只有B正確 5.如圖617所示，半徑為r的硬橡膠圓環(huán)單位長(zhǎng)度帶正電荷q，圓心O處放置一電荷量為Q的點(diǎn)電荷現(xiàn)截去頂部極小一段AB，AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)，且Lr，靜電力常量為k，則剩余部分對(duì)Q的靜電力的大小為_(kāi) 圖61720.OOqLQFkQrF假設(shè)將這個(gè)圓環(huán)缺口補(bǔ)上，并且已補(bǔ)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(gè)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(gè)相對(duì)應(yīng)的點(diǎn)電

12、荷，它們對(duì)圓心 處點(diǎn)電荷的作用力為 至于補(bǔ)上的帶電小段，由題給條件可視為點(diǎn)電荷，它對(duì)圓心 處點(diǎn)電荷作用力為，【解析方向指向缺口，所以，剩余部分對(duì)的靜電力的大小為 ，】方向背離缺口2qLQFkr答案：6.如圖618所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷將A由距B豎直高度為H處無(wú)初速釋放，小球A下滑過(guò)程中電荷量不變不計(jì)A與細(xì)桿間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中已知靜電力常量k和重力加速度g.求：(1)A球剛釋放時(shí)的加速度是多大？(2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，A球與B點(diǎn)的距離 圖618 22221sinsin/sinsin.2sin.sinmgaFmaQqkQqFkrHagrmHAkQqABdmgddkQqmg由牛頓第二定律可知，根據(jù)庫(kù)侖定律，得當(dāng) 球受到合力為零、加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大設(shè)此時(shí) 球與 點(diǎn)間的距離為 ，則，解得【解析】