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专题强化1　库仑定律的应用
[学习目标]　1.会利用库仑定律分析同一直线上三个点电荷的平衡问题(重点)。2.会利用库仑定律分析非共线力作用下带电体的平衡问题(重点)。3.会处理库仑力作用下带电体的动力学问题(难点)。
一、同一直线上三个点电荷的平衡问题
例1　A、B两个点电荷相距为r，A带有9Q的正电荷，B带有4Q的正电荷(如图)。
(1)A和B固定，如何放置一个电荷量为q的正点电荷C，才能使点电荷C处于平衡状态？若将C换成等量负电荷C′，C′平衡的位置是否发生变化？
(2)如果A和B是自由的，在何处放置第三个点电荷D，使系统处于平衡状态，求D的位置、电性和电荷量。
(3)若将B变为电荷量为4Q的负电荷，在何处放置一个点电荷E，使系统处于平衡状态，求E的位置、电性和电荷量。
1．两个电荷固定，第三个电荷平衡问题
只需要确定第三个电荷位置即可，对其电性和所带电荷量没有要求。
2．三个自由电荷的平衡问题
(1)同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，每个电荷受到的合力均为零。根据平衡条件可得，电荷间的关系为：
“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；
“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
(2)对于三个自由电荷的平衡问题，只需对其中两个电荷列平衡方程，不必再对第三个电荷列平衡方程。
二、非共线力作用下带电体的平衡问题
分析带电体在有库仑力作用下的平衡问题时，方法仍然和力学中分析物体的平衡方法一样，可以说是“电学问题，力学方法”，一般按照如下的顺序：
(1)确定研究对象。如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选择“整体法”或“隔离法”。
(2)对研究对象进行受力分析，多了库仑力。
(3)列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)。
例2　(2024·广州市高二期末)如图，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是(　　)
A．小球A、B间的库仑力变小 B．小球A、B间的库仑力不变
C．小球A对筒壁的压力变小 D．小球A对筒底的压力不变
例3　(2024·东莞市松山湖莞美学校月考)如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d，若A球电荷量保持不变，B球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是(　　)
A．丝线对B球的拉力逐渐变大
B．A球对B球的库仑力逐渐变大
C．当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的
D．当AB间距离减为时，B球的电荷量减小为原来的
三、含库仑力的动力学问题
例4　(2024·湛江市高二期末)如图所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处的斜面上无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。
(1)A球刚释放时的加速度是多大？
(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。
专题强化1　库仑定律的应用
例1　(1)要使点电荷C处于平衡状态，需使A、B对C的库仑力等大反向，故C电荷只能放在A、B间。设该位置距A为x，则k＝k，解得x＝r，根据平衡方程可判断A、B固定，要使C平衡与C的电荷量与电性无关，故换成负电荷，平衡状态不发生变化，故平衡位置不变化。
(2)D平衡位置由(1)可知，x＝r，如图甲所示，
B对A的库仑力向左，则D对A的库仑力向右，故D带负电，列平衡方程得
＝k，QD＝Q。
(3)若E为负电荷，要使A平衡，需将E放在A左侧，如图乙；由于A的电荷量大，距离小，库仑力大，E不会平衡，故E为正电荷，应放在B的右侧，如图丙。
对B，k＝k，
对E，k＝k
解得QE＝36Q，x′＝2r。
例2　D　[根据题意，对B受力分析，如图所示，
由平衡条件有F库cos θ＝mBg，解得小球A、B间的库仑力F库＝，B下降，θ角变大，cos θ变小，库仑力F库变大，A、B错误；
根据题意，对A受力分析，如图所示，
由平衡条件有，筒壁对小球A的支持力为FN壁＝F库sin θ，由于F库和sin θ都变大，则FN壁变大，由牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大；以A、B整体为研究对象可知，筒底对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知，A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，保持不变，故D正确。]
例3　C　[B球受力如图所示，
△ABO和△CBD相似，则有＝＝，在B球缓慢漏电的过程中，OA、OB、mg均不变，可知丝线对B球的拉力不变，d逐渐减小，库仑力F逐渐减小，故A、B错误；
当A、B球间距离减为时，库仑力和A、B球间距离比值不变，则有＝，
即＝，
解得qB′＝qB，B球的电荷量减小为原来的，故C正确，D错误。]
例4　(1)gsin α－
(2)
解析　(1)根据牛顿第二定律有mgsin α－F＝ma
根据库仑定律有F＝k，r＝联立以上各式解得
a＝gsin α－
(2)当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时A球与B点间的距离为R，则
mgsin α＝，解得R＝。(共45张PPT)
DIYIZHANG
第一章
专题强化1　库仑定律的应用
1.会利用库仑定律分析同一直线上三个点电荷的平衡问题(重点)。
2.会利用库仑定律分析非共线力作用下带电体的平衡问题(重点)。
3.会处理库仑力作用下带电体的动力学问题(难点)。
学习目标
一、同一直线上三个点电荷的平衡问题
二、非共线力作用下带电体的平衡问题
专题强化练
三、含库仑力的动力学问题
内容索引
同一直线上三个点电荷的平衡问题
一
　 A、B两个点电荷相距为r，A带有9Q的正电荷，
B带有4Q的正电荷(如图)。
(1)A和B固定，如何放置一个电荷量为q的正点电荷C，才能使点电荷C处于平衡状态？若将C换成等量负电荷C′，C′平衡的位置是否发生变化？
例1
(2)如果A和B是自由的，在何处放置第三个点电荷D，使系统处于平衡状态，求D的位置、电性和电荷量。
(3)若将B变为电荷量为4Q的负电荷，在何处放置一个点电荷E，使系统处于平衡状态，求E的位置、电性和电荷量。
答案　若E为负电荷，要使A平衡，需将E放在A左侧，如图乙；由于A的电荷量大，距离小，库仑力大，E不会平衡，故E为正电荷，应放在B的右侧，如图丙。
解得QE＝36Q，x′＝2r。
1.两个电荷固定，第三个电荷平衡问题
只需要确定第三个电荷位置即可，对其电性和所带电荷量没有要求。
2.三个自由电荷的平衡问题
(1)同一直线上的三个自由点电荷都处于平衡状态时，每个电荷受到的合力均为零。根据平衡条件可得，电荷间的关系为：
“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；
“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；
总结提升
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
(2)对于三个自由电荷的平衡问题，只需对其中两个电荷列平衡方程，不必再对第三个电荷列平衡方程。
总结提升
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非共线力作用下带电体的平衡问题
二
分析带电体在有库仑力作用下的平衡问题时，方法仍然和力学中分析物体的平衡方法一样，可以说是“电学问题，力学方法”，一般按照如下的顺序：
(1)确定研究对象。如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选择“整体法”或“隔离法”。
(2)对研究对象进行受力分析，多了库仑力。
(3)列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)。
　(2024·广州市高二期末)如图，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是
A.小球A、B间的库仑力变小
B.小球A、B间的库仑力不变
C.小球A对筒壁的压力变小
D.小球A对筒底的压力不变
例2
√
根据题意，对A受力分析，如图所示，由平衡条件有，筒壁对小球A的支持力为FN壁＝F库sin θ，由于F库和sin θ都变大，则FN壁变大，由牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大；以A、B整体为研究对象可知，筒底对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知，A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，保持不变，故D正确。
　(2024·东莞市松山湖莞美学校月考)如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，A球固定，B球用长为L的绝缘丝线悬挂在O点，静止时A、B相距为d，若A球电荷量保持不变，B球缓慢漏电，不计两小球半径，则下列说法正确的是
A.丝线对B球的拉力逐渐变大
B.A球对B球的库仑力逐渐变大
例3
√
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含库仑力的动力学问题
三
　(2024·湛江市高二期末)如图所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处的斜面上无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。
(1)A球刚释放时的加速度是多大？
例4
根据牛顿第二定律有mgsin α－F＝ma
(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。
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专题强化练
四
1.(2023·揭阳市高二期中)如图，在光滑绝缘固定斜面上有带电小球a与b，两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，则下列关于a、b的电性及初始位置，符合要求的是
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基础强化练
√
带电小球a在光滑绝缘斜面上，对其受力分析，受重力、支持力和带电小球b对它的库仑力。两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡，故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上。综上所述只有B图符合题意。
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2.(2024·江门市高二期末)如图所示，有两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9 C和q2＝－9×10－9 C，两者固定于相距20 cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处
A.a的左侧40 cm B.a、b的中点
C.b的右侧40 cm D.无法确定
√
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12
q1的电量比q2电量小且电性相反，所以第三个电
荷不论正负，只有放在q1的左侧才能处于平衡，
且q1与q2对该点电荷的库仑力大小应相等，所以设q与q1的距离为r，
则有 代入数据解得r＝0.4 m，即点电荷q在ab连线上，
a的左侧40 cm处，故A正确，B、C、D错误。
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3.(2023·广州市高二期末)如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，l1＞l2。若q2为正电荷，且每个电荷都处于平衡状态，关于q1、q3的电性和q1、q2、q3电荷量大小的关系下列说法中正确的是
A.q1、q3都带负电，q1＞q2＞q3
B.q1、q3都带正电，q1＜q2＜q3
C.q1、q3都带负电，q1＞q3＞q2
D.q1、q3都带正电，q1＞q3＞q2
√
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12
由于q2为正电荷，所以q2、q3电性相反，同理，由对称性知q3平衡，q1、q2电性相反，所以q1、q3带负电，故选项C正确。
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2
3
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4.(2024·广州市高二月考)如图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(P、Q连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是
A.P、Q所带电荷量为
B.P对斜面体的压力为0
C.斜面体受到地面的摩擦力为0
D.斜面体对地面的压力为(M＋m)g
√
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斜面体在水平方向由平衡条件可得，斜面体
受到地面的摩擦力为f＝FN′sin θ＝mgtan θ，
C错误；
斜面体在竖直方向由平衡条件可得FN地＝Mg＋FN′cos θ＝(M＋m)g，即斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，D正确。
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5.(2024·揭阳市高二期末)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为r、带电荷量分别为＋q和－q的小球甲、乙，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动。静电力常量为k，则水平恒力F的大小为
1
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√
6.(2024·广州市高二开学考试)在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为
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√
7.(多选)(2023·深圳市高二期中)如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是
A.a球的质量比b球的大
B.若同时剪断两根细线，则a、b两球同时落地
C.a球的电荷量比b球的大
D.若同时剪断两根细线，则a、b两球飞行的水平距离相等
√
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√
剪断细线后，两球竖直方向只受重力，竖直方
向上做自由落体运动，同时落地，故B正确；
无法比较电荷量大小，故C错误；
由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误。
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8.(2023·深圳市高二期中)如图，带正电的小球a在外力作用下静止在绝缘光滑竖直面上的P点，带正电的小球b用绝缘细线系住，挂在绝缘光滑竖直面上的O点，b球静止时与a球在同一水平面内。若将小球a从P点缓慢移到C点过程中，两小球所带电荷保持不变，则小球b所受的库仑力大小
A.逐渐增大
B.逐渐减小
C.保持不变
D.先减小后增大
√
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能力综合练
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9.(多选)(2024·汕头市高二期末)如图所示，倾角为θ的斜面静止在水平面上，将一带电荷量为＋q的小球固定在斜面底端，另一质量为m、电荷量为＋q的小球静止在斜面上，小球与斜面间的动摩
擦因数为μ，且μ速度为g，静电力常量为k，试判断电荷量q的取值
范围
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12
√
√
1
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3
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11
12
10.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是
A.物体A受到斜面的支持力先增大后减小
B.物体A受到斜面的支持力先减小后增大
C.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
D.地面对斜面C的摩擦力先减小后增大
√
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对A研究：B对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该力为F′，斜面倾角为α，根据平衡条件得斜面对A的支持力FN＝mgcos α＋F′，可知FN先增大后减小，故A正确，B错误；
以A和C整体为研究对象，分析受力情况如图所示，设
B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ，根据
平衡条件得f＝Fsin θ，由于F大小不变，θ减小，则知地
面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故C、D错误。
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11.(2024·湖北省东面联盟高二期中)如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
(1)加速度a的大小；
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隔离B球，由牛顿第二定律有F库－mgsin 30°＝ma
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(2)F的大小。
1
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12
把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有
尖子生选练
12.如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是
A.斜面对A的弹力增大
B.水平面对B的弹力不变
C.推力F减小
D.两球之间的距离变小
√
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2
3
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5
6
7
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12
对A、B整体受力分析可知FNB与FNA的竖直分量之和等于A、B的重力之和，FNA减小，则FNA的竖直分量减小，FNB增大，故B错误；
对B受力分析，如图所示，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，故C正确。
对小球A受力分析，如图所示，由平行四边形定则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力FNA减小，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，故A、D错误；
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12作业3　库仑定律的应用
[分值：100分]
1～7题每题7分，共49分
1．(2023·揭阳市高二期中)如图，在光滑绝缘固定斜面上有带电小球a与b，两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，则下列关于a、b的电性及初始位置，符合要求的是(　　)
2．(2024·江门市高二期末)如图所示，有两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10－9 C和q2＝－9×10－9 C，两者固定于相距20 cm的a、b两点上，有一个点电荷q放在a、b所在直线上，且静止不动，该点电荷所处的位置是何处(　　)
A．a的左侧40 cm B．a、b的中点
C．b的右侧40 cm D．无法确定
3．(2023·广州市高二期末)如图所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1，q2与q3之间的距离为l2，l1＞l2。若q2为正电荷，且每个电荷都处于平衡状态，关于q1、q3的电性和q1、q2、q3电荷量大小的关系下列说法中正确的是(　)
A．q1、q3都带负电，q1＞q2＞q3
B．q1、q3都带正电，q1＜q2＜q3
C．q1、q3都带负电，q1＞q3＞q2
D．q1、q3都带正电，q1＞q3＞q2
4.(2024·广州市高二月考)如图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(P、Q连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面体的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
5．(2024·揭阳市高二期末)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为r、带电荷量分别为＋q和－q的小球甲、乙，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动。静电力常量为k，则水平恒力F的大小为(　　)
A. B.
C. D.
6．(2024·广州市高二开学考试)在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为(　　)
A.v0 B.v0
C．2v0 D.
7.(多选)(2023·深圳市高二期中)如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是(　　)
A．a球的质量比b球的大
B．若同时剪断两根细线，则a、b两球同时落地
C．a球的电荷量比b球的大
D．若同时剪断两根细线，则a、b两球飞行的水平距离相等
8～10题每题9分，11题13分，共40分
8.(2023·深圳市高二期中)如图，带正电的小球a在外力作用下静止在绝缘光滑竖直面上的P点，带正电的小球b用绝缘细线系住，挂在绝缘光滑竖直面上的O点，b球静止时与a球在同一水平面内。若将小球a从P点缓慢移到C点过程中，两小球所带电荷保持不变，则小球b所受的库仑力大小(　　)
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．先减小后增大
9.(多选)(2024·汕头市高二期末)如图所示，倾角为θ的斜面静止在水平面上，将一带电荷量为＋q的小球固定在斜面底端，另一质量为m、电荷量为＋q的小球静止在斜面上，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，且μA．q≤a
B．q≥a
C．q≥a
D．q≤a
10.如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．物体A受到斜面的支持力先增大后减小
B．物体A受到斜面的支持力先减小后增大
C．地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
D．地面对斜面C的摩擦力先减小后增大
11．(13分)(2024·湖北省东面联盟高二期中)如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
(1)(7分)加速度a的大小；
(2)(6分)F的大小。
(11分)
12.如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，下列说法正确的是(　　)
A．斜面对A的弹力增大
B．水平面对B的弹力不变
C．推力F减小
D．两球之间的距离变小
作业3　库仑定律的应用
1．B　2.A
3．C　[若q2处于平衡状态由库仑定律有k＝k，l1＞l2，可知q1＞q3。再由q3平衡得k＝k，则q1＞q2，再由q1平衡，得出q3＞q2，所以q1＞q3＞q2；由于q2为正电荷，所以q2、q3电性相反，同理，由对称性知q3平衡，q1、q2电性相反，所以q1、q3带负电，故选项C正确。]
4．D　[P静止且受斜面体的摩擦力为0，对P由平衡条件可得k＝mgtan θ，解得P、Q所带电荷量为q＝，A错误；
斜面体对P的支持力为FN＝，由牛顿第三定律可知，P对斜面体的压力为FN′＝FN＝，B错误；
斜面体在水平方向由平衡条件可得，斜面体受到地面的摩擦力为f＝FN′sin θ＝mgtan θ，C错误；
斜面体在竖直方向由平衡条件可得FN地＝Mg＋FN′cos θ＝(M＋m)g，即斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，D正确。]
5．C　[选甲、乙整体为研究对象，加速度a＝，选乙为研究对象，由牛顿第二定律有＝ma，联立得F＝，故选C。]
6．A　[半径为r时，对B球，k＝mB，半径为2r，时，对B球，k＝mB，解得v＝v0，故选A。]
7．AB　[设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得tan α＝，tan β＝，因α<β，故有ma>mb，故A正确；
剪断细线后，两球竖直方向只受重力，竖直方向上做自由落体运动，同时落地，故B正确；
无法比较电荷量大小，故C错误；
由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误。]
8．B　[设O、P间距离为h，两球间距为x，对小球b受力分析，如图所示，
在小球a缓慢下移过程，由相似三角形可得＝，两电荷间库仑力为F＝k，联立可得＝k，由于h变大，故x变大，则F变小，B正确。]
9．AC　[q的值很大时，摩擦力沿斜面向下，此时≤mgsin θ＋μmgcos θ，解得q≤ a，q的值很小时，摩擦力沿斜面向上，此时≥mgsin θ－μmgcos θ，解得q≥a，故选A、C。]
10．A　[对A研究：B对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该力为F′，斜面倾角为α，根据平衡条件得斜面对A的支持力FN＝mgcos α＋F′，可知FN先增大后减小，故A正确，B错误；
以A和C整体为研究对象，分析受力情况如图所示，
设B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得f＝Fsin θ，由于F大小不变，θ减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故C、D错误。]
11．(1)－g　(2)
解析　(1)根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力大小为F库＝k
隔离B球，由牛顿第二定律有F库－mgsin 30°＝ma
联立解得加速度大小为a＝－g
(2)把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有F－2mgsin 30°＝2ma，
解得F＝。
12．C　[对小球A受力分析，如图所示，由平行四边形定则可知，当A球到达虚线位置时斜面对A的弹力FNA减小，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律可知，两球间距变大，故A、D错误；对A、B整体受力分析可知FNB与FNA的竖直分量之和等于A、B的重力之和，FNA减小，则FNA的竖直分量减小，FNB增大，故B错误；对B受力分析，如图所示，F等于库仑力F库的水平分量，因F库减小且F库与水平方向的夹角变大，则F库的水平分量减小，即F减小，故C正确。]

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