9.2库仑定律 【练习】2024-2025学年高二物理 同步练（ 人教版2019必修第三册）（解析版）

9.2库仑定律学习目标学习目标课程标准物理素养3.1.2知道点电荷模型。知道两个点电荷间相互作用的规律。体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法。物理观念：理解库仑定律的内涵和适用条件，能够应用库仑定律计算点电荷间的静电力，会利用力的合成的知识解决多个电荷间的相互作用问题。科学思维：通过与质点模型类比，知道点电荷模型的物理意义及建立点电荷模型的条件，进一步体会科学研究中的理想模型方法。体会库仑扭秤实验的设计思路与实验方法。科学探究：通过库仑定律的探究过程，体会实验与类比在定律的建立过程中发挥的重要作用。科学态度与责任：对比库仑定律和万有引力定律的形式，体会物理学的和谐统一之美，提高物理学习兴趣。002思维导图1．应用库仑定律的三条提醒(1)作用力的方向：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。(2)两个点电荷间相互作用的静电力满足牛顿第三定律：大小相等、方向相反。(3)在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，静电力存在极大值：当q1＝q2时，F最大。2．四步解决静电力作用下的平衡问题3．三个自由点电荷的平衡条件及规律平衡条件每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷的合电场强度为零的位置平衡规律003知识梳理课前研读课本，梳理基础知识：一、点电荷当带电体之间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体的形状、大小以及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体可以看作带电的点，叫作点电荷。点电荷是理想化模型。二、电荷之间的作用力三、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＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作静电力常量。3．适用条件：真空中的静止点电荷。(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)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时，可以把带电体看成点电荷。4．库仑力的方向由相互作用的两个带电体决定，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。四、库仑的实验1．库仑扭秤2．方法：控制变量法五、库仑力具有力的共性1.两个点电荷之间相互作用的库仑力遵循牛顿第三定律。2.库仑力可使带电体产生加速度。例如原子的核外电子绕核运动时,库仑力使核外电子产生向心加速度。3.库仑力可以和其他力平衡。4.某个点电荷同时受几个点电荷的作用时,遵循矢量运算法则。5.两个完全相同的带电金属球接触后,电荷的分配原则:先中和再平分。004题型精讲【题型一】库仑定律与电荷量分配、力的合成【典型例题1】如图所示为某电子秤示意图。一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F。现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2。若两小球完全相同，则()A．F1＜F2B．F1＝4F2C．若小球a带负电，L增大，则F1增大D．若小球a带正电，L减小，则F2增大解析：选D小球b与a球充分接触后b对a有个向下的库仑力，设为F′，则F′＝keq\f(\f(Q,2)×\f(Q,2),L2)＝keq\f(Q2,4L2)，示数为F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力F″，F″＝keq\f(\f(Q,4)×\f(Q,4),L2)＝keq\f(Q2,16L2)，电子秤示数为F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B错误；若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，C错误；若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，F″增大，则F2增大，D正确。【典型例题2】如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是()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电荷给a的库仑力大小均为Fb＝Fd＝keq\f(q2,l2)，Fb方向竖直向上，Fd方向水平向右，这两个力的合力Fbd＝eq\f(\r(2)kq2,l2)，方向与ad连线成45°指向右上方。c对a的库仑力Fc＝eq\f(kq2,（\r(2)l）2)，方向由a指向c，Fc与Fbd垂直，a电荷受的电场力的大小为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)，选项D正确。【对点训练1】真空中,金属球甲带电荷量为q,将一与金属球甲完全相同的不带电的金属球乙与金属球甲接触后,置于与甲球球心相距3r处,静电力常量为k,甲、乙两球带电后均可视为点电荷,则甲、乙两球间静电力大小F为()。A.kq236r2C.kq24r答案A解析金属球乙与金属球甲接触后,两球分别带电荷量为q2,根据库仑定律得甲、乙两球间静电力大小F=kq2·【对点训练2】(多选)内半径为R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小球均紧靠球壳静止。小球的电荷量均为Q，可视为质点且不计重力。则小球静止时，以下判断正确的是()A.三个小球之间的距离均等于eq\r(2)RB．三个小球可以位于球壳内任一水平面内C．三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面D．每个小球对球壳内壁的作用力大小均为eq\f(\r(3)kQ2,3R2)，k为静电力常量答案CD解析由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布，如图所示，三个小球之间的距离均等于L＝2Rcos30°＝eq\r(3)R，故A错误；由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故B错误，C正确；由库仑定律可知FAC＝FBC＝keq\f(Q2,（\r(3)R）2)＝eq\f(kQ2,3R2)其合力为F＝2FACcos30°＝eq\f(\r(3)kQ2,3R2)由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为FN＝eq\f(\r(3)kQ2,3R2)，故D正确。【题型二】库仑力作用下的平衡【典型例题3】a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。已知a所带的电荷量为＋Q，b所带的电荷量为－q，且Q＞q。关于电荷c，下列判断正确的是()A．c一定带负电B．c所带的电荷量一定大于qC．c可能处在a、b之间D．如果固定a、b，仍让c处于平衡状态，则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定答案B解析三个点电荷保持平衡，应处于同一条直线上，且“两同夹异”，“两大夹小”，因为Q＞q，所以c所带电荷量一定大于q，且c必须带正电，在b的另一侧，选项A、C错误，B正确；如果固定a、b，因Q＞q，则在a、b形成的静电场中，只有b的另一边仅存在一点电场强度为零，c放在此处时受力平衡，因位置固定，电荷量和电性均不确定，D错误。【典型例题4】[多选]如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5C，质量均为0.72kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则B球距离A球的距离可能为()A．0.5m B．0.8mC．1.2m D．2.5m解析：选AB对A受力分析，受重力mg、线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin30°＝eq\f(kq2,r2)，解得r＝1m，所以两球的距离d≤1m，A、B正确。【对点训练3】如图,V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与水平面的夹角均为α=60°,其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上,P、Q连线垂直于斜面M,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为()。A.36 B.12 C.32答案D解析滑块Q在光滑斜面N上静止,则P与Q带同种电荷。两者之间为库仑斥力,两滑块的受力分析和角度关系如图所示,对Q滑块在沿着斜面方向有mgcos30°=Fcos30°,可得F=mg;而对P滑块,在动摩擦因数最小时有N2=F'+mgsin30°,mgcos30°=μN2,F'=F,联立解得μ=33【对点训练4】如图所示,在一绝缘斜面C上有带正电的物体A处于静止状态。现将一带正电的小球B沿以物体A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至物体A正上方的Q点,已知P、A在同一水平线上,且在此过程中物体A和斜面C始终保持静止不动,A、B均可视为质点。关于此过程,下列说法正确的是()。A.物体A所受斜面的支持力先增大后减小B.物体A所受小球B的排斥力恒定不变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减小答案A解析B对A的库仑力垂直斜面方向的分力,先增大后减小,当库仑力与斜面垂直时最大,可知物体A所受斜面的支持力N先增大后减小,A项正确;将B从P点移至A正上方的Q点的过程中,库仑力的方向时刻改变,故物体A受到的库仑力发生变化,B项错误;以A和C整体为研究对象,分析受力情况如图所示,B对A的库仑力F大小不变,与竖直方向的夹角θ越来越小,根据平衡条件知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小,斜面C所受地面的支持力一直增大,C、D两项错误。【题型三】库仑力作用下的动力学问题 【典型例题5】(多选)质量为m、电荷量为＋Q的带电小球A固定在绝缘天花板上，带电小球B，质量也为m，在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k。则()A．天花板对A球的作用力大小为2mgB．小球B转动的角速度为eq\r(\f(\r(3)g,3R))C．小球B所带的电荷量为eq\f(8mgR2,\r(3)kQ)D．A、B两球间的库仑力对B球做正功答案BC解析设小球A、B连线与竖直方向的夹角为θ，对B球受力分析可知，库仑力在竖直方向的分力等于小球的重力，有keq\f(QqB,（2R）2)cosθ＝mg，由几何关系可知，小球A、B连线与竖直方向的夹角为30°，代入数据解得qB＝eq\f(8mgR2,\r(3)kQ)，所以C正确；小球B转动所需的向心力为F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，根据向心力公式F＝mω2R，整理得ω＝eq\r(\f(\r(3)g,3R))，所以B正确；A、B两球间的库仑力对B球不做功，所以D错误；天花板对A球的作用力在竖直方向的分力的大小为Fy＝2mg，天花板对A球的作用力在水平方向的分力的大小为Fx＝eq\f(\r(3),3)mg，天花板对A球的作用力大小为F＝eq\r(Feq\o\al(2,x)＋Feq\o\al(2,y))＝eq\r(\f(13,3))mg，所以A错误。【典型例题6】如图所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：(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)eq\r(2gR)(2)3mg＋keq\f(q1q2,R2)，方向竖直向下解析(1)带电小球q2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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gR).(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FN－mg－keq\f(q1q2,R2)＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)方向竖直向下．【对点训练5】如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则()A．小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,ml2)B．小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,3ml2)C．恒力F的大小为eq\f(\r(3)kq2,3l2)D．恒力F的大小为eq\f(\r(3)kq2,l2)答案B解析设轻绳的拉力为FT，则对A：FT＋FTcos60°＝keq\f(q2,l2)，FTcos30°＝maA，联立解得aA＝eq\f(\r(3)kq2,3ml2)，故B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2maA＝eq\f(2\r(3)kq2,3l2)，故C、D错误。【对点训练6】如图所示，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，在中心处固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、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？答案6mg解析设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,1),R)①设小球在最低点时的速度为v2，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－eq\f(kQq,R2)＝meq\f(v\o\al(2,2),R)②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由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F′＝6mg.00501强化训练【基础强化】1．法国科学家库仑精心设计了一种测量仪器叫库仑扭秤，他用此装置找到了电荷间相互作用的规律，总结出了库仑定律。库仑扭秤能研究微小的库仑力，它在设计时应用的最主要物理学思想方法为()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解析库仑扭称实验中，两小球之间的库仑力将小球推开，将悬丝上端的悬钮转动，使小球回到原来位置，悬丝的扭力矩等于库仑力对小球的力矩，库仑力的力臂远长于悬钮的力臂，微小的库仑力就被放大，故B正确。2.下列说法正确的是()A．检验电荷一定是点电荷，而点电荷不一定是检验电荷B．电子带电荷量为1.6×10－19C，因此一个电子就是一个元电荷C．富兰克林用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量D．根据F＝keq\f(q1q2,r2)，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大解析：选A点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，检验电荷的体积和电荷量要足够小，故A正确；元电荷是一个数值，而电子是一个实物，故B错误；密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故C错误；公式F＝keq\f(q1q2,r2)适用于真空中的静止的点电荷，当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看成点电荷了，库仑定律不适用，故电场力并不是趋于无穷大，故D错误。3.下列说法正确的是()A．库仑定律适用于任何电场的计算B．置于均匀带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零C．当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，它们之间的静电力大小为eq\f(kQ2,9r2)D．若点电荷Q1的电荷量小于Q2的电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力解析：选B库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故A错误；带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面，球内各点的电场强度均为零，所以置于带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零，故B正确；当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，两者不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；两点电荷间的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。4.为了研究电荷之间的作用力,库仑设计了一个十分精妙的实验(扭秤实验)。如图所示,细银丝的下端悬挂一根绝缘棒,棒的一端是一个小球A,另一端通过物体B使绝缘棒平衡。把另一个带电的金属小球C插入容器并使它接触小球A,从而使A与C带同种电荷,将C与A分开,再使C靠近A,A和C之间的作用力使A远离。扭转悬丝,使A回到初始位置并静止。通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小,进而可以找到力F与距离、电荷量的关系。关于本实验,下列说法正确的是()。A.物体B起平衡作用,带电荷量与A球相同B.库仑本着严谨的科学态度,用仪器准确测出了每一个带电小球的电荷量C.A球与C球之间的作用力与它们之间的距离成反比D.C球所带电荷量越大,悬丝扭转的角度越大答案D解析由题意可知,棒的一端是一个小球A,另一端通过物体B使绝缘棒平衡,研究的是A、C间的作用力,所以B不带电,只起平衡作用,A项错误;在库仑那个时代没有电荷量的单位,仪器也不够精密,不可能准确测出每一个带电小球的电荷量,B项错误;根据库仑定律可知,A球与C球之间的作用力与它们之间距离的二次方成反比,C项错误;C球带电荷量越大,C球与A球接触后,A球带电荷量越大,C、A之间的库仑力越大,悬丝扭转的角度越大,D项正确。5.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷解析：选D细绳竖直，把P、Q看作整体，则整体在水平方向不受力，对外不显电性，带等量异种电荷，故A、B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力如图所示，由图知，P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，故C错误，D正确。6.如图所示，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，它们之间的库仑力大小为F。两小球相互接触后分开并将其间距变为eq\f(r,2)，则现在两小球间库仑力的大小为()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(3,4)FC.eq\f(4,3)F D．12F答案C解析接触前两小球之间的库仑力大小为F＝keq\f(Q·3Q,r2)，接触后再分开，两小球所带的电荷量先中和后均分，所以两小球分开后各自带电荷量为＋Q，两小球间的距离变为eq\f(r,2)，两小球间的库仑力大小变为F′＝keq\f(Q·Q,（\f(r,2)）2)＝eq\f(4,3)F，选项C正确。【素养提升】7.根据科学研究表明，地球是一个巨大的带电体，而且表面带有大量的负电荷。如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃，恰好能悬浮在空中，若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，则此带电尘埃将()A．向地球表面下落B．远离地球向太空运动C．仍处于悬浮状态D．无法判断解析：选C地球表面带负电，故可等效为一个带负电的且位于地球球心处的点电荷，这样地球和带电尘埃间的作用就可等效为点电荷间的作用，可以用库仑定律进行定量分析。由于尘埃与地球之间的位置变化很大，故尘埃的重力是变化的，所以需要先将地球与尘埃等效为两质点，才可用万有引力进行定量分析。设带电尘埃的质量为m，电荷量为q；地球的质量为M，地球所带负电荷总量为Q，地球半径为R，当尘埃放在距离地球表面高度为地球半径一半时，恰好悬浮，由库仑定律和万有引力定律可得：eq\f(kQq,1.5R2)＝Geq\f(Mm,1.5R2)，得kQq＝GMm ①当尘埃放在距离地球表面高度与地球半径相等时，受到的万有引力F＝eq\f(GMm,2R2)；受到的库仑力为：F′＝eq\f(kQq,2R2)，则eq\f(F,F′)＝eq\f(GMm,kQq) ②联立①②可知：eq\f(F,F′)＝1，故C正确。8．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为()A．正，B的右边0.4m处B．正，B的左边0.2m处C．负，A的左边0.2m处D．负，A的右边0.2m处解析：选C要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设在A左侧距A为x处，由于处于平衡状态，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(k×9Q·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2m，C正确。9.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0>0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则()A．qC＝eq\f(4,7)q0B．弹簧伸长量为eq\f(Mgsinα,k0)C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为q0eq\r(\f(3k,7Mg))解析：选A设小球C带负电，相邻小球间距为L，则对小球C在沿斜面方向受力分析，如图甲所示：根据库仑定律FBC＝keq\f(q0qC,L2)、FAC＝keq\f(q0qC,4L2)，显然小球C无法处于静止，因此小球C应该带正电。因此小球C平衡时，keq\f(q0qC,L2)＝keq\f(q0qC,4L2)＋Mgsinα①，则eq\f(3kq0qC,4L2)＝Mgsinα。对B球做受力分析，如图乙所示：根据受力平衡关系keq\f(q02,L2)＝keq\f(q0qC,L2)＋Mgsinα②，两式联立解得qC＝eq\f(4,7)q0，A正确。将C的电荷量代入①式，则L＝eq\r(\f(3kq02,7Mgsinα))，D错误。A球所受总的库仑力为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，则A球所受库仑力为FA＝2Mgsinα，方向沿斜面向下，C错误。对A球受力分析可知，F弹＝Mgsinα＋FA,将上述结果代入得，F弹＝3Mgsinα，因此弹簧伸长量为Δx＝eq\f(3Mgsinα,k0)，B错误。10．[多选]两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的()A．eq\f(4,7) B．eq\f(3,7)C．eq\f(9,7) D．eq\f(16,7)解析：选CD设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝keq\f(q×7q,r2)＝keq\f(7q2,r2)。由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：(1)两球电性相同。相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为eq\f(7q＋q,2)＝4q。放回原处后的相互作用力F1＝keq\f(4q×4q,r2)＝keq\f(16q2,r2)，故eq\f(F1,F)＝eq\f(16,7)。(2)两球电性不同。相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为eq\f(7q－q,2)＝3q。放回原处后的相互作用力F2＝keq\f(3q×3q,r2)＝keq\f(9q2,r2)，故eq\f(F2,F)＝eq\f(9,7)。11．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B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与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：(1)A球刚释放时的加速度大小。(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma根据库仑定律有F＝keq\f(qQ,r2)又知r＝eq\f(H,sinα)，得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)。(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。设此时A球与B点间的距离为d，则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.绝缘水平面内有一带电体(视为点电荷)。如图所示,将电荷量为q的正试探电荷放在O点时,试探电荷所受静电力的大小为F、方向向右(沿x轴正方向)。将该试探电荷向右移动至与O点距离为d的A点时,试探电荷所受静电力的大小为4F、方向向右。静电力常量为k,不考虑其他电场的影响,带电体的电荷量为()。A.Fd22kqC.2Fd2kq答案B解析由于试探电荷(带正电)在O、A两点所受静电力方向均向右,且试探电荷在A点所受静电力大于它在O点所受静电力,因此带电体带负电,且在A点的右侧,设带电体的电荷量为Q,带电体到A点的距离为s,根据库仑定律有F=kQq(s+d)2,413.如图所示，绝缘杆OP竖直固定在绝缘水平桌面上，带正电的小球A套在杆上，带正电的小球B右侧为绝缘竖直固定挡板。系统静止在图示位置，不计一切摩擦，两小球均可视为质点，重力加速度为g。由于空气潮湿，两球缓慢漏电，球A从a处缓慢移到b处，则此过程中()A．球B对桌面的压力逐渐增大B．杆对球A的弹力逐渐减小C．挡板对球B的弹力逐渐减小D．两球间的库仑力逐渐增大答案D解析以两球为研究对象，受力分析可知桌面对球B的支持力FN始终与两球的总重力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律知球B对桌面的压力始终与两球的总重力大小相等，即不变，选项A错误；对球A受力分析，如图所示，球A缓慢移动，则受到的合外力始终为零，库仑力F＝eq\f(mg,cosθ)，杆对球A的弹力FNA＝mgtanθ，球A从a处缓慢移到b处的过程中，θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，tanθ逐渐增大，则F、FNA均逐渐增大，选项B错误，D正确；由两球受力平衡得挡板对球B的弹力FNB与FNA等大反向，则FNB逐渐增大，选项C错误。14.如图所示，在两个对接的绝缘光滑斜面上放置了电荷量大小均为q的两个小球A和B(均可看成质点)，两个斜面的倾角分别是30°和45°，小球A和B的质量分别是m1和m2。若平衡时，两小球均静止在离斜面底端高度为h的同一水平线上，斜面对两个小球的弹力分别是FN1和FN2，静电力常量为k，下列说法正确的是()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．若同时移动两球在斜面上的位置，只要保证两球在同一水平线上，则两球仍能平衡答案A解析A处于静止，受力如图所示。设A受到的库仑力为F1，支持力为FN1，由平衡条件可得tan30°＝eq\f(F1,m1g)，FN1＝eq\f(F1,sin30°)，同理可得，对B满足tan45°＝eq\f(F2,m2g)，FN2＝eq\f(F2,sin45°)，由于F1＝F2＝F，对比可得eq\f(m1,m2)＝eq\f(tan45°,tan30°)＝eq\r(3)，eq\f(FN1,FN2)＝eq\f(sin45°,sin30°)＝eq\r(2)，B、C错误；两电荷间距为l＝eq\f(h,tan30°)＋eq\f(h,tan45°)＝(eq\r(3)＋1)h，由库仑定律可得F＝keq\f(q2,l2)，由B、C的分析可得F＝m2gtan45°，联立解得q＝eq\r(\f(（4＋2\r(3)）m2g,k))h，A正确；若同时移动两球在斜面上的位置，由于距离变化导致库仑力变化，重力mg和支持力FN不变，不再满足原来的平衡关系，故两球不能处于原来的平衡状态，D错误。(1)解题思路涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：(2)“三个自由点电荷”的平衡问题①平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。②【能力培优】15.(多选)如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q＞0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．M带正电荷 B．N带正电荷C．q＝Leq\r(\f(mg,k)) D．q＝3Leq\r(\f(mg,k))答案BC解析由题图可知，对小球M受力分析如图甲所示，对小球N受力分析如图乙所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A错误，B正确；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝eq\r(2)L，当两小球的电