9.2庫侖定律一、點電荷1、列關(guān)于點電荷的說法中正確的是()A．體積大的帶電體一定不是點電荷B．當兩個帶電體的大小、形狀對它們間相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看成點電荷C．點電荷就是體積足夠小的電荷D．點電荷是電荷量和體積都很小的帶電體解析：選B點電荷是帶有電荷的點，是一種抽象出來的理想化模型，帶電體能否看成點電荷，要依具體情況而定，只要在測量精度要求的范圍內(nèi)，當帶電體的形狀、大小等因素的影響可以忽略時，均可視為點電荷，B正確。2、物理學(xué)引入“點電荷”概念，從科學(xué)方法上來說是屬于()A．觀察實驗的方法 B．控制變量的方法C．等效替代的方法 D．建立物理模型的方法解析：選D點電荷是為了研究物理問題方便而引入的物理模型，是由實際物體抽象所得，D正確。3、[多選]關(guān)于元電荷和點電荷，下列說法中正確的是()A．電子就是元電荷B．元電荷的電荷量等于電子或質(zhì)子所帶的電荷量C．電子一定是點電荷D．帶電小球也可能視為點電荷解析：選BD電子和質(zhì)子是實實在在的粒子，而元電荷只是一個電荷量單位，A錯誤，B正確；帶電體能否看成點電荷，不能以體積大小、電荷量多少而論，只要在測量精度要求的范圍內(nèi)，帶電體的形狀、大小等因素的影響可以忽略，即可視為點電荷，C錯誤，D正確。4、下列關(guān)于點電荷的說法正確的是()A．電荷量很小的帶電體就是點電荷B．一個電子，不論在何種情況下，都可以看成點電荷C．當兩個帶電體的大小遠小于它們之間的距離時，可將這兩個帶電體看成點電荷D．一切帶電體都可以看成點電荷解析：選C帶電體能否看成點電荷和帶電體的體積無關(guān)，主要看帶電體的體積相對所研究的問題是否可以忽略，如果能夠忽略，則帶電體可以看成點電荷，否則就不能，故C正確，A、B、D錯誤。5、下列關(guān)于點電荷的說法正確的是()A．只有體積很小的帶電體才能看作點電荷B．體積很大的帶電體一定不是點電荷C．當兩個帶電體大小、形狀等因素對它們相互作用力的影響可忽略時，這兩個帶電體可看作點電荷D．任何帶電球體，都可看作電荷全部集中于球心的點電荷解析：選C解析帶電體能否看作點電荷，主要看帶電體的大小、形狀等因素對所研究的問題是否可以忽略，如果能夠忽略，則帶電體可以看成是點電荷，否則就不能．6、(多選)下列關(guān)于點電荷的說法正確的是()A．真正的點電荷是不存在的B．點電荷是一種理想化模型C．足夠小的電荷就是點電荷D．球形帶電體都可以看作點電荷解析：選AB點電荷只是一種理想的物理模型，實際上并不存在，選項A、B正確；一個帶電體能否被看作點電荷，與帶電體的大小和形狀無關(guān)，主要取決于帶電體的形狀和大小對所研究的問題有無影響，選項C、D錯誤．二、庫侖定律（一）雙基1．[多選]對于庫侖定律，下面說法正確的是()A．凡計算真空中兩個點電荷間的相互作用力，就可以使用公式F＝keq\f(q1q2,r2)B．兩個帶電小球即使相距非常近，也能用庫侖定律C．相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小一定相等D．當兩個半徑為r的帶電金屬球中心相距為4r時，對于它們之間的靜電作用力大小，只取決于它們各自所帶的電荷量解析：選AC庫侖定律公式F＝keq\f(q1q2,r2)的適用條件是真空中的點電荷，故A正確；兩帶電小球相距很近時，不能看成點電荷，公式F＝keq\f(q1q2,r2)不適用，故B錯誤；相互作用的點電荷間的庫侖力也是一對作用力與反作用力，大小相等、方向相反，故C正確；當兩帶電球本身的半徑不滿足遠小于它們間的距離時，就不能看做點電荷，公式F＝keq\f(q1q2,r2)不再適用，庫侖力還與它們的電荷分布有關(guān)，故D錯誤。2、有兩個點電荷，所帶電荷量分別為q1和q2，相距為r，相互作用力為F。為了使它們之間的作用力增大為原來的2倍，下列做法可行的是()A．僅使q1增大為原來的2倍B．僅使q2減小為原來的一半C．使q2和q1都增大為原來的2倍D．僅使r減小為原來的一半解析：選A由庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)可知，保持距離不變，僅使q1增大為原來的2倍，或使兩電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，庫侖力分別變?yōu)?F和4F，故A正確，C錯誤；僅使q2減小為原來的一半，根據(jù)庫侖定律可知，它們之間的作用力減小為原來的一半，故B錯誤；保持兩點電荷的電荷量不變，使r減小為原來的一半，則庫侖力變?yōu)?F，故D錯誤。3、要使真空中的兩個點電荷間的庫侖力增大到原來的4倍，下列方法可行的是()A．每個點電荷的電荷量都增大到原來的2倍，電荷間的距離不變B．保持點電荷的電荷量不變，使兩個電荷間的距離增大為原來的2倍C．一個點電荷的電荷量加倍，另一個點電荷的電荷量保持不變，同時使兩個點電荷間的距離減小為原來的eq\f(1,2)D．保持點電荷的電荷量不變，將兩個點電荷間的距離減小為原來的eq\f(1,4)解析：選A根據(jù)庫侖定律公式F＝keq\f(q1q2,r2)可知，當每個點電荷的電荷量都增大到原來的2倍，電荷間的距離不變時，庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，選項A正確；當保持點電荷的電荷量不變，使兩個點電荷的距離增大到原來的2倍時，庫侖力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，選項B錯誤；當一個點電荷的電荷量增加1倍，另一個點電荷的電荷量保持不變，同時使兩點電荷間的距離減小為原來的eq\f(1,2)時，庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，選項C錯誤；當保持點電荷的電荷量不變，將兩點電荷間的距離減小為原來的eq\f(1,4)時，庫侖力變?yōu)樵瓉淼?6倍，選項D錯誤．4、相隔一段距離的兩個點電荷，它們之間的靜電力為F，現(xiàn)使其中一個點電荷的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，同時將它們間的距離也變?yōu)樵瓉淼?倍，則它們之間的靜電力變?yōu)?)A．eq\f(F,2) B．4FC．2F D．eq\f(F,4)解析：選AF＝keq\f(q1q2,r2)，F(xiàn)′＝keq\f(2q1q2,2r2)＝eq\f(1,2)k·eq\f(q1q2,r2)＝eq\f(F,2)，選項A正確．5、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．－eq\f(F,2) B.eq\f(F,2)C．－F D．F解析：選B在A處放電荷量為＋q的點電荷時，Q所受電場力大小為F＝eq\f(kQq,rAB2)；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′＝eq\f(kQ·2q,rBC2)＝eq\f(2kQq,2rAB2)＝eq\f(kQq,2rAB2)＝eq\f(F,2)。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。6、真空中有甲、乙兩個點電荷，當它們相距r時，它們間的靜電力為F.若甲的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，乙的電荷量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)，兩者間的距離變?yōu)?r，則它們之間的靜電力變?yōu)?)A．3F/8 B．F/6C．8F/3 D．2F/3解析：選B由庫侖定律有：F＝keq\f(Q甲Q乙,r2)，F(xiàn)′＝keq\f(Q甲′Q乙′,r′2)其中：Q甲′＝2Q甲，Q乙′＝eq\f(1,3)Q乙，r′＝2r可解得：F′＝eq\f(1,6)F.7、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(tài)，電荷量分別為qA、qB，相距為L。則A對B的庫侖力為()A．FAB＝keq\f(qAqB,L2)，方向由A指向BB．FAB＝keq\f(qAqB,L)，方向由A指向BC．FAB＝keq\f(qAqB,L2)，方向由B指向AD．FAB＝keq\f(qAqB,L)，方向由B指向A解析：選C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(jù)庫侖定律可得FAB＝keq\f(qAqB,L2)，故C正確。8、兩個半徑相等體積不能忽略的金屬球相距為r，它們帶有等量同種電荷q時，相互間的庫侖力為F1；若距離不變，它們帶有等量異種電荷q時，庫侖力為F2，則兩力大小的關(guān)系是()A.F1＞F2 B.F1＜F2C.F1＝F2 D.無法確定解析：選B根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)可知，r是兩點電荷的間距，對于半徑相等體積不能忽略的兩帶電小球，當帶同種電荷時，間距大于球心間距；當帶異種電荷時，間距小于球心間距，所以庫侖力大小為F1＜F2，故B正確。9、(多選)半徑為r的兩個相同金屬球，兩球心相距為L(L＝3r)，它們所帶電荷量的絕對值均為q，則對它們之間相互作用的靜電力F的說法，正確的是()A．帶同種電荷時，F(xiàn)<keq\f(q2,L2) B．不論帶何種電荷，F(xiàn)＝keq\f(q2,L2)C．帶異種電荷時，F(xiàn)>keq\f(q2,L2) D．以上各項均不正確AC解析由于兩球心間距離L＝3r，不滿足遠大于r的條件，故兩球不能看成點電荷，若兩球帶同種電荷，由于同種電荷相互排斥，則兩球等效中心間的距離大于3r，此時庫侖力F<keq\f(q2,L2)，選項A正確；若兩球帶異種電荷，由于異種電荷相互吸引，則兩球等效中心間的距離小于3r，此時庫侖力F′>keq\f(q2,L2)，選項C正確．（二）庫侖定律——電荷重組1、兩個大小相同、帶同種電荷的金屬小球，所帶電荷量的值分別為Q1、Q2，且Q1＝eq\f(1,3)Q2，把Q1、Q2放在相距較遠的兩點，它們之間作用力的大小為F，若使兩球相接觸后再分開放回原位置，它們之間作用力的大小等于()A.eq\f(4,3)FB.eq\f(2,3)FC.eq\f(1,3)FD．F解析：選A大小相同帶同種電荷的金屬小球間的庫侖力為F＝keq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Q2,3)))Q2,r2)＝eq\f(1,3)keq\f(Q22,r2)，兩小球接觸后平分總電荷量，接觸后二者帶有等量的電荷量為eq\f(2Q2,3)，再放回原處后二者間的庫侖力為F′＝keq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2Q2,3)))2,r2)＝eq\f(4,9)keq\f(Q22,r2)，因此F′＝eq\f(4,3)F，選項A正確。2、如圖1－2－13所示，可視為點電荷的半徑相同的兩個金屬球A、B，帶有等量異號電荷，相隔一定的距離，兩球之間的相互作用力大小為F，今用一半徑相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩球接觸后移開，這時，A、B兩球之間的相互作用力大小是()A.eq\f(1,8)FB.eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)FD.eq\f(3,4)F解析：選A由于A、B帶等量異號電荷，設(shè)電荷量都為q，所以兩球間的相互吸引力F＝keq\f(q2,r2)，當C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量均為q1＝eq\f(q,2)，當B、C兩球接觸后，B、C兩球的帶電荷量均為q2＝eq\f(q－\f(q,2),2)＝eq\f(q,4)，此時A、B兩球間相互作用力的大小為F′＝keq\f(\f(q,2)·\f(q,4),r2)＝keq\f(q2,8r2)＝eq\f(F,8)，故A正確．3、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?yōu)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(3,4)FC.eq\f(4,3)F D．12F解析：選C由庫侖定律知F＝keq\f(3Q2,r2)，當兩小球接觸后，帶電荷量先中和再平分，分別為Q、Q，故兩小球間的庫侖力變?yōu)镕′＝keq\f(Q2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)＝keq\f(4Q2,r2)，由以上兩式解得F′＝eq\f(4,3)F，C項正確。4．兩個半徑均為1cm的導(dǎo)體球，分別帶上＋Q和－3Q的電荷量，兩球心相距90cm，相互作用力的大小為F?，F(xiàn)將它們碰一下后，放在兩球心相距3cm處，則它們的相互作用力的大小變?yōu)?)A．3000F B．1200FC．900F D．無法確定解析：選D兩導(dǎo)體球接觸后，電荷量先中和再平分，然后放在兩球心相距3cm處，此時兩個導(dǎo)體球不能簡化成點電荷，庫侖定律不成立，因此它們之間的作用力大小無法確定，D正確。5、三個相同的金屬小球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，此時球1、2之間的作用力大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時球1、2之間的作用力大小仍為F，方向不變．由此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6解析：選D球3未與球1、球2接觸前，球1、2間的作用力F＝keq\f(nq2,r2)；三個金屬小球相同，接觸后電荷量均分，球3與球2接觸后，球2和球3的帶電荷量q2＝q3＝eq\f(nq,2)；球3再與球1接觸后，球1的帶電荷量q1＝eq\f(q＋\f(nq,2),2)＝eq\f(n＋2q,4)，此時球1、2間的作用力F′＝keq\f(\f(nq,2)·\f(n＋2q,4),r2)＝keq\f(nn＋2q2,8r2)，由題意知F′＝F，得n＝6，選項D正確．6、(多選)兩個放在絕緣架上的相同金屬球相距r，球的半徑比r小得多，分別帶q和5q電性不確定的電荷量，相互作用的庫侖力大小為5F.現(xiàn)將這兩個金屬球接觸，然后分開，仍放回原處，則它們間的相互作用力大小可能變?yōu)?)A．0 B．4FC．5F D．9F解析：選BD由庫侖定律可得5F＝keq\f(5q2,r2)，而兩球接觸后再分開平分總電荷量，若兩球帶的是同種電荷，則分開后兩球的帶電荷量均為3q，庫侖力F′＝keq\f(3q·3q,r2)＝keq\f(9q2,r2)＝9F；若兩球帶的是異種電荷，則分開后兩球的帶電荷量均為2q，庫侖力F″＝keq\f(2q·2q,r2)＝keq\f(4q2,r2)＝4F，故選項B、D正確．三、靜電力作用下帶電體的平衡1、(多選)兩個質(zhì)量分別是m1、m2的小球，各用絲線懸掛在同一點，當兩球分別帶同種電荷，且電荷量分別為q1、q2時，兩絲線張開一定的角度θ1、θ2，如圖所示，此時兩個小球處于同一水平面上，則下列說法正確的是()A．若m1＞m2，則θ1＞θ2 B．若m1＝m2，則θ1＝θ2C．若m1＜m2，則θ1＞θ2 D．若q1＞q2，則θ1＝θ2解析：選BC解析以m1為研究對象，對m1受力分析如圖所示，由共點力平衡，得FTsinθ1＝F斥①，F(xiàn)Tcosθ1＝m1g②，由eq\f(①,②)得tanθ1＝eq\f(F斥,m1g)，同理tanθ2＝eq\f(F斥,m2g)，因為不論q1、q2大小如何，兩帶電小球所受庫侖力屬于作用力與反作用力，大小永遠相等，故從tanθ＝eq\f(F,mg)知，m大，則tanθ小，θ亦小(θ＜eq\f(π,2))，m相等，θ亦相等，故選項B、C正確．2、如圖所示，兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線懸掛于O點，若q1＞q2，l1＞l2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則兩小球的質(zhì)量關(guān)系為()A．m1＞m2 B．m1＝m2C．m1＜m2 D．無法確定解析：選B解析對兩小球受力分析，根據(jù)共力點平衡和幾何關(guān)系可得，左邊兩個陰影部分相似，右邊兩個陰影部分相似，雖然q1＞q2，l1＞l2，但兩者間的庫侖力大小相等，根據(jù)相似三角形得eq\f(m1g,OA)＝eq\f(F庫,BA)，eq\f(m2g,OA)＝eq\f(F庫,AC)，由題意可知BA＝AC，所以m1g＝m2g，m1＝m2.3、一個內(nèi)表面光滑的半球形碗放在水平桌面上，碗口處于水平狀態(tài)，O是球心．有兩個帶同種電荷且質(zhì)量分別為m1和m2可視為質(zhì)點的小球，當它們靜止后處于如圖1－2－15所示狀態(tài)，則m1和m2對碗的彈力大小之比為()A．1∶eq\r(3)B.eq\r(3)∶1C．2∶eq\r(3)D.eq\r(3)∶2解析：選B選取兩小球組成的整體為研究對象，受力分析并正交分解如圖：由平衡條件得：F1在水平方向的分力F′和F2在水平方向的分力F″大小相等．即F1cos60°＝F2cos30°，所以：eq\f(F1,F2)＝eq\f(\r(3),1).4、如圖所示，A和B均可視為點電荷，A固定在絕緣支架上，B通過絕緣輕質(zhì)細線連接在天花板上，由于二者之間庫侖力的作用細線與水平方向成30°角。A、B均帶正電，電荷量分別為Q、q，A、B處于同一高度，二者之間的距離為L。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則B的質(zhì)量為()A.eq\f(kQq,gL2) B.eq\f(\r(2)kQq,gL2)C.eq\f(\r(3)kQq,gL2) D.eq\f(\r(3)kQq,3gL2)解析：選D因為B球處于靜止狀態(tài)，B球受到重力、繩子的拉力以及A對B的庫侖力，根據(jù)平衡條件得：tan30°＝eq\f(mBg,k\f(Qq,L2))，解得mB＝eq\f(\r(3)kQq,3gL2)，故D正確，A、B、C錯誤。5、如圖1－2－6所示，懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個帶電荷量不變的小球A.在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B.當B到達懸點O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為θ，若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°.則eq\f(q2,q1)為()A．2 B．3C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析：選C設(shè)細線長為l，A的帶電荷量為Q.A與B處在同一水平線上，以A為研究對象，受力分析，作出受力圖，如圖所示．根據(jù)平衡條件可知，庫侖力跟重力的合力與細線的拉力等大反向，由幾何關(guān)系列式得tanθ＝eq\f(F,mg)，其中F＝keq\f(qQ,lsinθ2)，兩式整理得：q＝eq\f(mgl2tanθsin2θ,kQ)，將題干中的兩種情況代入得：eq\f(q2,q1)＝eq\f(tan45°sin245°,tan30°sin230°)＝2eq\r(3).6、兩個可自由移動的點電荷分別在A、B兩處，如圖所示。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放在直線AB上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，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A與B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方解析：選A要使Q3處于平衡狀態(tài)，Q3應(yīng)放在Q1的左側(cè)，要使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電荷。故選項A正確。7、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(tài)，則C的電荷量和放置的位置是()A．－Q，在A左側(cè)距A為L處B．－2Q，在A左側(cè)距A為eq\f(L,2)處C．－4Q，在B右側(cè)距B為L處D．＋2Q，在A右側(cè)距A為eq\f(3L,2)處解析：選C根據(jù)自由電荷間的作用規(guī)律可知，C應(yīng)放在B的外側(cè)，且與A電性相同帶負電，由FAB＝FCB，得keq\f(4Q2,L2)＝keq\f(QCQ,r\o\al(2,BC))，由FAC＝FBC，得keq\f(4QQC,rBC＋L2)＝keq\f(QQC,r\o\al(2,BC))，解得：rBC＝L，QC＝4Q.四、對靜電力疊加原理的運用1、如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，點電荷A、B所帶電荷量分別為QA、QB，測得在C處的某正點電荷所受靜電力方向平行于AB向左，則下列說法正確的是()A．A帶正電，QA∶QB＝1∶8B．A帶負電，QA∶QB＝1∶8C．A帶正電，QA∶QB＝1∶4D．A帶負電，QA∶QB＝1∶4解析：選B要使C處的正點電荷所受靜電力方向平行于AB向左，該正點電荷所受力的情況應(yīng)如圖所示，所以A帶負電，B帶正電；設(shè)AC間的距離為L，則FBsin30°＝FA，即keq\f(QBQC,2L2)·sin30°＝eq\f(kQAQC,L2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,8)，故選項B正確．2、如圖所示，三個完全相同的金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上，a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量的大小比b的小。已知c受到a和b的靜電力的合力可用圖中四條有向線段中的一條來表示，它應(yīng)是()A．F1 B．F2C．F3 D．F4解析：選B根據(jù)“同種電荷相斥、異種電荷相吸”可以確定小球c受到a和b的庫侖力方向，考慮b的帶電荷量大于a的帶電荷量，故Fb大于Fa，F(xiàn)b與Fa的合力只能為F2，故選項B正確。3、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A、B都帶正電荷，A所受B、C兩個電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，那么可以判定點電荷C所帶電荷的電性為()A．一定是正電B．一定是負電C．可能是正電，也可能是負電D．無法確定解析：選B因A、B都帶正電，所以表現(xiàn)為斥力，即B對A的作用力沿BA的延長線方向，而不論C帶正電還是帶負電，A和C的作用力方向都必須在AC連線上，由平行四邊形定則知，合力必定為兩個分力的對角線，所以A和C之間必為引力，所以C帶負電，故B項正確。4、在光滑絕緣的水平地面上放置著四個相同的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖1－2－5所示．現(xiàn)讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負電荷q，使四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為()A.eq\f(1,3) B.eq\f(\r(3),3)C．3 D.eq\r(3)解析：選D設(shè)三角形邊長為L，故AB、AC距離為L，AD距離為eq\f(\r(3),3)L.以小球A為研究對象，由庫侖定律知，B、C對A球的庫侖力大小均為F＝keq\f(Q2,L2)，兩力的合力F合＝2Fcos30°＝eq\r(3)keq\f(Q2,L2).球A、D間的庫侖力F′＝keq\f(Qq,\f(\r(3),3)L2)＝3keq\f(Qq,L2).根據(jù)平衡知識得：F合＝F′，即eq\r(3)keq\f(Q2,L2)＝3keq\f(Qq,L2)，所以Q＝eq\r(3)q，Q與q的比值為eq\r(3)，D正確．5、如圖1－2－8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(zhì)點)．若它們恰能處于平衡狀態(tài)，那么這三個小球所帶的電荷量及電性的關(guān)系，下面的情況可能的是()圖1－2－8A．－9、4、－36 B．4、9、36C．－3、2、8 D．3、－2、6解析：選A對中間小球B，F(xiàn)AB＝FCB，故由庫侖定律知QA和QB、QC和QB必須為異種電荷，B、C錯誤．以A球(C球也可以)為研究對象知FCA＝FBA，如圖所示．即keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QAQB,r\o\al(2,AB)).由于rAC＝rAB＋rBC>rAB，因此可知QB<QC，同理QB<QA.再由相互間庫侖力大小相等得：keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QBQA,r\o\al(2,AB))＝keq\f(QBQC,r\o\al(2,BC)).即有eq\f(\r(QAQC),rAC)＝eq\f(\r(QBQA),rAB)＝eq\f(\r(QBQC),rBC)，又考慮到rAC＝rAB＋rBC，故三小球平衡時所帶電荷量大小關(guān)系為：eq\r(QAQC)＝eq\r(QBQA)＋eq\r(QBQC).將A、D選項電荷量絕對值代入上式可知選項A正確．6、如圖所示，分別在A、B兩點放置點電荷Q1＝＋2×10－14C和Q2＝－2×10－14C．在AB的垂直平分線上有一點C，且AB＝AC＝BC＝6×10－2m．如果有一電子被放置在C點處，它所受的庫侖力的大小和方向如何？(已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2)解析電子在C點同時受A、B處點電荷的作用力FA、FB，如圖所示．由庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)得FA＝FB＝keq\f(Q1e,r2)＝eq\f(kQ2e,r2)＝9.0×109×eq\f(2×10－14×1.6×10－19,6×10－22)N＝8.0×10－21N，由平行四邊形定則得，在C點的電子受到的庫侖力F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于A、B兩點的連線向左．答案8.0×10－21N方向平行于A、B兩點的連線向左五、其它1、一半徑為R的絕緣球殼上均勻帶有電荷量為＋Q的電荷，另一電荷量為＋q的點電荷放在球心O上．由于對稱性，點電荷受力為零．現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r(r<<R)的一個很小的圓，則此時置于球心處的點電荷()A．受力大小為零B．受力大小為eq\f(kqQ,R2)，方向由圓孔指向球心C．受力大小為eq\f(kqQr2,4R2)，方向由圓孔指向球心D．受力大小為eq\f(kqQr2,4R4)，方向由球心指向圓孔解析：選D把球殼分成無限多個微元，由對稱性可知，除挖去的圓和其對稱處外，其他都有兩個微元關(guān)于圓心對稱，兩對稱微元對球心處的點電荷作用力的合力為零，球殼上電荷面密度為eq\f(Q,4πR2)，與挖去的圓對稱處的微元帶電荷量ΔQ＝eq\f(Qr2,4R2)，由庫侖定律得ΔQ對圓心處點電荷q的作用力大小F＝eq\f(kΔQq,R2)＝eq\f(kqQr2,4R4)，由同種電荷相互排斥可知庫侖力方向由球心指向圓孔，故選項D正確．2、如圖所示，一個均勻的帶電圓環(huán)，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到O的距離為R，在A點放一檢驗電荷＋q，則＋q在A點所受的庫侖力為()A．eq\f(kQq,R2)，方向向上 B．eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上C．eq\f(kQq,4R2)，方向水平向左 D．不能確定解析：選B解析先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分，每一小部分可視為一個點電荷，各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上的分力相互抵消，豎直方向上的分力大小為eq\f(kqQcos45°,\r(2)R2)＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上，故選項B正確．3、在光滑絕緣桌面上，帶電小球A固定，帶電小球B在A、B間庫侖力作用下以速率v0繞小球A做半徑為r的勻速圓周運動，若使其繞小球A做勻速圓周運動的半徑變?yōu)?r，則小球B的速率大小應(yīng)變?yōu)?)A.eq\f(\r(2),2)v0 B.eq\r(2)v0C．2v0 D.eq\f(v0,2)解析：選A半徑為r時，對B：keq\f(qAqB,r2)＝mBeq\f(v02,r)；半徑為2r時，對B：keq\f(qAqB,2r2)＝mBeq\f(v2,2r)，解得v＝eq\f(\r(2),2)v0，則選項A正確。4、人類已探明某星球帶負電，假設(shè)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(tài)，現(xiàn)設(shè)科學(xué)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(zhuǎn)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．無法確定解析：選C在星球表面h高度處，粉塵處于懸浮狀態(tài)，說明粉塵所受庫侖力和萬有引力平衡，keq\f(q1q2,R＋h2)＝Geq\f(m1m2,R＋h2)，得kq1q2＝Gm1m2；當離星球表面2h高度時，所受合力F＝keq\f(q1q2,R＋2h2)－Geq\f(m1m2,R＋2h2).結(jié)合上式可知，F(xiàn)＝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(guī)律，因此該粉塵無論距星球表面多高，都處于懸浮狀態(tài)．5、類似雙星運動那樣，兩個點電荷的質(zhì)量分別為m1、m2，且?guī)М惙N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(nèi)做勻速圓周運動，已知m1的動能為Ek，則m2的動能為()A.eq\f(kQ1Q2,l)－EkB.eq\f(kQ1Q2,2l)－EkC.eq\f(km1Q1Q2,m2l)－EkD.eq\f(km2Q1Q2,2m1l)－Ek解析：選B對于兩點電荷，庫侖力提供向心力，則eq\f(kQ1Q2,l2)＝eq\f(m1v\o\al(2,1),r1)＝eq\f(m2v\o\al(2,2),r2)，所以Ek1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(kQ1Q2,2l2)r1＝Ek，Ek2＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(kQ1Q2,2l2)r2，因為r1＋r2＝l，所以Ek＋Ek2＝eq\f(kQ1Q2,2l2)(r1＋r2)＝eq\f(kQ1Q2,2l).解得Ek2＝eq\f(kQ1Q2,2l)－Ek.6、如圖所示，完全相同的金屬小球A和B帶有等量異種電荷，中間連有一輕質(zhì)絕緣彈簧，放在光滑的水平面上，平衡時彈簧的壓縮量為x0?，F(xiàn)將不帶電且與A、B完全相同的另一個小球C與A接觸一下，然后拿走C，待A、B重新平衡后彈簧的壓縮量為x，則()A．x＝eq\f(x0,2) B．x>eq\f(x0,2)C．x<eq\f(x0,2) D．x＝x0解析：選C平衡時，小球間的庫侖力等于彈簧彈力。設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k0，第一次平衡時有k0x0＝eq\f(kq2,r2)，小球C與A接觸后，A球電荷量變?yōu)樵瓉淼囊话?，再次平衡時有k0x＝eq\f(kq2,2r′2)。若r′＝r，則x＝eq\f(1,2)x0，彈簧壓縮量剛好為原來的一半。但實際上彈簧的長度應(yīng)變長，r′>r，所以彈簧壓縮量小于原來的一半，故x<eq\f(1,2)x0，故C正確，A、B、D錯誤。六、計算題1、如圖所示，在A、B兩點分別放置點電荷Q1＝2×10－14C和Q2＝－2×10－14C，在AB的垂直平分線上有一點C，且eq\x\to(AB)＝eq\x\to(AC)＝eq\x\to(BC)＝6×10－2m。如果有一個電子靜止在C點，則它所受的庫侖力的大小和方向如何？[解析]設(shè)電子在C點同時受A、B處點電荷的作用力大小為FA、FB，如圖所示。由庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)得FA＝FB＝keq\f(Q1e,r2)＝9.0×109×eq\f(2×10－14×1.6×10－19,6×10－22)N＝8.0×10－21N。由矢量合成的平行四邊形定則和幾何知識得，靜止在C點的電子受到的庫侖力的合力F＝FA＝FB＝8.0×10－21N，方向平行于AB向左。[答案]8.0×10－21N方向平行于AB向左2、把質(zhì)量為2.0g的帶負電的小球A用絕緣細繩懸掛起來，若將帶電荷量為Q＝4.0×10－6C的帶電小球B靠近小球A，如圖所示。當兩個帶電小球在同一高度相距30cm時，繩與豎直方向恰成45°角。(小球A、B可看成點電荷)g取10m/s2，求：(1)A球受的庫侖力大??；(2)A球所帶電荷量。解析：(1)對A球進行受力分析，如圖所示，則F庫＝mg·tan45°＝0.02N。(2)由F庫＝eq\f(kQqA,r2)得qA＝eq\f(F庫r2,kQ)＝eq\f(0.02×0.32,9×109×4.0×10－6)C＝5×10－8C。答案：(1)0.02N(2)5×10－8C兩個帶正電的小球，電荷量分別為Q和9Q，在真空中相距l(xiāng)。如果引入第三個小球，恰好使得三個小球只在它們相互之間的靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，第三個小球應(yīng)帶何種電荷，放在何處，電荷量又是多少？解析：要引入第三個小球后三個小球均處于平衡狀態(tài)，第三個小球應(yīng)放在兩個小球連線上，且?guī)ж撾?。設(shè)第三個小球帶電荷量為q，離＋Q的距離為x，以第三個小球為研究對象，由平衡條件可得：eq\f(kQq,x2)＝eq\f(k9Q·q,l－x2)，可解得x＝eq\f(l,4)以＋Q為研究對象，由平衡條件可得：eq\f(kqQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,4)))2)＝eq\f(k9Q·Q,l2)可解得q＝eq\f(9,16)Q。答案：帶負電放在＋Q和＋9Q之間，離＋Q距離為eq\f(l,4)eq\f(9,16)Q3、如圖所示，電荷量Q＝2×10－7C的正點電荷A固定在空間中O點，將質(zhì)量m＝2×10－4kg，電荷量q＝1×10－7C的另一正點電荷B從O點正上方0.5m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＝9×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)B釋放時的加速度大??；(2)P、O間的距離L。解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有mg－keq\f(qQ,l2)＝ma，解得a＝6.4m/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＝keq\f(qQ,L2)，解得L＝0.3m。答案：(1)6.4m/s2(2)0.3m4、如圖所示，把質(zhì)量為0.2g的帶電小球A用絕緣絲線吊起，若將帶電荷量為＋4×10－8C的小球B靠近它，當小球A平衡時，兩小球在同一高度且相距3cm時，絲線與豎直方向夾角為45°.g取10m/s2，小球A、B可視為點電荷，則：(1)此時小球B受到的庫侖力的大小為多少？(2)小球A帶何種電荷？(3)小球A所帶電荷量大小是多少？解析(1)根據(jù)題給條件，可知小球A處于平衡狀態(tài)，分析小球A受力情況如圖所示．則F＝mgtan45°＝0.2×10－3×10×1N＝2×10－3N，小球B受到的庫侖力與小球A受到的庫侖力為作用力和反作用力，所以小球B受到的庫侖力大小為2×10－3N.(2)小球A與小球B相互吸引，小球B帶正電，故小球A帶負電．(3)小球A、B之間的庫侖力大小F＝keq\f(qA·qB,r2)＝mgtan45°，所以qA＝eq\f(2×10－3×3×10－22,9.0×109×4×10－8)C＝5×10－9C．答案(1)2×10－3N(2)負電荷(3)5×10－9C5、如圖所示，在傾角為α的足夠長的光滑斜面上放置兩個質(zhì)量分別為2m和m的帶電小球A和B(均為可視質(zhì)點)，初始時刻它們相距為L.兩球同時由靜止開始釋放時，B球的初始加速度恰好等于零．經(jīng)過一段時間后，當兩球距離為L'時，A、B的加速度大小之比為a1∶a2＝11∶5.(靜電力常量為k)(1)若B球帶正電荷且電荷量為q，求A球所帶電荷量Q及電性；(2)求L'與L之比．解析(