9.2庫(kù)侖定律 【練習(xí)】2024-2025學(xué)年高二物理 同步練（ 人教版2019必修第三冊(cè)）（解析版）

9.2庫(kù)侖定律學(xué)習(xí)目標(biāo)學(xué)習(xí)目標(biāo)課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)3.1.2知道點(diǎn)電荷模型。知道兩個(gè)點(diǎn)電荷間相互作用的規(guī)律。體會(huì)探究庫(kù)侖定律過(guò)程中的科學(xué)思想和方法。物理觀念：理解庫(kù)侖定律的內(nèi)涵和適用條件，能夠應(yīng)用庫(kù)侖定律計(jì)算點(diǎn)電荷間的靜電力，會(huì)利用力的合成的知識(shí)解決多個(gè)電荷間的相互作用問(wèn)題?？茖W(xué)思維：通過(guò)與質(zhì)點(diǎn)模型類(lèi)比，知道點(diǎn)電荷模型的物理意義及建立點(diǎn)電荷模型的條件，進(jìn)一步體會(huì)科學(xué)研究中的理想模型方法。體會(huì)庫(kù)侖扭秤實(shí)驗(yàn)的設(shè)計(jì)思路與實(shí)驗(yàn)方法。科學(xué)探究：通過(guò)庫(kù)侖定律的探究過(guò)程，體會(huì)實(shí)驗(yàn)與類(lèi)比在定律的建立過(guò)程中發(fā)揮的重要作用?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：對(duì)比庫(kù)侖定律和萬(wàn)有引力定律的形式，體會(huì)物理學(xué)的和諧統(tǒng)一之美，提高物理學(xué)習(xí)興趣。002思維導(dǎo)圖1．應(yīng)用庫(kù)侖定律的三條提醒(1)作用力的方向：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線(xiàn)方向。(2)兩個(gè)點(diǎn)電荷間相互作用的靜電力滿(mǎn)足牛頓第三定律：大小相等、方向相反。(3)在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，靜電力存在極大值：當(dāng)q1＝q2時(shí)，F(xiàn)最大。2．四步解決靜電力作用下的平衡問(wèn)題3．三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡條件及規(guī)律平衡條件每個(gè)點(diǎn)電荷受另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合力為零或每個(gè)點(diǎn)電荷處于另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合電場(chǎng)強(qiáng)度為零的位置平衡規(guī)律003知識(shí)梳理課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：一、點(diǎn)電荷當(dāng)帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多，以致帶電體的形狀、大小以及電荷分布狀況對(duì)它們之間的作用力的影響可以忽略時(shí)，這樣的帶電體可以看作帶電的點(diǎn)，叫作點(diǎn)電荷。點(diǎn)電荷是理想化模型。二、電荷之間的作用力三、庫(kù)侖定律1．內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線(xiàn)上。2．表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。3．適用條件：真空中的靜止點(diǎn)電荷。(1)在空氣中，兩個(gè)點(diǎn)電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式。(2)當(dāng)兩個(gè)帶電體間的距離遠(yuǎn)大于其本身的大小時(shí)，可以把帶電體看成點(diǎn)電荷。4．庫(kù)侖力的方向由相互作用的兩個(gè)帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。四、庫(kù)侖的實(shí)驗(yàn)1．庫(kù)侖扭秤2．方法：控制變量法五、庫(kù)侖力具有力的共性1.兩個(gè)點(diǎn)電荷之間相互作用的庫(kù)侖力遵循牛頓第三定律。2.庫(kù)侖力可使帶電體產(chǎn)生加速度。例如原子的核外電子繞核運(yùn)動(dòng)時(shí),庫(kù)侖力使核外電子產(chǎn)生向心加速度。3.庫(kù)侖力可以和其他力平衡。4.某個(gè)點(diǎn)電荷同時(shí)受幾個(gè)點(diǎn)電荷的作用時(shí),遵循矢量運(yùn)算法則。5.兩個(gè)完全相同的帶電金屬球接觸后,電荷的分配原則:先中和再平分。004題型精講【題型一】庫(kù)侖定律與電荷量分配、力的合成【典型例題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(kù)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(kù)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(kù)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(kù)侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，D正確?！镜湫屠}2】如圖所示，在邊長(zhǎng)為l的正方形的每個(gè)頂點(diǎn)都放置一個(gè)點(diǎn)電荷，其中a和b電荷量為＋q，c和d電荷量為－q，則a電荷受到的其他三個(gè)電荷的靜電力的合力大小是()A．0 B.eq\f(\r(2)kq2,l2)C.eq\f(kq2,l2) D.eq\f(3kq2,2l2)答案D解析b、d電荷給a的庫(kù)侖力大小均為Fb＝Fd＝keq\f(q2,l2)，F(xiàn)b方向豎直向上，F(xiàn)d方向水平向右，這兩個(gè)力的合力Fbd＝eq\f(\r(2)kq2,l2)，方向與ad連線(xiàn)成45°指向右上方。c對(duì)a的庫(kù)侖力Fc＝eq\f(kq2,（\r(2)l）2)，方向由a指向c，F(xiàn)c與Fbd垂直，a電荷受的電場(chǎng)力的大小為F＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)kq2,l2)))\s\up12(2)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kq2,（\r(2)l）2)))\s\up12(2))＝eq\f(3kq2,2l2)，選項(xiàng)D正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】真空中,金屬球甲帶電荷量為q,將一與金屬球甲完全相同的不帶電的金屬球乙與金屬球甲接觸后,置于與甲球球心相距3r處,靜電力常量為k,甲、乙兩球帶電后均可視為點(diǎn)電荷,則甲、乙兩球間靜電力大小F為()。A.kq236r2C.kq24r答案A解析金屬球乙與金屬球甲接觸后,兩球分別帶電荷量為q2,根據(jù)庫(kù)侖定律得甲、乙兩球間靜電力大小F=kq2·【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】(多選)內(nèi)半徑為R，內(nèi)壁光滑的絕緣球殼固定在桌面上。將三個(gè)完全相同的帶電小球放置在球殼內(nèi)，平衡后小球均緊靠球殼靜止。小球的電荷量均為Q，可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力。則小球靜止時(shí)，以下判斷正確的是()A.三個(gè)小球之間的距離均等于eq\r(2)RB．三個(gè)小球可以位于球殼內(nèi)任一水平面內(nèi)C．三個(gè)小球所在平面可以是任一通過(guò)球殼球心的平面D．每個(gè)小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為eq\f(\r(3)kQ2,3R2)，k為靜電力常量答案CD解析由小球受力分析可知，三個(gè)小球受到球殼的作用力都應(yīng)沿半徑指向圓心，則三小球?qū)ΨQ(chēng)分布，如圖所示，三個(gè)小球之間的距離均等于L＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，故A錯(cuò)誤；由小球的平衡可知，三個(gè)小球所在平面可以是任一通過(guò)球殼球心的平面，故B錯(cuò)誤，C正確；由庫(kù)侖定律可知FAC＝FBC＝keq\f(Q2,（\r(3)R）2)＝eq\f(kQ2,3R2)其合力為F＝2FACcos30°＝eq\f(\r(3)kQ2,3R2)由平衡條件可知，每個(gè)小球?qū)η驓?nèi)壁的作用力大小均為FN＝eq\f(\r(3)kQ2,3R2)，故D正確?！绢}型二】庫(kù)侖力作用下的平衡【典型例題3】a、b、c三個(gè)點(diǎn)電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q＞q。關(guān)于電荷c，下列判斷正確的是()A．c一定帶負(fù)電B．c所帶的電荷量一定大于qC．c可能處在a、b之間D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定答案B解析三個(gè)點(diǎn)電荷保持平衡，應(yīng)處于同一條直線(xiàn)上，且“兩同夾異”，“兩大夾小”，因?yàn)镼＞q，所以c所帶電荷量一定大于q，且c必須帶正電，在b的另一側(cè)，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；如果固定a、b，因Q＞q，則在a、b形成的靜電場(chǎng)中，只有b的另一邊僅存在一點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，c放在此處時(shí)受力平衡，因位置固定，電荷量和電性均不確定，D錯(cuò)誤。【典型例題4】[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(guò)絕緣細(xì)線(xiàn)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(xiàn)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解析：選AB對(duì)A受力分析，受重力mg、線(xiàn)的拉力FT、B對(duì)A的吸引力F，由分析知，A平衡時(shí)，F(xiàn)的最小值為F＝mgsin30°＝eq\f(kq2,r2)，解得r＝1m，所以?xún)汕虻木嚯xd≤1m，A、B正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】如圖,V形對(duì)接的絕緣斜面M、N固定在水平面上,兩斜面與水平面的夾角均為α=60°,其中斜面N光滑。兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上,P、Q連線(xiàn)垂直于斜面M,已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則P與M間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為()。A.36 B.12 C.32答案D解析滑塊Q在光滑斜面N上靜止,則P與Q帶同種電荷。兩者之間為庫(kù)侖斥力,兩滑塊的受力分析和角度關(guān)系如圖所示,對(duì)Q滑塊在沿著斜面方向有mgcos30°=Fcos30°,可得F=mg;而對(duì)P滑塊,在動(dòng)摩擦因數(shù)最小時(shí)有N2=F'+mgsin30°,mgcos30°=μN(yùn)2,F'=F,聯(lián)立解得μ=33【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】如圖所示,在一絕緣斜面C上有帶正電的物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將一帶正電的小球B沿以物體A為圓心的圓弧緩慢地從P點(diǎn)移至物體A正上方的Q點(diǎn),已知P、A在同一水平線(xiàn)上,且在此過(guò)程中物體A和斜面C始終保持靜止不動(dòng),A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于此過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()。A.物體A所受斜面的支持力先增大后減小B.物體A所受小球B的排斥力恒定不變C.斜面C所受地面的摩擦力一直增大D.斜面C所受地面的支持力一直減小答案A解析B對(duì)A的庫(kù)侖力垂直斜面方向的分力,先增大后減小,當(dāng)庫(kù)侖力與斜面垂直時(shí)最大,可知物體A所受斜面的支持力N先增大后減小,A項(xiàng)正確;將B從P點(diǎn)移至A正上方的Q點(diǎn)的過(guò)程中,庫(kù)侖力的方向時(shí)刻改變,故物體A受到的庫(kù)侖力發(fā)生變化,B項(xiàng)錯(cuò)誤;以A和C整體為研究對(duì)象,分析受力情況如圖所示,B對(duì)A的庫(kù)侖力F大小不變,與豎直方向的夾角θ越來(lái)越小,根據(jù)平衡條件知地面對(duì)斜面C的摩擦力逐漸減小,斜面C所受地面的支持力一直增大,C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤?！绢}型三】庫(kù)侖力作用下的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 【典型例題5】(多選)質(zhì)量為m、電荷量為＋Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上，帶電小球B，質(zhì)量也為m，在空中水平面內(nèi)繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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．天花板對(duì)A球的作用力大小為2mgB．小球B轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為eq\r(\f(\r(3)g,3R))C．小球B所帶的電荷量為eq\f(8mgR2,\r(3)kQ)D．A、B兩球間的庫(kù)侖力對(duì)B球做正功答案BC解析設(shè)小球A、B連線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ，對(duì)B球受力分析可知，庫(kù)侖力在豎直方向的分力等于小球的重力，有keq\f(QqB,（2R）2)cosθ＝mg，由幾何關(guān)系可知，小球A、B連線(xiàn)與豎直方向的夾角為30°，代入數(shù)據(jù)解得qB＝eq\f(8mgR2,\r(3)kQ)，所以C正確；小球B轉(zhuǎn)動(dòng)所需的向心力為F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，根據(jù)向心力公式F＝mω2R，整理得ω＝eq\r(\f(\r(3)g,3R))，所以B正確；A、B兩球間的庫(kù)侖力對(duì)B球不做功，所以D錯(cuò)誤；天花板對(duì)A球的作用力在豎直方向的分力的大小為Fy＝2mg，天花板對(duì)A球的作用力在水平方向的分力的大小為Fx＝eq\f(\r(3),3)mg，天花板對(duì)A球的作用力大小為F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(13,3))mg，所以A錯(cuò)誤?！镜湫屠}6】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(wú)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(kù)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(kù)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．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】如圖所示，光滑絕緣水平面上兩個(gè)相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過(guò)兩個(gè)圓環(huán)，并系于結(jié)點(diǎn)O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，輕繩恰好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為l的等邊三角形，則()A．小環(huán)A的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,ml2)B．小環(huán)A的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,3ml2)C．恒力F的大小為eq\f(\r(3)kq2,3l2)D．恒力F的大小為eq\f(\r(3)kq2,l2)答案B解析設(shè)輕繩的拉力為FT，則對(duì)A：FT＋FTcos60°＝keq\f(q2,l2)，F(xiàn)Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得aA＝eq\f(\r(3)kq2,3ml2)，故B正確，A錯(cuò)誤；恒力F的大小為F＝2maA＝eq\f(2\r(3)kq2,3l2)，故C、D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】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(wú)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(guò)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.00501強(qiáng)化訓(xùn)練【基礎(chǔ)強(qiáng)化】1．法國(guó)科學(xué)家?guī)靵鼍脑O(shè)計(jì)了一種測(cè)量?jī)x器叫庫(kù)侖扭秤，他用此裝置找到了電荷間相互作用的規(guī)律，總結(jié)出了庫(kù)侖定律。庫(kù)侖扭秤能研究微小的庫(kù)侖力，它在設(shè)計(jì)時(shí)應(yīng)用的最主要物理學(xué)思想方法為()A．等效替代法 B．微小量放大法C．微元法 D．理想模型法答案B解析庫(kù)侖扭稱(chēng)實(shí)驗(yàn)中，兩小球之間的庫(kù)侖力將小球推開(kāi)，將懸絲上端的懸鈕轉(zhuǎn)動(dòng)，使小球回到原來(lái)位置，懸絲的扭力矩等于庫(kù)侖力對(duì)小球的力矩，庫(kù)侖力的力臂遠(yuǎn)長(zhǎng)于懸鈕的力臂，微小的庫(kù)侖力就被放大，故B正確。2.下列說(shuō)法正確的是()A．檢驗(yàn)電荷一定是點(diǎn)電荷，而點(diǎn)電荷不一定是檢驗(yàn)電荷B．電子帶電荷量為1.6×10－19C，因此一個(gè)電子就是一個(gè)元電荷C．富蘭克林用油滴實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量D．根據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)，當(dāng)兩個(gè)電荷的距離趨近于零時(shí)，靜電力將趨向于無(wú)窮大解析：選A點(diǎn)電荷是將帶電物體簡(jiǎn)化為一個(gè)帶電的點(diǎn)，檢驗(yàn)電荷的體積和電荷量要足夠小，故A正確；元電荷是一個(gè)數(shù)值，而電子是一個(gè)實(shí)物，故B錯(cuò)誤；密立根用油滴實(shí)驗(yàn)比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量，故C錯(cuò)誤；公式F＝keq\f(q1q2,r2)適用于真空中的靜止的點(diǎn)電荷，當(dāng)兩個(gè)點(diǎn)電荷距離趨于0時(shí)，兩帶電體已不能看成點(diǎn)電荷了，庫(kù)侖定律不適用，故電場(chǎng)力并不是趨于無(wú)窮大，故D錯(cuò)誤。3.下列說(shuō)法正確的是()A．庫(kù)侖定律適用于任何電場(chǎng)的計(jì)算B．置于均勻帶電空心球球心處的點(diǎn)電荷所受靜電力為零C．當(dāng)兩個(gè)半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時(shí)，它們之間的靜電力大小為eq\f(kQ2,9r2)D．若點(diǎn)電荷Q1的電荷量小于Q2的電荷量，則Q1對(duì)Q2的靜電力小于Q2對(duì)Q1的靜電力解析：選B庫(kù)侖定律的適用范圍是真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷間的相互作用，故A錯(cuò)誤；帶電空心金屬球的電荷均勻分布在金屬球的外表面，球內(nèi)各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均為零，所以置于帶電空心球球心處的點(diǎn)電荷所受靜電力為零，故B正確；當(dāng)兩個(gè)半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時(shí)，兩者不能看作點(diǎn)電荷，庫(kù)侖定律不再適用，故C錯(cuò)誤；兩點(diǎn)電荷間的靜電力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。4.為了研究電荷之間的作用力,庫(kù)侖設(shè)計(jì)了一個(gè)十分精妙的實(shí)驗(yàn)(扭秤實(shí)驗(yàn))。如圖所示,細(xì)銀絲的下端懸掛一根絕緣棒,棒的一端是一個(gè)小球A,另一端通過(guò)物體B使絕緣棒平衡。把另一個(gè)帶電的金屬小球C插入容器并使它接觸小球A,從而使A與C帶同種電荷,將C與A分開(kāi),再使C靠近A,A和C之間的作用力使A遠(yuǎn)離。扭轉(zhuǎn)懸絲,使A回到初始位置并靜止。通過(guò)懸絲扭轉(zhuǎn)的角度可以比較力的大小,進(jìn)而可以找到力F與距離、電荷量的關(guān)系。關(guān)于本實(shí)驗(yàn),下列說(shuō)法正確的是()。A.物體B起平衡作用,帶電荷量與A球相同B.庫(kù)侖本著嚴(yán)謹(jǐn)?shù)目茖W(xué)態(tài)度,用儀器準(zhǔn)確測(cè)出了每一個(gè)帶電小球的電荷量C.A球與C球之間的作用力與它們之間的距離成反比D.C球所帶電荷量越大,懸絲扭轉(zhuǎn)的角度越大答案D解析由題意可知,棒的一端是一個(gè)小球A,另一端通過(guò)物體B使絕緣棒平衡,研究的是A、C間的作用力,所以B不帶電,只起平衡作用,A項(xiàng)錯(cuò)誤;在庫(kù)侖那個(gè)時(shí)代沒(méi)有電荷量的單位,儀器也不夠精密,不可能準(zhǔn)確測(cè)出每一個(gè)帶電小球的電荷量,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)庫(kù)侖定律可知,A球與C球之間的作用力與它們之間距離的二次方成反比,C項(xiàng)錯(cuò)誤;C球帶電荷量越大,C球與A球接觸后,A球帶電荷量越大,C、A之間的庫(kù)侖力越大,懸絲扭轉(zhuǎn)的角度越大,D項(xiàng)正確。5.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。6.如圖所示，兩個(gè)分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)，固定在相距為r的兩處，它們之間的庫(kù)侖力大小為F。兩小球相互接觸后分開(kāi)并將其間距變?yōu)閑q\f(r,2)，則現(xiàn)在兩小球間庫(kù)侖力的大小為()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(3,4)FC.eq\f(4,3)F D．12F答案C解析接觸前兩小球之間的庫(kù)侖力大小為F＝keq\f(Q·3Q,r2)，接觸后再分開(kāi)，兩小球所帶的電荷量先中和后均分，所以?xún)尚∏蚍珠_(kāi)后各自帶電荷量為＋Q，兩小球間的距離變?yōu)閑q\f(r,2)，兩小球間的庫(kù)侖力大小變?yōu)镕′＝keq\f(Q·Q,（\f(r,2)）2)＝eq\f(4,3)F，選項(xiàng)C正確。【素養(yǎng)提升】7.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(wú)法判斷解析：選C地球表面帶負(fù)電，故可等效為一個(gè)帶負(fù)電的且位于地球球心處的點(diǎn)電荷，這樣地球和帶電塵埃間的作用就可等效為點(diǎn)電荷間的作用，可以用庫(kù)侖定律進(jìn)行定量分析。由于塵埃與地球之間的位置變化很大，故塵埃的重力是變化的，所以需要先將地球與塵埃等效為兩質(zhì)點(diǎn)，才可用萬(wàn)有引力進(jìn)行定量分析。設(shè)帶電塵埃的質(zhì)量為m，電荷量為q；地球的質(zhì)量為M，地球所帶負(fù)電荷總量為Q，地球半徑為R，當(dāng)塵埃放在距離地球表面高度為地球半徑一半時(shí)，恰好懸浮，由庫(kù)侖定律和萬(wàn)有引力定律可得：eq\f(kQq,1.5R2)＝Geq\f(Mm,1.5R2)，得kQq＝GMm ①當(dāng)塵埃放在距離地球表面高度與地球半徑相等時(shí)，受到的萬(wàn)有引力F＝eq\f(GMm,2R2)；受到的庫(kù)侖力為：F′＝eq\f(kQq,2R2)，則eq\f(F,F′)＝eq\f(GMm,kQq) ②聯(lián)立①②可知：eq\f(F,F′)＝1，故C正確。8．如圖所示，在一條直線(xiàn)上有兩個(gè)相距0.4m的點(diǎn)電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q。現(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(mǎn)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。9.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(kù)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(kù)侖定律FBC＝keq\f(q0qC,L2)、FAC＝keq\f(q0qC,4L2)，顯然小球C無(wú)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(kù)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(kù)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。10．[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(lái)的位置上，則相互作用力可能為原來(lái)的()A．eq\f(4,7) B．eq\f(3,7)C．eq\f(9,7) D．eq\f(16,7)解析：選CD設(shè)兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來(lái)相距r時(shí)的相互作用力F＝keq\f(q×7q,r2)＝keq\f(7q2,r2)。由于兩球的電性未知，接觸后相互作用力的計(jì)算可分為兩種情況：(1)兩球電性相同。相互接觸時(shí)兩球電荷量平均分配，每球帶電荷量為eq\f(7q＋q,2)＝4q。放回原處后的相互作用力F1＝keq\f(4q×4q,r2)＝keq\f(16q2,r2)，故eq\f(F1,F)＝eq\f(16,7)。(2)兩球電性不同。相互接觸時(shí)電荷先中和再平分，每球帶電荷量為eq\f(7q－q,2)＝3q。放回原處后的相互作用力F2＝keq\f(3q×3q,r2)＝keq\f(9q2,r2)，故eq\f(F2,F)＝eq\f(9,7)。11．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(wú)初速度釋放，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(kù)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))12.絕緣水平面內(nèi)有一帶電體(視為點(diǎn)電荷)。如圖所示,將電荷量為q的正試探電荷放在O點(diǎn)時(shí),試探電荷所受靜電力的大小為F、方向向右(沿x軸正方向)。將該試探電荷向右移動(dòng)至與O點(diǎn)距離為d的A點(diǎn)時(shí),試探電荷所受靜電力的大小為4F、方向向右。靜電力常量為k,不考慮其他電場(chǎng)的影響,帶電體的電荷量為()。A.Fd22kqC.2Fd2kq答案B解析由于試探電荷(帶正電)在O、A兩點(diǎn)所受靜電力方向均向右,且試探電荷在A點(diǎn)所受靜電力大于它在O點(diǎn)所受靜電力,因此帶電體帶負(fù)電,且在A點(diǎn)的右側(cè),設(shè)帶電體的電荷量為Q,帶電體到A點(diǎn)的距離為s,根據(jù)庫(kù)侖定律有F=kQq(s+d)2,413.如圖所示，絕緣桿OP豎直固定在絕緣水平桌面上，帶正電的小球A套在桿上，帶正電的小球B右側(cè)為絕緣豎直固定擋板。系統(tǒng)靜止在圖示位置，不計(jì)一切摩擦，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。由于空氣潮濕，兩球緩慢漏電，球A從a處緩慢移到b處，則此過(guò)程中()A．球B對(duì)桌面的壓力逐漸增大B．桿對(duì)球A的彈力逐漸減小C．擋板對(duì)球B的彈力逐漸減小D．兩球間的庫(kù)侖力逐漸增大答案D解析以?xún)汕驗(yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析可知桌面對(duì)球B的支持力FN始終與兩球的總重力大小相等、方向相反，根據(jù)牛頓第三定律知球B對(duì)桌面的壓力始終與兩球的總重力大小相等，即不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)球A受力分析，如圖所示，球A緩慢移動(dòng)，則受到的合外力始終為零，庫(kù)侖力F＝eq\f(mg,cosθ)，桿對(duì)球A的彈力FNA＝mgtanθ，球A從a處緩慢移到b處的過(guò)程中，θ逐漸增大，cosθ逐漸減小，tanθ逐漸增大，則F、FNA均逐漸增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；由兩球受力平衡得擋板對(duì)球B的彈力FNB與FNA等大反向，則FNB逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。14.如圖所示，在兩個(gè)對(duì)接的絕緣光滑斜面上放置了電荷量大小均為q的兩個(gè)小球A和B(均可看成質(zhì)點(diǎn))，兩個(gè)斜面的傾角分別是30°和45°，小球A和B的質(zhì)量分別是m1和m2。若平衡時(shí)，兩小球均靜止在離斜面底端高度為h的同一水平線(xiàn)上，斜面對(duì)兩個(gè)小球的彈力分別是FN1和FN2，靜電力常量為k，下列說(shuō)法正確的是()A．q＝eq\r(\f(（4＋2\r(3)）m2g,k))hB.eq\f(m1,m2)＝eq\f(\r(3),3)C.eq\f(FN1,FN2)＝eq\r(3)D．若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線(xiàn)上，則兩球仍能平衡答案A解析A處于靜止，受力如圖所示。設(shè)A受到的庫(kù)侖力為F1，支持力為FN1，由平衡條件可得tan30°＝eq\f(F1,m1g)，F(xiàn)N1＝eq\f(F1,sin30°)，同理可得，對(duì)B滿(mǎn)足tan45°＝eq\f(F2,m2g)，F(xiàn)N2＝eq\f(F2,sin45°)，由于F1＝F2＝F，對(duì)比可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(tan45°,tan30°)＝eq\r(3)，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)，B、C錯(cuò)誤；兩電荷間距為l＝eq\f(h,tan30°)＋eq\f(h,tan45°)＝(eq\r(3)＋1)h，由庫(kù)侖定律可得F＝keq\f(q2,l2)，由B、C的分析可得F＝m2gtan45°，聯(lián)立解得q＝eq\r(\f(（4＋2\r(3)）m2g,k))h，A正確；若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，由于距離變化導(dǎo)致庫(kù)侖力變化，重力mg和支持力FN不變，不再滿(mǎn)足原來(lái)的平衡關(guān)系，故兩球不能處于原來(lái)的平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤。(1)解題思路涉及庫(kù)侖力的平衡問(wèn)題，其解題思路與力學(xué)中的平衡問(wèn)題一樣，只是在原來(lái)受力的基礎(chǔ)上多了庫(kù)侖力，具體步驟如下：(2)“三個(gè)自由點(diǎn)電荷”的平衡問(wèn)題①平衡的條件：每個(gè)點(diǎn)電荷受到另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合力為零或每個(gè)點(diǎn)電荷處于另外兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為零的位置。②【能力培優(yōu)】15.(多選)如圖所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)E大小未知、方向水平向右。兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場(chǎng)中，懸點(diǎn)均為O。兩小球質(zhì)量均為m、帶等量異號(hào)電荷，電荷量大小均為q(q＞0)。平衡時(shí)兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝45°。若僅將兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，兩小球仍在原位置平衡。已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()A．M帶正電荷 B．N帶正電荷C．q＝Leq\r(\f(mg,k)) D．q＝3Leq\r(\f(mg,k))答案BC解析由題圖可知，對(duì)小球M受力分析如圖甲所示，對(duì)小球N受力分析如圖乙所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電，小球N帶正電，A錯(cuò)誤，B正確；由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為r＝eq\r(2)L，當(dāng)兩小球的電