專題1-2 庫侖定律（人教版2019必修第三冊(cè)）（解析版）

專題1.2庫侖定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1庫侖定律與電量分配】 【題型2庫侖定律與靜態(tài)平衡】 【題型3庫侖定律與動(dòng)態(tài)平衡】 【題型4庫侖定律與牛頓定律】 【題型5庫侖定律與功能關(guān)系】 【題型6庫侖力的合成問題】 【題型7聯(lián)系實(shí)際】 【題型8對(duì)庫侖定律的理解】 【題型1庫侖定律與電量分配】【例1】?jī)蓚€(gè)大小相同、可看成是點(diǎn)電荷的金屬小球a和b，分別帶有等量異種電荷，被固定在絕緣水平面上，這時(shí)兩球間靜電引力的大小為F.現(xiàn)用一個(gè)不帶電、同樣大小的絕緣金屬小球C先與a球接觸，再與b球接觸后移去，則a、b兩球間靜電力大小變?yōu)? )A. B. C. D.答案：D【變式1-1】如圖所示為某電子秤示意圖。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F?，F(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2。若兩小球完全相同，則()A．F1＜F2B．F1＝4F2C．若小球a帶負(fù)電，L增大，則F1增大D．若小球a帶正電，L減小，則F2增大解析：選D小球b與a球充分接觸后b對(duì)a有個(gè)向下的庫侖力，設(shè)為F′，則F′＝keq\f(\f(Q,2)×\f(Q,2),L2)＝keq\f(Q2,4L2)，示數(shù)為F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，b對(duì)a向下的庫侖力F″，F(xiàn)″＝keq\f(\f(Q,4)×\f(Q,4),L2)＝keq\f(Q2,16L2)，電子秤示數(shù)為F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B錯(cuò)誤；若小球a帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，C錯(cuò)誤；若小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，D正確?！咀兪?-2】三個(gè)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(yuǎn)大于小球的直徑．球1的帶電荷量為q，球2的帶電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠(yuǎn)，此時(shí)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(yuǎn)處，此進(jìn)1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．因此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6答案D解析由于各球之間距離遠(yuǎn)大于小球的直徑，小球帶電時(shí)可視為點(diǎn)電荷．由庫侖定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知兩點(diǎn)電荷間距離不變時(shí)，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三個(gè)小球相同，則兩球接觸時(shí)平分總電荷量，故有q×nq＝eq\f(nq,2)×eq\f(q＋\f(nq,2),2)，解得n＝6，D正確．【變式1-3】（多選）兩個(gè)半徑相同的金屬小球(視為點(diǎn)電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的()A．eq\f(4,7) B．eq\f(3,7)C．eq\f(9,7) D．eq\f(16,7)答案：CD【題型2庫侖定律與靜態(tài)平衡】【例2】如圖所示，A、B、C為放置在光滑水平面上的三個(gè)帶電小球(可視為點(diǎn)電荷)，其中B與C之間用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿相連，現(xiàn)把A、B、C按一定的位置擺放，可使三個(gè)小球都保持靜止?fàn)顟B(tài)。已知B所帶電荷量為－q，C所帶電荷量為＋4q，則以下判斷正確的是()A．A所帶電荷量一定為＋4qB．輕質(zhì)細(xì)桿對(duì)兩球有拉力C．A與B之間的距離一定為L(zhǎng)D．若將A向右平移一小段距離后釋放，A一定向左運(yùn)動(dòng)解析：選C設(shè)A與B之間的距離為x，A受力平衡，根據(jù)平衡條件有eq\f(kqAq,x2)＝eq\f(kqA·4q,L＋x2)，解得x＝L，qA不一定為＋4q，故A錯(cuò)誤，C正確；對(duì)B受力分析，A、C對(duì)B的靜電力的合力為F＝eq\f(kqAq,L2)－eq\f(k·4q·q,L2)，由于不知道A所帶電荷量，故無法確定A、C對(duì)B的靜電力的合力是否為零，故桿對(duì)小球可能是拉力、彈力或沒有作用力，故B錯(cuò)誤；A在原來的位置是平衡的，若將A向右平移一小段距離，B、C對(duì)A的靜電力均增加，但B對(duì)A的靜電力增加更快，由于A的電性不確定，故A被釋放后可能向左運(yùn)動(dòng)，也可能向右運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤?！咀兪?-1】如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷解析：選D細(xì)繩豎直，把P、Q看作整體，則整體在水平方向不受力，對(duì)外不顯電性，帶等量異種電荷，故A、B錯(cuò)誤；如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電荷、Q帶正電荷時(shí)符合題意，故C錯(cuò)誤，D正確。【變式2-2】如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M，qA＝q0>0，qB＝－q0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則()A．qC＝eq\f(4,7)q0B．彈簧伸長(zhǎng)量為eq\f(Mgsinα,k0)C．A球受到的庫侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為q0eq\r(\f(3k,7Mg))解析：選A設(shè)小球C帶負(fù)電，相鄰小球間距為L(zhǎng)，則對(duì)小球C在沿斜面方向受力分析，如圖甲所示：根據(jù)庫侖定律FBC＝keq\f(q0qC,L2)、FAC＝keq\f(q0qC,4L2)，顯然小球C無法處于靜止，因此小球C應(yīng)該帶正電。因此小球C平衡時(shí)，keq\f(q0qC,L2)＝keq\f(q0qC,4L2)＋Mgsinα①，則eq\f(3kq0qC,4L2)＝Mgsinα。對(duì)B球做受力分析，如圖乙所示：根據(jù)受力平衡關(guān)系keq\f(q02,L2)＝keq\f(q0qC,L2)＋Mgsinα②，兩式聯(lián)立解得qC＝eq\f(4,7)q0，A正確。將C的電荷量代入①式，則L＝eq\r(\f(3kq02,7Mgsinα))，D錯(cuò)誤。A球所受總的庫侖力為FA＝keq\f(q02,L2)－keq\f(q0qC,4L2)③，其中eq\f(3kq0qC,4L2)＝Mgsinα，可知eq\f(kq0qC,L2)＝eq\f(4,3)Mgsinα或者eq\f(kq02,L2)＝eq\f(7,3)Mgsinα，代入③式，則A球所受庫侖力為FA＝2Mgsinα，方向沿斜面向下，C錯(cuò)誤。對(duì)A球受力分析可知，F(xiàn)彈＝Mgsinα＋FA,將上述結(jié)果代入得，F(xiàn)彈＝3Mgsinα，因此彈簧伸長(zhǎng)量為Δx＝eq\f(3Mgsinα,k0)，B錯(cuò)誤?！咀兪?-3】如圖所示，在一條直線上有兩個(gè)相距0.4m的點(diǎn)電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，恰好使三個(gè)點(diǎn)電荷均在電場(chǎng)力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應(yīng)為()A．正，B的右邊0.4m處B．正，B的左邊0.2m處C．負(fù)，A的左邊0.2m處D．負(fù)，A的右邊0.2m處解析：選C要使三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠(yuǎn)大”的原則，所以點(diǎn)電荷C應(yīng)在A左側(cè)，帶負(fù)電。設(shè)在A左側(cè)距A為x處，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(k×9Q·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2m，C正確?！绢}型3庫侖定律與動(dòng)態(tài)平衡】【例3】（多選）如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5C，質(zhì)量均為0.72kg，其中A球帶正電荷，B球帶負(fù)電荷，A球通過絕緣細(xì)線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細(xì)線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則B球距離A球的距離可能為()A．0.5m B．0.8mC．1.2m D．2.5m答案：AB【變式3-1】一帶電荷量為＋Q的小球A固定在絕緣底座上，在它左側(cè)還有一個(gè)用絕緣絲線懸掛的帶電荷量為＋q的小球B，它們處于同一高度靜止，如圖所示，兩球均視為點(diǎn)電荷，下列說法中正確的是()A．若小球A向左平移一段微小距離，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向的夾角減小B．小球A對(duì)小球B的庫侖力大小等于小球B對(duì)小球A的庫侖力大小C．若增加小球A的帶電荷量，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向夾角不變D．若使小球A帶電荷量變?yōu)椋璔，則穩(wěn)定后絲線與豎直方向夾角不變答案B解析根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，小球B受到的庫侖力F＝keq\f(Qq,r2)＝mgtanθ，若小球A向左平移一小段距離，r減小，小球B受到A的庫侖力F增大，絲線與豎直方向夾角θ增大，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律，小球A對(duì)小球B的庫侖力與小球B對(duì)小球A的庫侖力是一對(duì)作用力和反作用力，大小總是相等的，B正確；若增加A球帶電荷量，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得，小球B受到的庫侖力F＝keq\f(Qq,r2)＝mgtanθ，小球B受到A的庫侖力F增大，則絲線與豎直方向夾角增大，C錯(cuò)誤；若使A球帶電荷量變?yōu)椋璔，則小球B受到向右的庫侖引力，向右偏，與A球的距離減小，庫侖力將增大，則絲線與豎直方向夾角將增大，D錯(cuò)誤．【變式3-2】（多選）用細(xì)繩拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動(dòng)，如圖所示。現(xiàn)將細(xì)繩剪斷后()A．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動(dòng)B．小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于gC．小球B落地的時(shí)間小于eq\r(\f(2h,g))D．小球B落地的速度大于eq\r(2gh)答案：BCD【變式3-3】（多選）如圖所示,帶電小球A、B的電荷量分別為QA、QB,A、B均用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絲線懸掛在O點(diǎn)。靜止時(shí)A、B相距為d。為使平衡時(shí)A、B間距離減為d2,可采用的方法是()。A.將小球A、B的質(zhì)量都增大到原來的2倍B.將小球B的質(zhì)量增大到原來的8倍C.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半,同時(shí)將小球B的質(zhì)量增大到原來的2倍答案：BD【題型4庫侖定律與牛頓定律】【例4】如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為α，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處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量不變。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)的加速度大小。(2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，A球與B點(diǎn)的距離。解析：(1)由牛頓第二定律可知mgsinα－F＝ma根據(jù)庫侖定律有F＝keq\f(qQ,r2)又知r＝eq\f(H,sinα)，得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)。(2)當(dāng)A球受到合力為零，即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大。設(shè)此時(shí)A球與B點(diǎn)間的距離為d，則mgsinα＝eq\f(kQq,d2)解得d＝eq\r(\f(kQq,mgsinα))。答案：(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))【變式4-1】如圖把一個(gè)帶電小球A固定在光滑的絕緣水平桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B，現(xiàn)給小球B一個(gè)垂直A、B連線方向的速度v0，使其在水平桌面上運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是（）A．若A、B帶同種電荷，B球可能做速度減小的曲線運(yùn)動(dòng) B．若A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增大的曲線運(yùn)動(dòng) C．若A、B帶異種電荷，B球一定做類平拋運(yùn)動(dòng) D．若A、B帶異種電荷，B球可能以A為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案：D解析：AB、若A、B帶同種電荷，則A對(duì)B有斥力作用，且斥力方向和速度方向夾角越來越小，速度增大，AB間距離越來越大，靜電力越來越小，則加速度越來越小，故AB錯(cuò)誤；CD、若AB帶異種電荷，B受到的靜電力指向A，力的大小或方向肯定有一個(gè)發(fā)生變化，不可能做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力可能等于B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力，則B球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D?！咀兪?-2】如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝3.0×104N/C。有一個(gè)質(zhì)量m＝4.0×10－3kg的帶電小球，用絕緣輕細(xì)線懸掛起來，靜止時(shí)細(xì)線偏離豎直方向的夾角θ＝37°。取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不計(jì)空氣阻力的作用。(1)求小球所帶的電荷量及電性；(2)如果將細(xì)線輕輕剪斷，求細(xì)線剪斷后，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小；[思路點(diǎn)撥](1)先畫出小球靜止時(shí)的受力示意圖。(2)在細(xì)線剪斷后小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。[解析](1)小球受到重力mg、電場(chǎng)力F和細(xì)線的拉力T的作用，如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件有：、F＝qE＝mgtanθ解得：q＝eq\f(mgtanθ,E)＝1.0×10－6C電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷。(2)剪斷細(xì)線后，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，由牛頓第二定律有：eq\f(mg,cosθ)＝ma解得：a＝eq\f(g,cosθ)＝12.5m/s2?！咀兪?-3】如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長(zhǎng)為d＝0.48m，離地高度h＝1.25m．桌面上存在一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)(除此之外其余位置均無電場(chǎng))，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1×104N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m＝0.01kg，電荷量q＝1×10－6C的帶正電小球以初速度v0＝1m/s向右運(yùn)動(dòng)．空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小球在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向？(2)P處距右端桌面多遠(yuǎn)時(shí)，小球從開始運(yùn)動(dòng)到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離？答案(1)1.0m/s2方向水平向左(2)eq\f(3,8)meq\f(5,8)m解析(1)對(duì)小球受力分析，受到重力、支持力和電場(chǎng)力，重力和支持力平衡，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(10－6×104,0.01)m/s2＝1.0m/s2，方向水平向左．(2)設(shè)球到桌面右邊的距離為x1，球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為x2，則：x總＝x1＋x2由：v2－v02＝2ax1；代入，解得：v＝eq\r(1－2x1)設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式，有：h＝eq\f(1,2)gt2，代入得：t＝0.5s.水平方向，有x2＝vt＝0.5eq\r(1－2x1)，故x總＝x1＋0.5eq\r(1－2x1)令：y＝eq\r(1－2x1)；則：x總＝eq\f(1－y2＋y,2)故y＝eq\f(1,2)，即：x1＝eq\f(3,8)時(shí)，水平距離最大，最大值為xmax＝eq\f(5,8)m【題型5庫侖定律與功能關(guān)系】【例5】如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道的圓心處，將另一電荷量為q2、質(zhì)量為m的帶正電小球，從軌道的A處無初速度釋放，求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力．答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg＋keq\f(q1q2,R2)，方向豎直向下解析(1)帶電小球q2在半圓光滑軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫侖力不做功，故機(jī)械能守恒，則mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gR).(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受到重力mg、庫侖力F和支持力FN，由圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律得FN－mg－keq\f(q1q2,R2)＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為FN′＝FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)方向豎直向下．【變式5-1】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細(xì)管，細(xì)管截面半徑遠(yuǎn)小于半徑R，在中心處固定一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細(xì)管中做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)細(xì)管無作用力，求當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的作用力是多大？答案6mg解析設(shè)小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度為v2，管壁對(duì)小球的作用力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,2),R)②小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③由①②③式得F＝6mg由牛頓第三定律得小球?qū)鼙诘淖饔昧′＝6mg.【變式5-2】光滑絕緣水平面上有兩個(gè)帶電小球A、B，相距為L(zhǎng)，A球質(zhì)量為m.A、B兩球由靜止開始釋放，釋放時(shí)，A、B的加速度分別為a和4a，經(jīng)時(shí)間t，B的速度為v，加速度為a，則此時(shí)A的速度為______，加速度為______.此過程中電場(chǎng)力對(duì)A和B做的功為______答案:【變式5-3】如圖所示，在絕緣的光滑水平面上，相隔一定距離有兩個(gè)帶同號(hào)電荷的小球，從靜止同時(shí)釋放，則兩個(gè)小球的加速度和速度大小隨時(shí)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：由于同種電荷間存在相互作用的排斥力，兩球?qū)⑾嗷ミh(yuǎn)離，距離增大，根據(jù)庫侖定律得知，相互作用力減小。由牛頓第二定律得知它們的加速度變小，隨著兩球間距離增大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，總動(dòng)能增加。所以速度增加，故速度變大，加速度變小。故選C。【題型6庫侖力的合成問題】【例6】在邊長(zhǎng)為a的正方形的每一頂點(diǎn)都放置一個(gè)電荷量大小為q的點(diǎn)電荷，點(diǎn)電荷的正負(fù)如圖所示．靜電力常量為k.如果保持它們的位置不變，則A電荷受到其他三個(gè)電荷的靜電力的合力大小是()A.eq\f(2kq2,a2)B．(eq\r(2)－eq\f(1,2))eq\f(kq2,a2)C．(eq\f(1,2)＋eq\r(2))eq\f(kq2,a2)D.eq\f(3kq2,2a2)答案D解析電荷D對(duì)電荷A的靜電力大小為F1＝keq\f(q2,\r(2)a2)，B電荷和C電荷對(duì)電荷A的靜電力大小均為F2＝F3＝keq\f(q2,a2)，根據(jù)力的合成法則，A電荷所受的靜電力大小為F＝eq\r(F12＋\r(2)F22)＝eq\r([\f(kq2,\r(2)a2)]2＋[\f(\r(2)kq2,a2)]2)＝eq\f(3kq2,2a2)，故選D.【變式6-1】cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對(duì)值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(16,9)B．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(64,27)D．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(64,27)答案D解析由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，知a、b帶異號(hào)電荷．a(chǎn)對(duì)c的庫侖力Fa＝eq\f(k靜qaqc,ac2)①b對(duì)c的庫侖力Fb＝eq\f(k靜qbqc,bc2)②設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)③由①②③得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27)，若合力向右，結(jié)果仍成立，D正確．【變式6-2】如圖所示，直角三角形中，。兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定在A、C兩點(diǎn)，某試探電荷在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力方向與垂直，取。則A、C兩點(diǎn)處點(diǎn)電荷的電荷量之比為（）A．3∶4 B．5∶3 C．16∶9 D．25∶9答案：B【變式6-3】如圖，三個(gè)完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，其中a和c帶正電，b帶負(fù)電，a所帶電荷量比b的少。已知c受到a和b的靜電合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應(yīng)是（）A． B． C． D．答案：B解析：由題意，根據(jù)庫侖定律可知a對(duì)c的靜電力（沿a→c方向）小于b對(duì)c的靜電力（沿c→b方向），根據(jù)力的合成與分解規(guī)律可知c受到a和b的靜電合力可以用F2來表示。故選B。【題型7聯(lián)系實(shí)際問題】【例7】如圖是庫侖做實(shí)驗(yàn)用的庫侖扭秤．帶電小球A與不帶電小球B等質(zhì)量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫侖力使橫桿旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時(shí)A、C間的庫侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比．現(xiàn)用一個(gè)電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開，再次轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M使小球A回到初始位置，此時(shí)旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度與第一次旋轉(zhuǎn)的角度之比為()A．1B.eq\f(1,2)C．2D．4答案C解析設(shè)A帶電荷量為qA，C球帶電荷量為qC，庫侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比，則有θ＝k1F，依題意有θ1＝k1F1＝k1eq\f(kqAqC,r2)，由題可知D球帶電荷量為qD＝3qC，接觸后分開，電荷量將均分，有qC′＝eq\f(3qC＋qC,2)＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1eq\f(kqC′qA,r2)＝2k1eq\f(kqAqC,r2)，聯(lián)立可得eq\f(θ2,θ1)＝2.【變式7-1】根據(jù)科學(xué)研究表明，地球是一個(gè)巨大的帶電體，而且表面帶有大量的負(fù)電荷。如果在距離地球表面高度為地球半徑一半的位置由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的塵埃，恰好能懸浮在空中，若將其放在距離地球表面高度與地球半徑相等的位置時(shí)，則此帶電塵埃將()A．向地球表面下落B．遠(yuǎn)離地球向太空運(yùn)動(dòng)C．仍處于懸浮狀態(tài)D．無法判斷答案：C【變式7-2】如圖所示，水平桌面上放置一電子秤。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球，穩(wěn)定后電子秤示數(shù)為?，F(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球與球充分接觸后，再移至小球正上方處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為。把小球移走使其恢復(fù)到不帶電的狀態(tài)，然后再將小球與小球充分接觸并重新移至球正上方處，電子秤示數(shù)為，若兩小球完全相同，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．均小于【答案】B【解析】設(shè)小球a的電荷量為Q，小球b與小球a充分接觸后，兩小球帶同種電荷，電荷量分別為，再移至小球正上方處，故b對(duì)a有向下的庫侖力，設(shè)為，則有此時(shí)電子秤的示數(shù)為使小球b再次不帶電，后將該不帶電的小球b與a球再次充分接觸后，兩小球帶同種電荷，電荷量分別為，重新移至a球正上方L處，故b對(duì)a有向下的庫侖力，設(shè)為，則有此時(shí)電子秤的示數(shù)為因?yàn)楣使蔬xB?！咀兪?-3】下圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置是演示兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的庫侖力與它們帶電量、距離關(guān)系的示意圖。若將電荷量為、質(zhì)量為10g的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球B用絕緣細(xì)繩懸掛，放置在帶電小球A右側(cè)附近某位置平衡時(shí)，兩球心在同一高度處且細(xì)繩與豎直方向的夾角為α=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：（1）此時(shí)B球所受的庫侖力的大??；（2）B球所在位置處的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2），方向水平向左【解析】（1）對(duì)B球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，結(jié)合幾何