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9.2庫倫定律
一、考點梳理
考點一、探究影響電荷間相互作用力的因素
1．實驗原理：如圖所示，F＝mgtanθ ，θ變大，F變大；θ變小，F變小。
2．方法：控制變量法
3．實驗操作：（1）保持電荷量不變，改變懸點位置，從而改變小球間距r，觀察夾角θ變化情況，探究電荷間作用力與距離的關系。
（2）保持懸點位置不變，改變小球帶電量q，觀察夾角θ變化情況，探究電荷間作用力與電荷量的關系。
4．實驗現象：r變大，θ變小，r變小，θ變大。q變大，θ變大，q變小，變小。
5．實驗結論：電荷間的作用力與距離有關，與電荷量有關。
【典例1】庫侖研究電荷之間的相互作用力跟什么因素有關，做了如下實驗：把一個帶正電的物體固定，然后將掛在絲線上帶正電的小球先后掛在、、處，發現情況如圖所示，由此，歸納得出的初步結論正確的是（　　）
A.電荷之間的作用力大小隨距離增大而增大
B.電荷之間的作用力大小與距離無關
C.電荷之間的作用力大小隨距離的增大先增大后減小
D.由于小球平衡時絲線與豎直方向夾角在減小，所以電荷之間的作用力大小隨距離增大而減小
【答案】D
【解析】當帶電小球遠離帶正電的物體時，懸掛的小球離物體越遠，由于小球平衡時絲線與豎直方向夾角在減小，所以電荷之間的作用力大小隨距離增大而減小；
練習1、用控制變量法，可以研究影響電荷間相互作用力的因素.如圖所示，O是一個帶電的物體，若把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的P1、P2、P3等位置，可以比較小球在不同位置所受帶電物體的作用力的大小。這個力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度θ顯示出來。若物體O的電荷量用Q表示，小球的電荷量用q表示，物體與小球間距離用d表示，物體和小球之間的作用力大小用F表示。則以下對該實驗現象的判斷正確的是（　　 ）
A.保持Q、q不變，增大d，則θ變大，說明F與d有關
B.保持Q、q不變，減小d，則θ變大，說明F與d成反比
C.保持Q、d不變，減小q，則θ變小，說明F與q有關
D.保持q、d不變，減小Q，則θ變小，說明F與Q成正比
【答案】C
【解析】AB．保持Q、q不變，根據庫侖定律公式
增大d，庫侖力變小，則θ變小，減小d，庫侖力變大，則θ變大.F與d的二次方成反比，故AB錯誤；
C．保持Q、d不變，減小q，則庫侖力變小，θ變小，知F與q有關，故C正確；
D．保持q、d不變，減小Q，則庫侖力變小，θ變小，根據庫侖定律公式
知F與兩電荷的乘積成正比，故D錯誤。
考點二、庫侖的實驗
1．實驗裝置：庫侖扭秤，如圖所示。
2．實驗步驟
（1）改變A和C之間的距離，記錄每次懸絲扭轉的角度，便可找出力F與距離的關系。
（2）改變A和C的帶電荷量，記錄每次懸絲扭轉的角度，便可找出力F與電荷量之間的關系。
3．實驗結論
（1）力F與距離r的二次方成反比，即F∝。
（2）力F與q1和q2的乘積成正比，即F∝q1q2。所以F∝或F＝k。
【典例1】如圖為庫侖扭秤．細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力平衡．當把另一個帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉，通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小，改變A和C之間的距離r，記錄每次懸線扭轉的角度，便可找到力F與距離r的關系．這一實驗中用到了下列哪些物理方法（　　）
①微小量放大法 ②極限法 ③比值定義法 ④控制變量法
A.①② B.①③ C.①④ D.③④
【答案】C
【解析】把微弱的庫侖力轉換放大成可以看得到的扭轉角度，并通過扭轉角度的大小找出力和距離的關系，是放大法，保持帶電量不變，改變A和C的距離而得到F和r的關系，是控制變量法，ABD錯誤，C正確。
練習1、在前人研究的基礎上，有一位物理學家利用圖所示的扭秤裝置進行研究，提出真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的規律，這位物理學家是（　　）
A.牛頓 B.伽利略 C.庫侖 D.焦耳
【答案】C
【解析】利用圖所示的扭秤裝置進行研究，提出真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的規律的物理學家是庫倫。
考點三、對庫侖定律的理解
1.庫侖力的大小
（3）表達式：，式中的k叫做靜電力常量，k=9.0×109N·m2/C2
（4）定律的適用范圍：真空中兩個靜止點電荷。
（5）如果一個點電荷同時受到兩個或更多的點電荷的作用力，可以根據力的合成求合力。
2.同一直線上三個自由點電荷的平衡問題
（1）三個點電荷的位置關系是“同性在兩邊，異性在中間”
（2）三個點電荷中，中間點電荷的電荷量最小。兩邊同性點電荷中哪個點電荷的電荷量小，中間點電荷就距哪個近一些
（3）三個點電荷的電荷量滿足
【典例1】關于庫侖定律，下列說法正確的是（　　）
A．庫侖定律適用于點電荷，點電荷其實就是體積最小的帶電體
B．根據，當兩個帶電體間的距離趨近于零時庫侖力將趨向無窮大
C．帶電荷量分別為和Q的點電荷A、B相互作用時，A受到的靜電力是B受到的靜電力的3倍
D．庫侖定律的適用條件是：在真空中靜止的點電荷
【答案】D
【解析】A．如果帶電體的形狀、大小以及電荷分布對所研究問題的影響可以忽略不計，則可將它看做點電荷，并不是體積最小的帶電體就是點電荷，故A錯誤；
B．兩個帶電體間的距離趨近于零時，帶電體已經不能看成點電荷了，不再適用，故B錯誤；
C．根據牛頓第三定律得，B受到的靜電力和A受到的靜電力大小相等，故C錯誤；
D．庫侖定律的適用條件是：在真空中靜止的點電荷，故D正確。
【典例2】甲、乙兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F。兩小球相互接觸后將其固定距離變為，則兩球間庫侖力的大小為(　　)
A．F　　　B．F　　　C．F　　　D．12F
【答案】C
【解析】由庫侖定律知F＝k，當兩小球接觸后，電荷量先中和再平分，甲乙帶電荷量分別為Q、Q，故后來庫侖力F′＝keq \f(Q2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2))))＝k，由以上兩式解得F′＝F，C正確。
練習1、兩個相同的帶異種電荷的導體小球（可視為點電荷）所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r時相互作用的庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時庫侖力的大小為（　　）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】設兩小球所帶電荷量分別為q和－3q，根據庫侖定律有
使兩小球接觸后，兩小球所帶電荷量均變為
將兩小球放到相距2r處后，此時庫侖力的大小為
練習2、真空中兩個完全相同、帶異種電荷的導體小球A和B（視為點電荷），A帶電荷量為 + 2Q，B帶電荷量為 - 4Q，將它們固定在相距為d的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1；現有第三個與它們完全相同、帶電荷量為 + 3Q的小球C，先與B接觸，再與A接觸后拿走，此時它們之間庫侖力的大小為F2，則F1與F2之比為（ ）
A．32∶3 B．64∶3 C．3∶18 D．3∶64
【答案】B
【解析】由庫侖定律可得兩小球未接觸前，它們的庫侖力大小為
當C與B接觸后有，當C再與A接觸后有
則庫侖力大小變為則F1與F2之比為64：3。
練習3、如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1：q2：q3為
A. 9:4:9 B. 4:9:4 C. 9:4:36 D. 4:9:36
【答案】C
【解析】要三個電荷所受合力均為零，q1、q3必為同種電荷，且q2與q1、q3電性相反。
設q1、q2之間的距離為L，q2、q3之間的距離為2L，因每個電荷所受靜電力的合力均為零
對q1列平衡方程得
對q2列平衡方程得
由以上解得
選項ABD錯誤。
考點四、庫侖定律與萬有引力定律的比較
定律 共同點 區別 影響大小因素
萬有引力定律庫侖定律 ①都與距離的平方成反比②都有一個常量 與兩個物體質量有關，只有引力 m1、m2、r
與兩物體電荷量有關，有引力、斥力 q1、q2、r
【典例1】如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質量分布均勻，將它們分別固定于絕緣支座上，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，兩球電量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為
A．F引＝G，F庫＝k　 B．F引≠G，F庫≠k
C．F引≠G，F庫＝k D．F引＝G，F庫≠k
【答案】D
【解析】萬有引力定律適用于兩個可看成質點的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看做質量集中于球心的質點。因此，可以應用萬有引力定律。對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，不能看成點電荷，不滿足庫侖定律的適用條件，故D正確。
考點五、靜電力的疊加與靜電力作用下帶電體的平衡
1．靜電力的疊加
（1）兩個或兩個以上點電荷對某一點電荷的作用力，等于各點電荷單獨對這個點電荷的作用力的矢量和。這個結論通常叫做靜電力疊加原理。
（2）靜電力具有力的一切性質，靜電力疊加原理實際就是力疊加原理的一種具體表現。
（3）靜電力的合成與分解滿足平行四邊形定則，如圖所示。
2．分析靜電力作用下點電荷平衡問題的步驟
（1）確定研究對象。如果有幾個物體相互作用時，要依據題意，適當選取“整體法”或“隔離法”。
（2）對研究對象進行受力分析，此時多了靜電力(F＝k)。
（3）建立坐標系。
（4）根據F合＝0列方程，若采用正交分解，則有Fx＝0，Fy＝0。
（5）求解方程。
【典例1】（多選）如圖所示，真空中有兩個可視為點電荷的小球，其中A帶正電電量為Q1，固定在絕緣的支架上，B質量為m，帶電量為Q2，用長為L的絕緣細線懸掛，兩者均處于靜止，靜止時懸線與豎直方向成θ角，且兩者處在同一水平線上，相距為R，靜電力常量為ｋ，重力加速度為g。以下說法正確的是（　　）
A.小球B帶正電荷 B.細線的拉力為mgcosθ
C.小球受到的庫侖力是mgtanθ D.小球受到的庫侖力是
【答案】CD
【解析】A．兩球相互吸引，則可知小球B帶負電荷，選項A錯誤；
B．對B受力分析可知，細線的拉力為
選項B錯誤；
C．小球受到的庫侖力
F=mgtanθ
選項C正確；
D．根據庫侖定律可知，小球受到的庫侖力
選項D正確。
【典例2】如圖所示，兩根絕緣輕繩將兩個大小和材料均相同的帶正電小球（可視為質點）系于同一點，A球靠在絕緣墻壁上，B球保持靜止狀態。兩球所帶電荷量分別為QA=2q和QB=4q。現將B球與A球接觸后再次釋放，穩定后兩球均靜止，下列說法中正確的是（　　）
A.B球的電荷量不變
B.輕繩對B球的拉力變大
C.A、B兩球間庫侖力增大
D.A、B兩球間距離增大
【答案】D
【解析】A、兩個完全相同的小球接觸后帶電量平分，則兩個小球后來的帶電量
可知B的帶電量減小，故A錯誤；
BCD、對B球受力分析，受重力、拉力T和庫侖力F，如圖所示
圖可知，△ABO∽△BMN，根據平衡條件并結合相似三角形法，有
其中
后來平衡后
聯立可得
可得A、B間的距離變大，庫侖力不變，由于AO與BO不變，小球的質量m不變，所以AB之間的距離增大時，繩子的拉力T不變，故C錯誤D正確，B錯誤。
練習1、如圖所示，直角三角形中，。兩個點電荷分別固定在A、C兩點，某試探電荷在B點受到的電場力方向與垂直，取。則A、C兩點處點電荷的電荷量之比為（　　）
A．3∶4 B．5∶3 C．16∶9 D．25∶9
【答案】B
【解析】由題意可知得。
練習2、水平面上A、B、C、D為邊長為L的正方形的四個頂點，四點處固定著四個電荷量均為Q的正點電荷。O點到A、B、C、D的距離均為L。現將一質量為m的帶正電的小球（可視為點電荷）放置在O點，如圖所示，為使小球能靜止在O點，小球所帶的電荷量應為（已知靜電力常量為k，重力加速度為g）（ ）
B．
C． D．
【答案】C
【解析】對小球進行受力分析，小球受重力和A、B、C、D處點電荷的庫侖力，由于正方形邊長為L，O點到正方形四個頂點的距離均為L，設小球所帶電荷量為q，根據庫侖定律可得正方形四個頂點處的點電荷對O處小球的庫侖力大小均為，根據靜電力的疊加和對稱性可得正方形四個頂點處的點電荷對O處的小球的庫侖力的合力為。為A、B、C、D點電荷施加的庫侖力與豎直方向的夾角，由幾何關系可知。小球在O點靜止，根據平衡條件有，解得。
考點六、非點電荷帶電體的庫侖力問題
在中，由于r較小，兩個帶電體不能被視為點電荷的情況下，可根據對稱法、割補法、微元法、等效法等，把非點電荷變成點電荷來處理。
需要注意的是，當無法將某個帶電體變成點電荷來處理時，該帶電體與其他帶電體間的庫侖力不能由公式進行計算，而應根據受力平衡、加速度恒定等條件來求解庫侖力。
【典例1】如圖所示，兩個帶電荷量為q的點電荷分別位于帶電的半徑相同的球殼和球殼的球心，這兩個球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同，若甲圖中帶電球殼對點電荷q的庫侖力的大小為F，則乙圖中帶電的球殼對點電荷q的庫侖力的大小為
B．
C． D．F
【答案】D
【解析】將圖乙中的均勻帶電球殼分成三個帶電球殼，關于球心對稱的兩個帶電球殼對點電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的球殼對點電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電球殼對點電荷的庫侖力的大小相等，故D正確，ABC錯誤。
【典例2】如圖所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點，在這些點上各固定一個點電荷，除A點處的電荷量為外，其余各點處的電荷 量均為，若在圓心O處固定一帶電荷量為Q的正電荷，則電荷Q所受的庫侖力為（ ）
A．方向指向A點 B． 方向背離A點
C． 方向指向A點 D． 方向背離A點
【答案】A
【解析】先將A點處換成，這時由對稱性可知，O點處的電荷Q所受庫侖力為零。由此可知，B、C、D、E處的點電荷對Q的作用力的合力與A處對Q的作用力大小相等、方向相反，大小為，合力的方向指向A點。由于A點放置點電荷，據庫侖定律得，Q受的庫侖力指向A.大小也為，所以，圓心O的電荷Q受庫侖力大為方向指向A點。
練習1、如圖所示，半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷量為＋Q的電荷，另一電荷量為＋q的點電荷放在球心處，由于對稱性，點電荷受力為0，現在球殼上挖去半徑為r（）的一個小圓孔，則此時置于球心的點電荷所受靜電力的大小（已知靜電力常量為k）為（ ）
A．方向由小圓孔中心指向球心
B．方向由球心指向小圓孔中心
C．方向由小圓孔中心指向球心
D．方向由球心指向小圓孔中心
【答案】B
【解析】由于球殼上均勻帶電，原來每條直徑兩端相等的一小塊面積上的電荷對球心處點電荷＋q的庫侖力相互平衡。當在球殼上挖去半徑為r的小圓孔后，因為是絕緣球殼，其余部分的電荷分布不改變，所以其他直徑兩端的電荷對球心處點電荷＋q的作用力仍相互平衡，剩下的就是與小圓孔相對的半徑也為r的一小塊圓面上的電荷對它的作用力。又，所以這一帶電小圓面可看成點電荷，適用庫侖定律.小塊圓面上的電荷量為，根據庫侖定律，得出它對球心處的點電荷＋q的庫侖力大小為，其方向由球心指向小圓孔中心。
練習2、如圖所示，一個均勻的帶電圓環，所帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上。圓心為O 點，過O點作一豎直線，在此線上取一點A，使A 點到O點的距離為R，在A點放一試探電荷＋q，則＋q在A點所受的庫侖力為（ ）
A．，方向向上
B．，方向向上
C．，方向水平向左
D．不能確定
【答案】B
【解析】將均勻的帶電圓環分割為長度為的微元 n 份，則每一微元所帶電荷量均為，試探電荷受每一微元的靜電力沿著電荷的連線指向試探電荷，由對稱性可知在垂直于豎直線的方向上的分力相互抵消，所以試探電荷在A 點所受的靜電力方向向上，由庫侖定律知，選項B正確。
夯實小練
1、人類已探明某星球帶負電，假設它是一個均勻帶電的球體，將一帶負電的粉塵置于該星球表面h高處，恰處于懸浮狀態，現設科學家將同樣的帶電粉塵帶到距星球表面2h高處無初速度釋放，則此帶電粉塵將(不考慮星球的自轉影響)(　　)
A．向星球中心方向下落 B．被推向太空
C．仍在那里懸浮 D．無法確定
【答案】C
【解析】在星球表面h高度處，粉塵處于懸浮狀態，說明粉塵所受庫侖力和萬有引力平衡，k＝G，得kq1q2＝Gm1m2；當離星球表面2h高度時，所受合力F＝k－G.結合上式可知，F＝0，即受力仍平衡．由于庫侖力和萬有引力都遵從二次方反比規律，因此該粉塵無論距星球表面多高，都處于懸浮狀態．
2、在邊長為a的正方形的每一頂點都放置一個電荷量大小為q的點電荷，點電荷的正負如圖所示。如果保持它們的位置不變，則位于A點的點電荷受到其他三個電荷的靜電力的合力大小是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】電荷D對電荷A的庫侖斥力為
B電荷和C點的電荷給A的庫侖斥力大小均為
根據力的合成法則，A點的點電荷所受的電場力大小為
3、A、B、C三點在同一直線上，AB∶BC＝1∶2，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為＋q的點電荷時，B處點電荷所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放一電荷量為－2q的點電荷，B處點電荷所受電場力為(　　)
A．－　　　B． C．－F　　　D．F
【答案】B
【解析】在A處放電荷量為＋q的點電荷時，Q所受電場力大小為F＝；在C處放一電荷量為－2q的點電荷時，Q所受電場力大小為F′＝＝＝＝。且不管B處點電荷是正還是負，兩種情況下，其受力方向相同，故選項B正確，A、C、D錯誤。
如圖所示，用絕緣細線懸掛的兩個帶電小球(可視為點電荷)處于靜止狀態，電荷量分別為qA、qB，相距為L。則A對B的庫侖力為(　　)
A．FAB＝k，方向由A指向B
B．FAB＝k，方向由A指向B
C．FAB＝k，方向由B指向A
D．FAB＝k，方向由B指向A
【答案】C
【解析】由于兩小球相互吸引，所以A對B的庫侖力方向由B指向A，根據庫侖定律可得FAB＝k，故C正確。
5、如圖所示，有三個點電荷A、B、C位于一個等邊三角形的三個頂點上，已知：三角形邊長為1 cm，B、C電荷量為qB＝qC＝1×10－6 C，A電荷量為qA＝－2×10－6 C，A所受B、C兩個電荷的靜電力的合力F的大小和方向為(　　)
A．180 N，沿AB方向
B．180 N，沿AC方向
C．180 N，沿∠BAC的角平分線
D．180 N，沿∠BAC的角平分線
【答案】D
【解析】qB、qC電荷對qA電荷的庫侖力大小相等，故F＝F1＝F2＝＝ N＝180 N，兩個靜電力夾角為60°，故合力為F′＝2Fcos 30°＝2×180 N×＝180 N，方向沿∠BAC的角平分線，故D正確。
6、有兩個點電荷，帶電荷量分別為Q和q，相距為d，相互作用力為F，為了使它們之間的作用力加倍，下列做法可行的是（　　）
A.僅使Q加倍 B.僅使q減小為原來的一半
C.使Q和q都加倍 D.僅使d減為原來的一半
【答案】A
【解析】A．根據庫侖定律：當Q加倍時，則作用力變化2F，故A正確；
B．當q減為原來的一半，由公式可知，作用力變化，故B錯誤；
C．當Q和q都加倍，根據公式可知，作用力變為4F，故C錯誤；
D．如果Q、q恒定，當距離變為時，作用力將變為4F，故D錯誤。
7、兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖，A處電荷帶正電Q1，B處電荷帶負電Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3放在AB直線上。欲使整個系統處于平衡狀態，則（　　）
A.Q3為負電荷，且放于A左方 B.Q3為負電荷，且放于B右方
C.Q3為正電荷，且放于AB之間 D.Q3為正電荷，且放于B右方
【答案】A
【解析】A．根據“兩同夾異，兩大夾小，近小遠大”的規律可知，Q3為負電荷，且放于A左方，能使整個系統處于平衡狀態，所以A正確；
B． Q3為負電荷，且放于B右方，對A處電荷分析兩電場力方向都向右不能平衡，所以B錯誤；
C． Q3為正電荷，且放于AB之間，對B處電荷分析兩電場力方向都向左不能平衡，所以C錯誤；
D． Q3為正電荷，且放于B右方，對Q3分析，B處電荷給的電場力大于A處電荷給的電場力，所以也不能平衡，則D錯誤；
8、如圖所示，電荷量Q＝2×10－7 C的正點電荷A固定在空間中O點，將質量m＝2×10－4 kg，電荷量q＝1×10－7 C的另一正點電荷B從O點正上方0.5 m的某處由靜止釋放，B運動過程中速度最大位置在P點。若靜電力常量k＝9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)B釋放時的加速度大小；
(2)P、O間的距離L。
【解析】　(1)根據牛頓第二定律有
mg－k＝ma
解得a＝6.4 m/s2。
(2)當B受到合力為零時，速度最大，則P、O間的距離L滿足mg＝k
解得L＝0.3 m。
三、培優練習
1、如圖所示，在絕緣光滑水平面上，相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球，同時從靜止釋放，則兩個小球的加速度大小和速度大小隨時間變化的情況是(　　)
A．速度變大，加速度變大
B．速度變小，加速度變小
C．速度變大，加速度變小
D．速度變小，加速度變大
【答案】C
【解析】因電荷間的靜電力與電荷的運動方向相同，故電荷將一直做加速運動，又由于兩電荷間距離增大，它們之間的靜電力越來越小，故加速度越來越小，C正確。
2、如圖所示，光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點電荷A、B，帶電荷量分別為－4Q和＋Q，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態，則C的電荷量和放置的位置是(　　)
A．－Q，在A左側距A為L處
B．－2Q，在A左側距A為處
C．－4Q，在B右側距B為L處
D．＋2Q，在A右側距A為處
【答案】C
【解析】根據自由電荷間的作用規律可知，C應放在B的外側，且與A電性相同帶負電，由FAB＝FCB，得k＝k，由FAC＝FBC，得k＝k，解得：rBC＝L，QC＝4Q.
3、如圖所示，在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列三個帶電小球A、B、C(可視為質點)．若它們恰能處于平衡狀態，則這三個小球所帶電荷量及電性的關系，可能為下面的(　　)
A．－9q、4q、－36q B．4q、9q、36q
C．－3q、2q、8q D．3q、－2q、6q
【答案】A
【解析】據三個點電荷平衡規律：兩同夾異、兩大夾小，可知A、D可能正確．再由k＝k＝k及rAC＝rAB＋rBC得＝＋，其中QA、QB、QC是電荷量的大小，代入可知，只有A正確．
4、如圖所示，大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球A和B相互排斥，靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別是α和β，且α＜β，兩小球在同一水平線上，由此可知(　　)
A．B球受到的庫侖力較大，電荷量較大
B．B球的質量較大
C．B球受到的拉力較大
D．兩球接觸后，再處于靜止的平衡狀態時，懸線的偏角α′、β′仍滿足α′＜β′
【答案】D
【解析】庫侖力是A、B兩球受力中的一種．然后應用共點力平衡和牛頓第三定律可求出．
分別以A、B球為研究對象，其受力情況如圖所示，
由共點力的平衡條件有mAg＝FA/tan α，FTA＝FA/sin α；mBg＝FB/tan β，FTB＝FB/sin β，而FA＝FB，由此可見因為α＜β，所以mA＞mB，FTA＞FTB.兩球接觸后，每個小球的電荷量可能都發生變化，但相互間的靜電力仍滿足牛頓第三定律，因此仍有上述的關系，正確選項為D.
5、類似雙星運動那樣，兩個點電荷的質量分別為m1、m2，且帶異種電荷，電荷量分別為Q1、Q2，相距為l，在庫侖力作用下(不計萬有引力)各自繞它們連線上的某一固定點，在同一水平面內做勻速圓周運動，已知m1的動能為Ek，則m2的動能為(　　)
A.－Ek B.－Ek
C.－Ek D.－Ek
【答案】B
【解析】對于兩點電荷，庫侖力提供向心力，則＝＝，所以Ek1＝m1v＝r1＝Ek，Ek2＝m2v＝r2，因為r1＋r2＝l，所以Ek＋Ek2＝(r1＋r2)＝.解得Ek2＝－Ek.
6、如圖所示，物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同。傾角為、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的物體P放在粗糙的斜面體上。當物體Q放在與P等高（連線水平）且與物體P相距為r的右側位置時，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，重力加速度為g，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（　　）
A．P、Q所帶電荷量為 B．P對斜面體的壓力為0
C．斜面體受到地面的摩擦力為0 D．斜面體對地面的壓力為
【答案】D
【解析】A．P靜止且受斜面體的摩擦力為0，對P由平衡條件可得，解得P、Q所帶電荷量為，A錯誤；
B．斜面對P的支持力為，由牛頓第三定律可知，P對斜面體的壓力為，B錯誤；
C．斜面體在水平方向由平衡條件可得，斜面體受到地面的摩擦力為，C錯誤；
D．斜面體在豎直方向由平衡條件可得，即斜面體對地面的壓力大小為，D正確。故選D。
7、（多選）如圖，在傾角為的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三個帶電小球質量均為M，其中A球的電荷量，B球的電荷量，當系統處于靜止狀態時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，小球間距離遠大于小球的半徑，則（　　）
A．C球的電荷量
B．彈簧伸長量為
C．A球受到的庫侖力大小為
D．相鄰兩小球間距為
【答案】AC
【解析】AD．設相鄰兩小球間距為r，對C球受力分析可知C球帶正電，根據平衡條件有
對B球受力分析，根據平衡條件有兩式聯立解得
A正確，D錯誤；
B．對三個小球整體受力分析，根據平衡條件有，彈簧伸長量
B錯誤；
C．對A球受力分析，根據平衡條件有，解得A球受到的庫侖力為，C正確。故選AC。
8、如圖所示，A、B兩個帶電小球放置在光滑絕緣水平面上，電荷量分別為和，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接，當系統平衡時，彈簧的壓縮量為x，兩帶電小球均可視為點電荷，彈簧一直在彈性限度內，下列說法正確的是（　　）
A．若保持不變，將變為，則平衡時彈簧的壓縮量等于
B．若保持不變，將變為，則平衡時彈簧的伸長量大于
C．若將變為，變為，則平衡時彈簧的壓縮量小于
D．若將變為，變為，則平衡時彈簧的伸長量小于
【答案】D
【解析】設彈簧的勁度系數為K，原長為 。當系統平衡時，彈簧的壓縮量為x，則有
A．保持不變，將變為，設形變量為， 則有因為
所以A錯誤；
B．保持不變，將變為，設形變量為， 則有
因為，所以B錯誤；
C．將變為，變為，設形變量為 則有
因為，所以C錯誤；
D．將變為，變為，設形變量為 則有，因為
所以D正確。故選D。
9、（多選）如圖所示,在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷,電荷量為q的帶正電小球B,用絕緣細線拴著,細線跨過定滑輪,另一端用適當大小的力F拉住,使B處于靜止狀態,此時B與A點的距離為R,B和C之間的細線與AB垂直.若B所受的重力為G,緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪,靜電力常量為k,環境可視為真空,則下列說法正確的是 (　　)
A.F逐漸增大
B.F逐漸減小
C.B受到的庫侖力大小不變
D.B受到的庫侖力逐漸增大
【答案】 BC
【解析】對B進行受力分析,如圖所示,根據三角形關系和矢量三角形相似可得,==,當L逐漸減小時,比值不變,F逐漸減小,選項A錯誤,選項B正確;在B緩慢移動過程中,設B與A點的距離為x,在整個過程中,x都滿足=,對比=,得x=R,即B與點電荷間的距離不變,B受到的庫侖力大小不變,選項C正確,選項D錯誤.
故選BC。
10、如圖所示，絕緣水平面上鎖定著兩個質量均為m，帶電荷量分別為、，體積很小的物體A和B，它們間的距離為r，與平面間的動摩擦因數均為。已知靜電力常量為k。如果解鎖使它們開始運動，則當加速度為零時，它們相距的距離為（ ）
B． C． D．
【答案】A
【解析】當加速度為零時，則
解得
11、質量為m、電荷量為的帶電小球A固定在絕緣天花板上，質量也為m的帶電小球B，在空中水平面內繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，如圖所示。已知小球A、B間的距離為2R，重力加速度為g，靜電力常量為k。則（　　）
A．B球所受合力始終指向A球
B．B球所帶的電荷量
C．B球轉動的角速度為
D．天花板對A球的作用力大小為2mg
【答案】C
【解析】A．B球在水平面做勻速圓周運動，所以其合力指向圓心O。A錯誤；
B．對B球，受力分析得
解得
B錯誤；
C．對B球，根據牛頓第二定律得
解得
C正確；
D．天花板對A球的作用力大小為
D錯誤。
12、（多選）如圖所示，放在水平地面上的光滑絕緣圓筒內有兩個帶正電小球A，B，A位于筒底靠在左側壁處，B在右側筒壁上受到A的斥力作用處于靜止。若筒壁豎直，A的電量保持不變，B由于漏電而下降少許后重新平衡，下列說法中正確的是（　　）
A．小球A對筒底的壓力不變 B．小球A，B間的庫侖力不變
C．小球A，B間的庫侖力變小 D．小球B對筒壁的壓力變大
【答案】AD
【解析】A．以整體為研究對象可知，筒底對A球的支持力大小等于A、B兩球的重力，由牛頓第三定律可知A對筒底的壓力也等于A、B兩球的重力，小球A對筒底的壓力不變
故選項A正確；
BC．小球A、B間的庫侖力
角變大，變小，庫侖力F變大
故選項BC錯誤；
D．隔離B球受力如圖所示，根據受力平衡有
由于漏電而下降少許重新平衡，角變大，因此筒壁給球B的支持力增大，根據作用力與反作用力可知B球對筒壁的壓力變大
故選項D正確。
故選AD。
13、如圖所示，光滑絕緣的水平面上固定著A、B、C三個帶電小球，它們的質量都為m，彼此間距離均為r，A、B帶正電，電荷量均為q.現對C施加一個水平力F的同時放開三個小球．三個小球在運動過程中保持間距r不變，求：(三個小球均可視為點電荷)
(1)C球的電性和電荷量大小．
(2)水平力F的大小．
【答案】　(1)負電　2q　(2)
【解析】　(1)A球受到B球沿BA方向的庫侖力和C球的庫侖力作用后，產生水平向右的加速度，所以C球對A球的庫侖力為引力，C球帶負電．對A球，有k＝k·sin 30°，所以Q＝2q.
(2)又根據牛頓第二定律，有k·cos 30°＝ma，將A、B、C作為整體，則F＝3ma＝.
14、如圖所示，質量均為m、帶等量異種電荷的A、B兩個小球放在光滑絕緣的固定斜面上， 給B球施加沿斜面向上、大小為（g為重力加速度）的拉力，結果A、B兩球以相同的加速度向上 做勻加速運動，且兩球保持相對靜止，兩球間的距離為L，小球大小忽略不計，斜面的傾角，靜電 力常量為k，，，求：
（1）兩球一起向上做加速運動的加速度大小；
（2）A球所帶的電荷量的大小。
【解析】（1）對兩球整體分析，兩球一起向上做勻加速運動，設加速度為，根據牛頓第二定律可得，解得
（2）設球的帶電量為，對球研究，根據牛頓第二定律有解得
15、如圖所示，質量均為m、帶等量異種電荷的A、B兩個小球放在光滑絕緣的固定斜面上，給B球施加沿斜面向上、大小為F=2mg（g為重力加速度）的拉力，結果A、B兩球以相同的加速度向上做勻加速運動，且兩球保持相對靜止，兩球間的距離為L，小球大小忽略不計，斜面的傾角θ=30°，靜電力常量為k。求∶
（1）兩球一起向上做加速運動的加速度大小；
（2）A球所帶的電荷量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）整體法，兩球一起向上做加速運動，設加速度為a，根據牛頓第二定律
解得
（2）設A球的帶電量為q，對A球研究，根據牛頓第二定律有
解得
16、如圖所示，粗糙水平面上有一傾角為、質量為M的斜面體，斜面體上有一可視為點電荷質量為M的物體P。在與P等高（PQ連線水平）且相距為r的右側固定一個可視為點電荷的物體Q，P、Q所帶電荷量相同。P靜止且受斜面體的摩擦力為零，斜面體保持靜止，已知靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
(1)P、Q分別所帶電荷量；
(2)斜面體所受地面的摩擦力大小；
(3)斜面體對地面的壓力。
【答案】(1)；(2)；(3)2Mg
【解析】(1)對物體P受力分析，物體P受到水平向左的庫侖力F庫，垂直斜面向上的支持力FN，豎直向下的重力Mg，根據平衡條件有
設P、Q所帶電荷量的大小為q，又由庫侖定律得
解得
(2)對斜面體受力分析可知斜面體受到豎直向下的重力，豎直向上的支持力，垂直斜面向下的壓力和水平向右的摩擦力，所以
，
聯立解得
(3)對斜面體和物體P整體受力分析可知受到豎直向下的重力，豎直向上的支持力，水平向左的庫侖力和水平向右的摩擦力，豎直方向上受力平衡，所以地面對斜面體的支持力
由牛頓第三定律可知，斜面體對地面的壓力大小為2Mg
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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