步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：6.1电荷守恒定律 库仑定律

江苏省徐州市贾汪区建平中学高三物理一轮复习教案电荷及其守恒定律库仑定律教学目标了解摩擦起电和感应起电；知道元电荷的概念；理解电荷守恒定律.了解点电荷的概念教学重难点理解库仑定律；知道静电力常量；会用库仑定律进行有关的计算教学参考考纲授课方法讲授教学辅助手段多媒体专用教室教学过程设计教学二次备课一、基础知识1. 自然界中只存在电荷和电荷，同种电荷互相，异种电荷互相 .2. 使物体带电的方法有三种：、、，其本质都是电荷的 .3. 电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移过程中电荷的总量 .4. 元电荷：迄今为止，科学实验发现的电荷量就是电子所带的电荷量，即元电荷电荷量e= .实验指出，所有带电体的电荷量都是电荷量e的倍，电荷量e的数值最早是由美国物理学家测得的.5. 电子的比荷：电子的与电子的之比.学生活动：注意探索事物的本质，思考规律的特点。

学生活动：把左边的基础知识填好。

教学过程设计教学二次备课6. 库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成，与它们距离的二次方成，作用力的方向在它们的连线上，公式为，国际单位制中，静电力常量k= .库仑定律的适用条件是。

二、例题例1、关于点电荷的概念，下列说法中正确的是（）A. 当两个带电体的形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷B. 只有体积很小的带电体才可以看成点电荷C. 体积很大的带电体一定不能看成点电荷D. 对于任何带电体，总可以把它看成电荷全部集中在球心的点电荷例2、两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r/2,,则两球间库仑力的大小为（）A. (1/12)FB. (3/4)FC. (4/3)FD. 12F三、小结四、作业阅读问题，理清思路，阐述自己的观点。

实验七测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)考纲解读1.掌握螺旋测微器的原理及读数方法.2.掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法.3.会用伏安法测电阻，并能测定金属丝的电阻率．一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.考点一测量仪器、仪表的读数例1(1)如图5所示的三把游标卡尺，它们的游标尺的刻度从上至下分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分、49 mm长50等分，它们的读数依次为______mm，____mm，________mm.(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图6所示，则金属丝的直径是________mm.图5图6(3)①图7所示的电表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数为________A.②图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针示数为________ V.图7图8(4)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________．图9解析(1)最上面图读数：整毫米数是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.中间图读数：整毫米数是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.最下面图读数：整毫米数是3，不足1毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm＋0.18 mm＝3.18 mm.(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.(3)①电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格表示0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格表示0.1 A，表针示数为2.20 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V.(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.答案(1)17.723.85 3.18(2)2.150(3)①0.020.440.1 2.20②0.1 1.700.5 8.5(4)1 987将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到00～19 998 Ω游标卡尺的读数应注意以下几点：(1)看清精确度例如(图10)图10易错成(11＋4.0×0.1) mm＝11.40 mm正确的应为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零．例如(图11)图11易错成(10＋12×0.05) mm＝10.6 mm，正确的应为10.60 mm.(2)主尺上的单位为厘米主尺上标识的1、2、3等数字通常是指厘米，读数时应将毫米和厘米分清，游标卡尺主尺上的最小刻度是1 mm.例如(图12)图12易错成(5＋4×0.05) mm＝5.20 mm正确的应为(50＋4×0.05) mm＝50.20 mm(3)区分零刻度与标尺最前端例如(图13)图13易错成(13＋10×0.05) mm＝13.50 mm正确读数为(14＋10×0.05) mm＝14.50 mm考点二对实验操作及实验数据处理的考查例2为测量某一玩具电动机中导线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下：图14图15(1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图14所示，则d＝________ mm；(2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻R x：选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操作后，指针的位置如图15所示(此过程电动机不转动)，则R x＝________Ω.(3)为了提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻R x：电流表A1(0～3 A、约5 Ω)；滑动变阻器R1(0～1 kΩ)；电流表A2(0～30 mA、约10 Ω)；滑动变阻器R2(0～50 Ω)；定值电阻R0＝60 Ω；电源(4 V、约1 Ω)及开关等，导线若干．①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图16所示的电路图，应选择的电流表是________，滑动变阻器是________；(填写符号)图16②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5 V”挡作为电压表使用，请依据图16将图17所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整；图17③图18是该实验小组用测得的数值描绘出的图象，其斜率表示的是________(填选项)．图18A．导线圈的电阻B．导线圈的电阻与R0阻值之和解析(1)螺旋测微器的读数：d＝0.01 mm×15.5＝0.155 mm.(2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值，即R x＝25×1 Ω＝25 Ω.(3)①选择电流表时需先估算电路中的电流．设电动机和定值电阻R0串联的电压为电源电动势．则I＝425.0＋60A≈0.047 A＝47 mA实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过30 mA，所以电流表选A2.滑动变阻器应选择便于调节的R2.②由于电流表A2的电阻较大，为减小实验误差，应采用电流表外接法．为有效地控制电路中的电压和电流，应采用滑动变阻器分压电路，所以电路图连接如图所示．答案(1)0.155(±0.003范围内均可)(2)25(3)①A2R2②见解析图③B考点三对电阻测量的考查例3(2013·北京·21)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图19中的________(选填“甲”或“乙”)．图19(2)图20是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线．图20(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图21所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝________Ω(保留两位有效数字)．图21(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映Ux 关系的示意图中正确的是________．解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的13～23，电源电动势为4 V ，故电压表选C.估算通过R x 的最大电流约为I m ＝35 A ＝0.6 A ，所以电流表应选B.因为R V R x ＞R x R A，所以电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小．(2)(3)电流表、电压表的读数分别为I ＝0.50 A ，U ＝2.60 V ，所以R x ＝2.600.50Ω＝5.2 Ω. (4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，选项B 正确．乙电路中产生误差的主要原因是电流表的分压作用，故选项D 正确．(5)R x 两端的电压U ＝R x E R x ＋R L(L －x )，其中R 为滑动变阻器总阻值，L 为滑动变阻器两端总长度，结合数学知识可知选项A 正确．答案 (1)B C 甲 (2)见解析图 (3)5.2 (4)B D(5)A仪器选择的基本思路(1)优先考虑安全因素各电表的实际读数不能超过其量程，电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许的最大电流(或电压)．实际处理过程中，需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器采用限流接法进行估算)．如：用伏安法作出标有“6 V,0.6 W ”字样的小灯泡的U －I 图象，而实际加在小灯泡两端的电压不能超过6 V.(2)考虑读数误差因素一般要求各电表的实际读数不小于其量程的13，以减小读数误差． (3)仪器选择的一般步骤①首先选择唯一性的器材；②粗画电路图(暂不接电流表和电压表)；③估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材．创新实验设计电阻测量的五种方法1．伏安法电路图⎩⎪⎨⎪⎧外接法：内接法： 特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量)2．安安法若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．(1)如图22甲所示，当两电表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻R 1，则可测得的内阻R 2＝I 1R 1I 2. (2)如图乙所示，当两电表的满偏电压U A2≫U A1时，串联一定值电阻R 0后，同样可测得的电阻R 2＝I 1(R 1＋R 0)I 2.图223．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．(1)如图23甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知的内阻R 1，则可测出的内阻R 2＝U 2U 1R 1.(2)如图乙所示，两电表的满偏电流I V1≪I V2时，并联一定值电阻R 0后，同样可得的内阻R2＝U2U1 R1＋U1 R0 .图23 4．比较法测电阻图24如图24所示，读得电阻箱R 1的阻值及表、表的示数I 1、I 2，可得R x ＝I 2R 1I 1.如果考虑电表内阻的影响，则I1(R x＋R A1)＝I2(R1＋R A2)．5．半偏法测电流表内阻电路图如图25所示图25步骤：(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使表满偏为I0；(2)保持R 0不变，闭合S 2，调节R ，使表读数为I 02；(3)由上可得R A ＝R .特别提醒 当R 0≫R A 时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时R 0才足够大，闭合S 2时总电流变化才足够小，误差才小．35.用等效替代法测电阻如图26所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．图26例4为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图27所示的电路．图中A0是标准电流表，R0和R N分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷开关，E是电池．完成下列实验步骤中的填空：图27(1)将S拨向接点1，接通S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，记下此时________的读数I；(2)然后将S拨向接点2，调节________，使________，记下此时R N的读数；(3)多次重复上述过程，计算R N读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值．解析本题方法为等效替代法．当S接1与接2时通过电路的电流I相同时，可知待测微安表头的内阻与R N的电阻相同．答案(1)R0标准电流表(或A0)(2)R N标准电流表(或A0)的读数仍为I(3)平均值1．(2013·山东·21(1))图28甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.图28答案A11.30解析测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A.游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标尺上的读数．本题主尺上读数为11 mm，游标尺上读数为6×0.05 mm＝0.30 mm，故读数为11.30 mm.2．在“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作错误的是() A．用米尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变答案AC解析实验中应测量金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大，使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法，故A、C操作错误．3．现要测量一待测电阻的阻值，所用器材如下：标准电流表A1(量程250 mA，内阻r1＝5 Ω)；电流表A2(量程300 mA，内阻r2约为5 Ω)；待测电阻R1(阻值约为100 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为6 V，内阻r约为1 Ω)；单刀单掷开关，导线若干．要求方法简捷，并能测量多组数据，画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号．答案实验电路原理图见解析图解析由于A1的内阻已知，可将其当作电压表来用；又给了另一个电流表A2，可把两电流表示数之差当作通过R1的电流，利用欧姆定律测R1的阻值；题目要求测多组数据，滑动变阻器应接成分压式；实验电路图如图所示：4．在“测定金属的电阻率”的实验中，若待测金属丝的电阻约为5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组(3 V，内阻1 Ω)B．电流表(0～3 A，内阻0.012 5 Ω)C．电流表(0～0.6 A，内阻0.125 Ω)D．电压表(0～3 V，内阻4 kΩ)E．电压表(0～15 V，内阻15 kΩ)F．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)G．滑动变阻器(0～2 000 Ω，允许最大电流0.3 A)H．开关、导线若干(1)实验时应从上述器材中选用________(填写仪器前的字母代号)；(2)测电阻时，电流表、电压表、待测金属丝电阻R x在组成测量电路时，应采用电流表________(选填“外”或“内”)接法，待测金属丝电阻的测量值比真实值偏________(选填“大”或“小”)；(3)若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图29所示，则读数为________mm；图29(4)若用L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得电阻为R ，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ＝________.答案 (1)ACDFH (2)外 小 (3)0.900 (4)πRd 24L解析 (1)电池组电压是3 V ，流过金属丝的最大电流I m ＝Er ＋R x ＝0.5 A ，故电流表选C ，电压表选D ；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F ；另外要选导线、开关． (2)因为R x R A ＝40，R VR x ＝800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小．(3)根据千分尺的读数规则知，读数是0.5 mm ＋40.0×0.01 mm ＝0.900 mm. (4)R ＝ρL S ＝ρ4L πd 2，解得ρ＝πRd 24L.5．实验室有一块量程为500 μA 、内阻R g 约为200 Ω的电流表(也称微安表)，需要准确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图30甲和乙两种实验电路．已知实验室中的部分实验器材的规格如下：电流表(也称毫安表)：mA(量程1 mA ，内阻约100 Ω) 滑动变阻器A ：R 1(20 Ω，1 A) 滑动变阻器B ：R 1(500 Ω，0.5 A) 变阻箱：R 2(999.9 Ω)直流电源：E (电动势为3 V ，内阻很小) 可供选择的不同阻值的定值电阻R 3图30(1)将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来．(2)在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选________(选填“滑动变阻器A”或“滑动变阻器B”)．为了保证实验操作过程的安全(即使滑动变阻器R1的阻值调为0，也不会烧坏电流表)，并便于实验调节，定值电阻R3的阻值应选________(填选项前的字母)．A．100 ΩB．1 kΩC．6 kΩD．10 kΩ(3)利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有(同时用设定的字母表示)______________________；用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量的结果是____________________．答案(1)如图所示(2)滑动变阻器B C(3)微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2(I2－I1)R2/I1解析(2)滑动变阻器R1在实验中起调节电流的作用，应选可调阻值范围较大的，以使电路中的电流能够调节到足够小．由于电源电动势为3 V，由闭合电路欧姆定律可得定值电阻R3的阻值应选3 kΩ至6 kΩ的．6．(2013·重庆理综·6(2))某同学对有故障的电热毯进行探究．图31是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图32为实验电路实物图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．图31图32①请在虚线框内画出与图32对应的电路图．②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U－I曲线如图33所示，已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7Ω·m，电热线的直径为0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________ kΩ，总长度为________ m．(结果均保留两位有效数字)图33③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图31中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路中有断路，位置在________之间(在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项).解析 ①电路图如图所示②由题图可求R ＝U I ＝ΔUΔI ，由图线斜率可求得R ＝0.58 kΩ(0.57 kΩ～0.59 kΩ均可)，由R ＝ρlS，可得l ＝65 m(64 m ～66 m 均可)．③由题表可知，1′和2′之间，电压表有示数，电流表示数为零，说明其间有断路．。

第1课时 电荷守恒定律 库仑定律考纲解读 1.能解释静电感应现象，会利用电荷守恒定律解答有关静电问题.2.掌握库仑定律，会利用平衡条件或牛顿第二定律解答电荷平衡或运动问题．1．[对两种电荷及起电实质的理解]一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．这说明( )A ．小球上原有的负电荷逐渐消失了B ．在此现象中，电荷不守恒C ．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D ．该现象是由电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律 答案 CD2．[对库仑定律适用条件的理解]关于库仑定律的公式F ＝k q 1q 2r2，下列说法正确的是( )A ．当真空中的两个点电荷间的距离r →∞时，它们之间的静电力F →0B ．当真空中的两个电荷间的距离r →0时，它们之间的静电力F →∞C ．当真空中的两个电荷之间的距离r →∞时，库仑定律的公式就不适用了D ．当真空中的两个电荷之间的距离r →0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用了 答案 AD解析 r →∞时，电荷可以看成点电荷，库仑定律的公式适用，由公式可知，它们之间的静电力F →0；r →0时，电荷不能看成点电荷，库仑定律的公式就不适用了． 3．[库仑定律和电荷守恒定律的应用]三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为＋q ，球2的带电荷量为＋nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知 ( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6答案 D解析 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 nq 2r 2.由于三个金属小球相同，接触后电荷量均分，球3与球2接触后，球2和球3的带电荷量q 2＝q 3＝nq2，球3再与球1接触后，球1的带电荷量q 1＝q ＋nq 22＝(n ＋2)q 4，此时1、2间的作用力F ′＝k nq 2·(n ＋2)q4r 2＝k n (n ＋2)q 28r 2，由题意知F ′＝F ，即n ＝n (n ＋2)8，解得n ＝6.故D 正确．4．[感应起电的分析方法]如图1所示，A 、B 为相互接触的用绝缘支柱支撑的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C 是带正电的小球，下列说法正确的是( )图1A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A后，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．把C移近导体A后，先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．把C移近导体A后，先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合答案AB解析虽然A、B起初都不带电，但带正电的导体C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，从而使A端积累了负电荷，B端积累了正电荷，其下部贴有的金属箔片由于接触带电，也分别带上了与A、B相同的电荷．由于同种电荷相互排斥，所以金属箔片都张开，A正确．C只要一直在A、B附近，先把A、B分开，A、B将带等量异种的感应电荷，此时即使再移走C，A、B所带电荷量也不会变，故金属箔片仍张开，B正确．把C移近导体A后，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以金属箔片都不会张开，C错．先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，金属箔片都不会张开，D错．一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷、点电荷(1)元电荷：e＝1.6×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同，但符号相反．(2)点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．2．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变． (2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电． (3)带电实质：物体带电的实质是得失电子．(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同的导体，接触后再分开，两者带同种电荷时，电荷量平均分配；两者带异种电荷时，异种电荷先中和后平分．3．感应起电：感应起电的原因是电荷间的相互作用，或者说是电场对电荷的作用．(1)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(2)当有外加电场时，电荷向导体两端移动，出现感应电荷，当无外加电场时，导体两端的电荷发生中和． 二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上． 2．表达式：F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件：真空中的点电荷．(1)在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式． (2)当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．考点一 静电现象及电荷守恒定律 1．使物体带电的三种方法及其实质摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法，它们的实质都是电荷的转移．而电荷转移的原因是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引． 2．验电器与静电计的结构与原理玻璃瓶内有两片金属箔，用金属丝挂在一根导体棒的下端，棒的上端通过瓶塞从瓶口伸出(如图2甲所示)．如果把金属箔换成指针，并用金属做外壳，这样的验电器又叫静电计(如图乙所示)．注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的．不管是静电计的指针还是验电器的箔片，它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥．图2例1使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是()解析由于静电感应，当带电的金属球靠近不带电的验电器时，验电器达到静电平衡，近端(靠近金属球端)感应出异种电荷，远端(金属箔片)感应出同种电荷，只有B正确．答案 B突破训练1如图3所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A、B分开，再将C 移走．关于A、B的带电情况，下列判断正确的是()图3A．A带正电，B带负电B．A带负电，B带正电C．A、B均不带电D．A、B均带正电答案 A解析C靠近A后A带正电，B带负电．分开A、B后，A带正电，B带负电，所以选A.考点二对库仑定律的理解和应用1．电荷的分配规律(1)两个相同的导体球，一个带电，一个不带电，接触后电荷量平分． (2)两个相同导体球带同种电荷，先接触再分离，则其电荷量平分． (3)两个相同导体球带异种电荷，先接触再分离，则其电荷量先中和再平分． 2．对库仑定律的深入理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，r 指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球心间距．(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．例2 如图4所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 与b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为l ，为球壳外半径r 的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其所带电荷量的绝对值均为Q ，那么a 、b 两球之间的万有引力F 1与库仑力F 2为( )图4A ．F 1＝G m 2l 2，F 2＝k Q 2l 2B ．F 1≠G m 2l 2，F 2≠k Q 2l 2C ．F 1≠G m 2l 2，F 2＝k Q 2l 2D ．F 1＝G m 2l 2，F 2≠k Q 2l2解析 虽然两球心间的距离l 只有球壳外半径r 的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律求F 1；而本题中由于a 、b 两球壳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比较密集，又因两球心间的距离l 只有其外半径r 的3倍，不满足l 远大于r 的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以库仑定律不适用，D 正确．答案 D突破训练2使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为() A．2∶1 B．4∶1C．16∶1 D．60∶1答案 D解析两个完全相同的金属球相互接触并分开后，带电荷量均变为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．考点三库仑力作用下的平衡问题1．处理平衡问题的常用方法：(1)合成法，(2)正交分解法．2．三个自由点电荷的平衡问题(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反．(2)规律“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”——正负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．例3如图5所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电荷量均为q(q>0)．将另一个带电荷量也为q(q>0)的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，两摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于()图5A.3mg B ．mg C ．23·kq 2l2D.3·kq 2l2解析 如图为a 处带电小球的受力示意图，其中F 为摆线对小 球的拉力，F 1和F 2分别为b 处带电小球和移动的带电小球对它 的库仑力．根据题意分析可得F 1＝F 2＝k q 2(3l )2，根据共点力的平衡知识可得F cos 30°＝k q 2(3l )2＋k q 2(3l )2cos 60°，mg ＝F sin 30°＋k q 2(3l )2sin 60°，联立以上两式解得F ＝3kq 23l 2或F ＝mg ，故选项中只有B 正确．答案 B突破训练3 可以自由移动的点电荷q 1、q 2、q 3放在光滑绝缘水平面上，如图6所示，已知q 1与q 2之间的距离为l 1，q 2与q 3之间的距离为l 2，且每个电荷都处于平衡状态．图6(1)如果q 2为正电荷，则q 1为________电荷，q 3为________电荷． (2)q 1、q 2、q 3三者电荷量大小之比是________．解析 (1)q 2处于平衡状态，则q 1、q 3对它的静电力等大反向，所以q 1、q 3带同种电荷；q 1处于平衡状态，则q 2、q 3对它的静电力等大反向，所以q 2、q 3带异种电荷．因此，q 1、q 3都带负电荷．(2)对q 1列平衡方程：k q 1q 2l 21＝k q 1q 3(l 1＋l 2)2 对q 3列平衡方程：k q 2q 3l 22＝kq 1q 3(l 1＋l 2)2 联立解得：q 1∶q 2∶q 3＝(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2.答案 (1)负 负 (2)(l 1＋l 2l 2)2∶1∶(l 1＋l 2l 1)2处理库仑力作用下电荷平衡问题的方法(1)库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解．(2)恰当选取研究对象，用“隔离法”或“整体法”进行分析． (3)对研究对象进行受力分析，注意比力学中多了一个库仑力． (4)列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关．28．挖掘隐含条件，解决库仑力作用下的动力学问题例4 如图7所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R ，在中心处固定一带电荷量为＋Q 的点电荷．质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？图7审题与关联解析 设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律 mg －kQq R 2＝m v 21R①设当小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ，根据牛顿第二定律有F －mg －kQq R 2＝m v 22R②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒．则12m v 21＋mg ·2R ＝12m v 22③由①②③式得F ＝6mg由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F ′＝6mg . 答案 6mg“杆模型”问题解题关键：(1)建立杆模型，找准临界状态和临界条件． (2)特别要注意库仑力与运动方向始终垂直，不做功．突破训练4 如图8所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是图中的( )图8答案 B解析 粒子在AB 连线上的平衡位置即为场强为零的位置，设粒子与B 点的距离为x ，所以kQ x 2＝k ·4Q (L －x )2，得x ＝L 3，即在D 点，粒子在D 点左侧时所受电场力向左，粒子在D点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过D 点时，先在D 点左侧减速，过D 点以后加速运动；或在D 点左侧减速，运动到D 点速度减为0，以后一直静止，由于C图象不对称，所以粒子在CD 之间的运动可以用B 图象描述，故B 正确．高考题组1．(2012·浙江理综·19)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，如图9所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )图9A ．摩擦使笔套带电B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和答案 ABC解析 笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A 正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B 正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C 正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D 错误．2．(2013·新课标Ⅱ·18)如图10，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为 ( )图10 A.3kq 3l 2B.3kq l 2C.3kq l 2D.23kq l2答案 B解析 因为a 、b 小球对c 的静电力的合力方向垂直于a 、b 连线向上，又因c 带负电，所以匀强电场的场强方向为垂直于a 、b 连线向上．分析a 球受力：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE .根据受力平衡可知，a 受力情况如图所示利用正交分解法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2 F 2sin 60°＝F 3＝qE .解得E ＝3kq l 2. 3．(2013·四川理综·8(1))在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A 和B ，A 球放在可移动的绝缘座上，B 球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C 点，如图11所示．图11实验时，先保持两球电荷量不变，使A 球从远处逐渐向B 球靠近，观察到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的________而增大．此同学在探究中应用的科学方法是________(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)．答案 减小 增大 控制变量法解析 偏角的大小，可以反映电荷间相互作用力的大小．所以可以分析出相互作用力与间距、电荷量的关系．本题考察电荷间相互作用力与哪些因素有关，猜想有两方面，分组测量，所以本题的科学方法为控制变量法．模拟题组4．两根绝缘细线分别系住a 、b 两个带电小球，并悬挂在O 点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α、β，α<β，如图12所示．现将两细线同时剪断，则 ( )图12A ．两球都做匀变速运动B ．两球下落时间相同C ．落地时两球水平位移相同D ．a 球落地时的速度小于b 球落地时的速度答案 BD解析 当两小球静止时，设两球之间的库仑力大小为F ，则有F ＝m a g tan α＝m b g tan β，因为α<β，所以有m a >m b .将两细线同时剪断后，两球在竖直方向都做自由落体运动，下落时间相同，B 正确．水平方向，库仑力逐渐变小，两球在库仑力作用下做变加速直线运动，A 错误．由a ＝F m可知，加速度a a <a b ，所以两球落地时水平位移x a <x b ，落地速度v a <v b ，C 错误，D 正确．5．如图13所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电量和质量之比)之比应是( )图13A ．(L 1L 2)2 B ．(L 2L 1)2 C ．(L 1L 2)3 D ．(L 2L 1)3 答案 C解析 根据B 恰能保持静止可得：k q A q B L 21＝k q C q B L 22，且A 、C 带同种电荷，B 与A 、C 带异种电荷，A 做匀速圆周运动，k q A q B L 21－k q C q A (L 1＋L 2)2＝m A ω2L 1.C 做匀速圆周运动，k q C q B L 22－k q C q A (L 1＋L 2)2＝m C ω2L 2.联立解得A 和C 的比荷(电量与质量之比)之比q A m A ∶q C m C ＝(L 1L 2)3，C 正确．(限时：30分钟)►题组1起电的三种方式和电荷守恒定律的应用1．关于电现象，下列说法中正确的是() A．感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C．摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量异种电荷D．当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失答案ABD解析感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，而摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，但相互摩擦的两个物体并不一定带等量异种电荷，故A正确，C 错误；由电荷守恒定律可知D正确；中性物体得到多余电子带负电，失去电子带正电，B正确．2．如图1所示，左边是一个原来不带电的导体，右边C是后来靠近的带正电的导体球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A、Q B，则下列结论正确的是()图1A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q A>Q BB．只有沿虚线b切开，才会使A带正电，B带负电，且Q A＝Q BC．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q A<Q BD．沿任意一条虚线切开，都会使A带正电，B带负电，而Q A、Q B的值与所切的位置有关答案 D解析导体原来不带电，只是在C所带正电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B 部分多了电子而带负电，A 部分少了电子而带正电．根据电荷守恒定律可知，A 部分转移的电子数目和B 部分多出的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，不过从不同位置切开时，Q A 、Q B 的值是变化的，故只有D 正确．►题组2 库仑定律的理解和应用3．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图2所示，O 是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P 1、P 2、P 3位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O 的电荷量用Q 表示，小球的电荷量用q 表示，物体与小球间距离用d 表示，物体和小球之间的作用力大小用F 表示．则以下对该实验现象的判断正确的是 ( )图2A ．保持Q 、q 不变，增大d ，则θ变大，说明F 与d 有关B ．保持Q 、q 不变，减小d ，则θ变大，说明F 与d 成反比C ．保持Q 、d 不变，减小q ，则θ变小，说明F 与q 有关D ．保持q 、d 不变，减小Q ，则θ变小，说明F 与Q 成正比答案 C解析 本题考查库仑定律．根据库仑定律和平衡条件可知F ＝k Qq d 2＝mg tan θ，保持Q 、q 不变，增大d ，F 将变小，则θ变小，说明F 与d 有关，但不能确定成反比关系，选项A 、B 错误；保持Q 、d 不变，减小q ，则θ变小，说明F 与q 有关，选项C 正确；保持q 、d 不变，减小Q ，则θ变小，说明F 随Q 的减小而减小，但不能确定成正比关系，选项D 错误．4．如图3所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q ，半径为R ，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O 点作一竖直线，在此线上取一点A ，使A 到O 点的距离为R ，在A 点放一检验电荷＋q ，则＋q 在A 点所受的电场力为 ( )图3A.kQq R 2，方向向上B.2kQq 4R 2，方向向上 C.kQq 4R2，方向水平向左 D ．不能确定答案 B解析 先把带电圆环分成若干个小部分，每一小部分可视为一个点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直方向上的电场力大小为kqQ cos 45°(2R )2＝2kQq 4R 2，方向向上，故选B. ►题组3 库仑力作用下带电体的平衡问题5．如图4所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为 ( )图4A ．可能受到2个力作用B ．可能受到3个力作用C ．可能受到4个力作用D ．可能受到5个力作用答案 AC解析 以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦，则A 对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力两个力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以此时A 受4个力作用而平衡，A 、C 正确．6．在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图5所示．现让小球A 、B 、C 带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为( )图5A.13B.33 C ．3 D. 3答案 D解析 设三角形边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos 30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos 30°×2＝kQq BD 2，解得：Q q＝3，D 正确． 7．A 、B 两带电小球，质量分别为m A 、m B ，电荷量分别为q A 、q B ，用绝缘不可伸长的细线如图6悬挂，静止时A 、B 两球处于同一水平面．若B 对A 及A 对B 的库仑力分别为F A 、F B ，则下列判断正确的是 ( )图6A ．F A <F BB ．细线OC 的拉力F T C ＝(m A ＋m B )gC ．细线AC 对A 的拉力F T A ＝m A 2g D ．同时烧断细线AC 、BC 后，A 、B 在竖直方向的加速度相同答案 BD解析 A 与B 之间的库仑力是作用力与反作用力的关系，选项A 错误；以A 、B 为整体作为研究对象，竖直方向的合力为零，即细线OC 的拉力F T C ＝(m A ＋m B )g ，选项B 正确；以A 为研究对象，细线AC 对A 的拉力F T A ＝m A g cos 30°＝23m A g 3，选项C 错误；同时烧断细线AC 、BC 后，A 、B 在竖直方向的加速度均为g ，选项D 正确．8．如图7所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是 ( )图7A ．cos 3 α＝q 8QB ．cos 3 α＝q 2Q 2C ．sin 3 α＝Q 8qD ．sin 3α＝Q 2q 2 答案 AC解析 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，两个q 之间距离为2a cos α.选取其中的一个－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3 α＝q 8Q，选项A 正确，B 错误；选取其中的一个Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3 α＝Q 8q ，选项C 正确，D 错误． ►题组4 在库仑力作用下的动力学问题9．如图8所示，把一个带电小球A 固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B .现给B 一个沿垂直AB 方向的水平速度v 0，下列说法中正确的是 ( )图8A ．若A 、B 为异种电荷，B 球一定做圆周运动B ．若A 、B 为异种电荷，B 球可能做匀变速曲线运动C ．若A 、B 为同种电荷，B 球一定做远离A 的变加速曲线运动D ．若A 、B 为同种电荷，B 球的动能一定会减小答案 C解析 如果A 、B 为异种电荷，当A 对B 的库仑引力恰好提供B 做圆周运动所需要的向心力时，B 绕A 做匀速圆周运动；当A 对B 的库仑引力大于或者小于B 做圆周运动所需要的向心力时，则B 将做近心运动或者做离心运动．由于库仑力是变力，故不可能做匀变速曲线运动，A 、B 两项均错．如果A 、B 为同种电荷，则B 受到A 的库仑斥力将做远离A 的变加速曲线运动，电场力做正功动能增大，所以C 项正确，D 项错．10．如图9所示，正电荷q 1固定于半径为R 的半圆光滑轨道的圆心处，将另一带正电、电荷量为q 2、质量为m 的小球，从轨道的A 处无初速度释放，求：图9(1)小球运动到B 点时的速度大小；(2)小球在B 点时对轨道的压力．答案 (1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下 解析 (1)带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12m v 2B解得v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2B R解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2 方向竖直向下．11．如图10所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图10(1)A 球刚释放时的加速度是多大？(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．。

专题26 电荷守恒定律库仑定律（讲）1．多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题．2．利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等．3．带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题．4．对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题．5．分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题．6．示波管、静电除尘等在日常生活和科学技术中的应用．1．了解静电现象的有关解释，能利用电荷守恒定律进行相关判断．2．会解决库仑力参与的平衡及动力学问题．一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷：最小的电荷量，其值为e＝1．60×10－19C．其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍．2．电荷守恒定律（1）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．（2）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．（3）带电实质：物体带电的实质是得失电子．思考：当两个完全相同的带电金属球相互接触时，它们的电荷量如何分配？答案同种电荷的电荷量平均分配，异种电荷的先中和后平分．二、点电荷及库仑定律1．点电荷（1）是一种理想化的物理模型；（2）当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．2．库仑定律（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．（2）公式：221rq q k F ，其中比例系数k 叫做静电力常量，k ＝9．0×109 N·m 2/C 2． （3）适用条件：①真空中；②点电荷．考点一 静电现象及电荷守恒定律1．使物体带电的三种方法及其实质摩擦起电、感应起电和接触带电是使物体带电的三种方法，它们的实质都是电荷的转移．而实现电荷转移的动力是同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引．2．验电器与静电计的结构与原理玻璃瓶内有两片金属箔，用金属丝挂在一根导体棒的下端，棒的上端通过瓶塞从瓶口伸出．如果把金属箔换成指针，并用金属做外壳，这样的验电器又叫静电计．注意金属外壳与导体棒之间是绝缘的．不管是静电计的指针还是验电器的箔片，它们张开角度的原因都是同种电荷相互排斥的结果．★重点归纳★1．对物体带电的理解（1）使物体带电有三种方式（2）库仑电荷分配法——接触共有分半两个完全相同的带电金属球相接触，同种电荷总电荷量平均分配，异种电荷先中和后平分．2．电荷量、元电荷、点电荷和检验电荷的区别电荷量是物体带电荷的多少，电荷量只能是元电荷的整数倍；元电荷是电荷量为1．6×10－19 C 的电荷，不是电子也不是质子，而是最小的电荷量，电子和质子带最小的电荷量；点电荷要求“线度远小于研究范围的空间尺度”，是一种理想化物体模型，对其带电荷量无限制；检验电荷是用来研究电场的电荷，要求放入电场后对原来的电场不产生影响，故应为带电荷量足够小的点电荷．★典型案例★（多选）电现象，下列说法中正确的是： （ ）A．感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C．摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量同种电荷D．当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失【答案】ABD【名师点睛】本题考查对于感应起电和电荷守恒的理解能力。

第1课时力、重力、弹力考纲解读1.掌握重力的大小、方向及重心的概念.2.掌握弹力的有无、方向的判断及大小的计算的基本方法.3.掌握胡克定律．1．[对力的理解]下列说法正确的是()A．力是物体对物体的作用B．力可以从一个物体传给另一个物体C．只有相互接触的物体之间才可能存在力的作用D．甲用力把乙推倒，说甲对乙的作用力在前，乙对甲的作用力在后答案 A2．[对重力和重心的理解]下列关于重力和重心的说法正确的是() A．物体所受的重力就是地球对物体产生的吸引力B．重力的方向总是指向地心C．用细线将重物悬挂起来，静止时物体的重心一定在悬线所在的直线上D．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上E．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力答案 C解析重力是由于地球的吸引而产生的，但不是地球的吸引力，A错．重力的方向竖直向下，B错．由平衡条件可知，细线拉力和重力平衡，重心在重力作用线上，C对．重心位置跟物体的形状、质量分布有关，是重力的等效作用点，但不一定在物体上，如球壳．D错；只有物体静止或匀速运动时，弹簧拉力才等于物体重力，E错．3．[对弹力的理解]下列关于弹力的几种说法，其中正确的是()A．两物体接触并不一定产生弹力B．静止在水平面上的物体所受重力就是它对水平面的压力C．静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为水平面发生了形变D．只要物体发生形变就一定有弹力产生答案AC解析两物体接触并发生弹性形变才产生弹力，A正确，D错误．静止在水平面上的物体所受重力的施力物体是地球，而压力的施力物体是该物体，受力物体是水平面，两力不同，B错误，C正确．4．[画力的受力分析图]画出图1中物体A和B所受重力、弹力的示意图．(各接触面均光滑，各物体均静止)图1答案物体A和B所受重力、弹力的示意图如图所示．5．[胡克定律的应用]一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( ) A.F 2－F 1l 2－l 1 B.F 2＋F 1l 2＋l 1 C.F 2＋F 1l 2－l 1 D.F 2－F 1l 2＋l 1 答案 C解析 设弹簧原长为l 0，根据胡克定律得F 1＝k (l 0－l 1)，F 2＝k (l 2－l 0)，两式联立，得k ＝F 2＋F 1l 2－l 1，选项C 正确．1．重力(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．(2)大小：G＝mg.(3)g的特点①在地球上同一地点g值是一个不变的常数．②g值随着纬度的增大而增大．③g值随着高度的增大而减小．(4)方向：竖直向下．(5)重心①相关因素：物体的几何形状、物体的质量分布．②位置确定：质量分布均匀的规则物体，重心在其几何中心；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定．2．弹力(1)形变：物体形状或体积的变化叫形变．(2)弹力①定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，会对与它接触的物体产生力的作用．②产生条件：物体相互接触；物体发生弹性形变．(3)胡克定律①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．②表达式：F＝kx.k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度.考点一弹力有无及方向的判断1．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．(4)替换法：可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看能否维持原来的运动状态．2．弹力方向的判断方法(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断．(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向．例1画出图2中物体A受力的示意图．图2答案1．有弹性形变才有弹力，只接触不发生弹性形变不产生弹力．2．杆的弹力并不一定沿杆的方向，但与杆发生弹性形变的方向相反．3．几种典型接触弹力方向的确认：弹力弹力的方向面与面接触的弹力垂直于接触面指向受力物体点与面接触的弹力过接触点垂直于接触面(或接触面的切面)而指向使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力()图3A．大小为7.5 NB．大小为10 NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方答案 D解析对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F和绳的拉力的合力与小球的重力等大反向，可得F方向斜向左上方，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝GF拉＝43，α＝53°，F＝Gsin 53°＝12.5 N，故只有D项正确．考点二弹力的分析与计算首先分析物体的运动情况，然后根据物体的运动状态，利用共点力的平衡条件或牛顿第二定律求弹力．例2如图4所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°，则m1、m2、m3的比值为()图4A ．1∶2∶3B ．2∶3∶1C ．2∶1∶1D ．2∶1∶ 3解析 对m 1受力分析，如图所示，则： m 2g ＝m 1g cos 30° m 3g ＝m 1g cos 60°， m 2＝32m 1m 3＝12m 1，B 正确．答案 B突破训练2 如图5所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点，设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ，下列关系正确的是( )图5A ．F ＝mgtan θ B ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θ D ．F N ＝mg tan θ答案 A解析 对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力mg 、支持力F N 、 水平推力F 三个力作用．由共点力的平衡条件知，F 与mg 的合力 F ′与F N 等大、反向．由几何关系可知F 、mg 和合力F ′构成直 角三角形，解直角三角形可求得：F ＝mg tan θ，F N ＝F ′＝mg sin θ.所以正确选项为A.考点三 含弹簧类弹力问题的分析与计算中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有如下几个特性： (1)弹力遵循胡克定律F ＝kx ，其中x 是弹簧的形变量． (2)轻：即弹簧(或橡皮绳)的重力可视为零．(3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受拉力，不能受压力． (4)由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变．但是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们产生的弹力立即消失． 例3 如图6所示，原长分别为L 1和L 2，劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m 1的物体，最下端挂着质量为m 2的另一物体，整个装置处于静止状态．求：图6(1)这时两弹簧的总长．(2)若有一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体m 2的压力．解析 (1)设上面弹簧的弹力为F 1，伸长量为Δx 1，下面弹簧的弹力为F 2，伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律有 F 1＝(m 1＋m 2)g ， Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1F 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以两弹簧的总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2gk 2.(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2：F N ＝k 2Δx ＋m 2g 对m 1：m 1g ＝k 1Δx ＋k 2Δx解得：F N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g根据牛顿第三定律知 F N ′＝F N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g答案 (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2gk 2(2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g突破训练3 一个长度为L 的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L .现将两个这样的弹簧按如图7所示方式连接，A 、B 两小球的质量均为m ，则两小球平衡时，B 小球距悬点O 的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)( )图7A ．3LB ．4LC ．5LD ．6L 答案 C解析 一根弹簧，挂一个质量为m 的小球时，弹簧的总长度变为2L ，即伸长L ，劲度系数k ＝mg /L .若两个小球如题图所示悬挂，则下面的弹簧伸长L ，上面的弹簧受力2mg ，伸长2L ，则弹簧的总长为L ＋L ＋L ＋2L ＝5L ，故C 正确．4.滑轮模型与死结模型问题的分析1．跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等．2．死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几段绳中的张力不一定相等．3．同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向．例4如图8所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，∠ACB＝30°，g取10 m/s2，求：图8(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)横梁BC对C端的支持力的大小及方向．解析物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：F AC＝F CD＝Mg＝10×10 N＝100 N(2)由几何关系得：F C＝F AC＝Mg＝100 N方向和水平方向成30°角斜向右上方答案(1)100 N(2)100 N方向与水平方向成30°角斜向右上方突破训练4若【例4】中横梁BC换为水平轻杆，且B端用铰链固定在竖直墙上，如图9所示，轻绳AD拴接在C端，求：图9(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)轻杆BC对C端的支持力．答案(1)200 N(2)173 N，方向水平向右解析物体M处于平衡状态，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)由F AC sin 30°＝F CD＝Mg得：F AC＝2Mg＝2×10×10 N＝200 N(2)由平衡方程得：F AC cos 30°－F C＝0解得：F C＝2Mg cos 30°＝3Mg≈173 N方向水平向右一般情况下，插入墙中的杆属于固定杆(如钉子)．弹力方向不一定沿杆，而用铰链相连的杆属于活动杆，弹力方向一定沿杆．高考题组1．(2012·山东基本能力·85)力是物体间的相互作用，下列有关力的图示及表述正确的是()答案BD解析由于在不同纬度处重力加速度g不同，旅客所受重力不同，故对飞机的压力不同，A错误．充足气的篮球内压力大于外压力，故B正确．书对桌子的压力作用在桌子上，箭尾应位于桌面上，故C错误．平地上匀速行驶的汽车，其主动轮受到地面的摩擦力是其前进的动力，地面对其从动轮的摩擦力是阻力，汽车受到的动力与阻力平衡时才能匀速前进，故D正确．2．(2012·广东理综·16)如图10所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为()图10A ．G 和G B.22G 和22G C.12G 和32G D.12G 和12G 答案 B解析 根据对称性知两绳拉力大小相等，设为F ，日光灯处于平衡状态，由2F cos 45°＝G 解得F ＝22G ，B 项正确． 模拟题组3．如图11所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A 、B 的质量之比m A ∶m B 等于( )图11A ．cos θ∶1B ．1∶cos θC ．tan θ∶1D ．1∶sin θ 答案 B解析 A 物体只受到重力和绳子的拉力两个力，则绳子的拉力F T 等于A 物体的重力m A g .对B 物体受力分析可得F T cos θ＝m B g .所以m A ∶m B ＝1∶cos θ.所以答案选B.4．如图12所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R 的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向间的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )图12A ．水平面对容器有向右的摩擦力B ．轻弹簧对小球的作用力大小为12mgC ．容器对小球的作用力大小为mgD ．弹簧原长为R ＋mgk答案 CD解析 以容器和小球整体为研究对象，受力分析可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向上地面对半球形容器没有摩擦力，故A 错误．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止状态，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对小球受力分析如图所示，由几何关系可知，F N ＝F ＝mg ，故弹簧原长为R ＋mgk，故B 错误，C 、D 正确．5．如图13所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为()图13A.15kL2 B.3kL2C．kL D．2kL答案 A解析橡皮条长度最大时每根橡皮条上的弹力是kL，设此时两橡皮条间夹角为θ，则cos θ2＝(2L)2－(L2)22L＝154，两橡皮条上的弹力合力为2kL cos θ2＝152kL，所以A对．(限时：30分钟)►题组1力、重力和弹力的理解1．如图1所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动，根据图中所给信息和所学知识你可以得出的结论是()图1A．物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点B．重力的方向总是垂直向下的C．物体重心的位置与物体形状和质量分布有关D．力是使物体运动的原因答案AC解析物体各部分都受重力作用，但可以认为物体各部分所受重力集中于一点，这个点就是物体的重心，重力的方向总是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，所以A 正确，B错误；从题图中可以看出，汽车(包括货物)的形状和质量分布发生了变化，重心的位置就发生了变化，故C正确；力不是使物体运动的原因而是改变物体运动状态的原因，所以D错误．2．一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力F作用下做匀速直线运动，不计空气阻力和风力的影响，而重物匀速运动的方向如图中箭头所示的虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置正确的是()答案 A解析重物只在重力和绳子的拉力F作用下做匀速直线运动，那么这两个力的合力为零，即绳子的拉力方向是竖直向上的，A正确．3．关于力的概念，下列说法正确的是()A．没有相互接触的物体间也可能有力的作用B．力是使物体位移增加的原因C．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力而使之压缩，弹簧压缩后再反过来给手一个弹力D．力可以从一个物体传给另一个物体，而不改变其大小答案 A解析各种场力，就是没有相互接触的物体间存在的力的作用，A对．力是改变物体运动状态的原因，B错．力的作用是相互的、同时的，没有先后顺序，C错．力是物体间的相互作用，不能传递，D错．4．如图2所示，倾角为30°、重为80 N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是()图2A．杆对球的作用力沿杆向上，大于2 NB．地面对斜面体的支持力为80 NC．球对杆的作用力为2 N，方向竖直向下D．杆对小球的作用力为2 N，方向垂直斜面向上答案 C解析把小球、杆和斜面作为一个系统受力分析可知，系统仅受重力和地面的支持力，且二力平衡，故B错；对小球受力分析知，小球只受竖直向下的重力和杆给的竖直向上的弹力(杆对小球的力不一定沿杆)，且二力平衡，故C对，A、D错．►题组2弹力方向判断和大小的计算5．如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F通过球心，下列说法正确的是()图3A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上答案BC解析F大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大到一定程度时墙才对球有水平向左的弹力，故A错误，B正确；而斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，故C正确，D错误．6．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏形式，也是一种高难度的杂技．图4所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为()图4A.34GB.78GC.54GD.32G 答案 C解析 下层中间人背上受力为：F ＝3G ×12＝32G ，所以他的一只脚对地压力为：F ′＝(F ＋G )×12＝54G ，C 正确． 7．如图5所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：图5(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．答案 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N解析 (1)因匀速提起重物，则F T ＝mg ，故绳对人的拉力也为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上．(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆，如图所示，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N. ►题组3 弹簧的弹力的分析与计算8．如图6所示，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k 1和k 2，上面木块压在上面弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧．在此过程中下面木块移动的距离为( )图6A.m 1g k 1B.m 2g k 2C.m 1g k 2D.m 2g k 1答案 C解析 在没有施加外力向上提时，弹簧k 2被压缩，压缩的长度为：Δx ＝(m 1＋m 2)g k 2.在用力缓慢向上提m1直至m1刚离开上面弹簧时，弹簧k2仍被压缩，压缩量为Δx′＝m2gk2.，故选C.所以在此过程中，下面木块移动的距离为：Δx－Δx′＝m1gk29．三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，如图7所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()图7A．4 cm B．6 cm C．8 cm D．10 cm答案 C解析“缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p弹簧处于原长，而q弹簧受到竖直向下的压力F N1＝m b g＝1×10 N＝10 N，所以其压缩量为x1＝F N1/k＝2 cm；最终c木块刚好离开水平地面，q弹簧受到竖直向下的拉力F N2＝m c g＝1×10 N＝10 N，其伸长量为x2＝F N2/k＝2 cm，拉力F＝(m b＋m c)g＝2×10 N＝20 N，p弹簧的伸长量为x3＝F/k＝4 cm，所以所求距离x＝x1＋x2＋x3＝8 cm.►题组4“滑轮”模型和“死结”模型问题10．如图8所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()图8 A．F1＝mg sin θB．F1＝mgsin θC．F2＝mg cos θD．F2＝mgcos θ答案 D解析由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于物体的重力，则绳子拉O点的力也等于物体的重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平衡条件可知，F1和F2的合力与F T等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F1＝mgtan θ，F2＝mgcos θ，故D正确．11．如图9所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则()图9A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变答案 B解析选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示．绳中的弹力大小相等，即F T1＝F T2＝G，C点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图中虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F＝2Gsin θ2，当绳的A端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确．12．在如图10所示的装置中，两物体通过一段绳与两个滑轮连在一起，质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知()图10A．α一定等于βB．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2答案AC解析滑轮两侧绳的拉力大小相等，合力竖直向上，所以A正确；滑轮两侧绳的拉力大小等于m2g，其合力大小等于m1g.当滑轮两侧的绳竖直向上时m2最小，等于m1的一半，因滑轮两侧的绳不可能竖直向上，所以C正确，B、D错误．第31 页共31 页。