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第九章
静电场及其应用
习题课1　库仑定律的应用
核心 目标 1．进一步理解库仑定律的内涵和适用条件，理解静电力的特性，能够应用库仑定律计算点电荷间的静电力．
2．能求解含静电力的共点力平衡问题、动力学问题．
能力提升 典题固法
类型
1
同一直线上三个点电荷的平衡问题
　　　　(多选)如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用．已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍．下列说法中正确的是 (　　　)
A．若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B．若q1、q3为负电荷，则q2为正电荷
C．q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
D．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
1
ABD
解析：三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以q1和q3是同种电荷，且与q2是异种电荷，A、B正确；根据库仑定律和平衡条件，则有k，可得q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，C错误，D正确．
三个自由点电荷的平衡规律
“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．
类型
2
非共线力作用下带电体的平衡问题
　　　　如图所示，两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为d的水平面上，另有一个质量为m、带电荷量为q的小球A，悬浮于空中不动，此时A离Q1的距离为d，离Q2的距离为d.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则 (　　)
A．Q1与Q2可能为异种电荷
B．Q1＝3Q2
C．Q1＝
D．Q2＝
2
D
解析：带电小球A处于静止状态，合力为0，带电小球Q1与Q2对A的静电力与A的重力平衡，则带电小球Q1与Q2对A存在静电斥力，Q1与Q2为同种电荷，A错误；根据库仑定律可知，Q1与Q2对A的静电斥力分别为F1＝，根据几何关系可知，两静电力间的夹角为90°，静电力F1与竖直方向的夹角为60°，则有tan 60°＝，联立解得Q1＝Q2，B错误；静电斥力的合力与重力等大、反向，根据几何关系可知F1＝mg cos 60°，解得Q1＝，C错误；由Q1＝Q2，解得Q2＝，D正确．
　　　　如图所示，一金属圆环均匀分布着电荷量为Q的正电荷，圆环放置在水平面上，半径为R(圆环的宽度忽略)，在距圆心O点也为R的正上方静止放置一个质量为m、电荷量为q(q的大小未知)的点电荷(静电力常量为k，重力加速度为g)，则q等于 (　　)
A．　　　　　　　　 B．
C．　　　　　　 D．
3
C
解析：设将圆环上的电荷分成n(n→∞)个极小段电荷，则每段电荷的电荷量为，由题中几何关系可知各小段电荷对q的作用力方向与竖直方向夹角均为45°，如图所示．根据库仑定律有，整个圆环的电荷量Q
对q的静电力的合力是竖直向上的且大小等于q的重力，根
据平衡条件cos 45°＝mg，解得q＝，故
C正确．
类型
3
涉及静电力的动力学问题
带电体在静电力参与下做直线或曲线运动，做加速或减速运动，与动力学问题的分析方法完全相同，在受力分析时不要漏掉静电力，带电体的运动仍然满足牛顿第二定律、向心力关系、动能定理等．
　　　　如图所示，电荷量Q＝2×10-7 C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m＝2×10-4 kg、电荷量q＝1×10-7 C的另一正点电荷B从O点正上方0.5 m处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P点．若静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，求：
(1) B释放时的加速度大小．
答案：(1) 6.4 m/s2　
4
解析：(1) 取向下为正方向，根据牛顿第二定律有
mg－k＝ma
代入数据解得a＝6.4 m/s2
(2) P、O间的距离L.
答案：(2) 0.3 m
解析：(2) 当B受到合力为0时，速度最大，则P、O间的距离L满足mg＝k
代入数据解得L＝0.3 m
随堂内化 即时巩固
1．如图所示，带电荷量为－Q的点电荷，固定在光滑绝缘的水平面上，带等量异种电荷的小球＋q和－q，固定在绝缘细棒的两端，小球均可视为点电荷．现将细棒静止放置在水平面上，－Q、＋q、－q在同一条直线上．则细棒将 (　　)
A．不会移动　　　　 B．绕－Q转动
C．向左移动　　　　 D．向右移动
解析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知带正电小球所受静电力向左，带负电小球所受静电力向右，结合库仑定律公式F库＝，又由于正电小球距离Q较近，可知细棒整体受到向左的合力，所以将向左移动，C正确．
C
2．如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相隔的距离为L(L比球半径r大得多)．B球带电荷量为QB＝－3q，A球带电荷量为QA＝＋6q，若在C上加一个水平向右的恒力F，要使A、B、C三球始终保持L的间距运动．求：
(1) F的大小．
(2) C球所带电荷量为多少？带何种电荷？
答案：(1) 　(2) 8q　带正电
解析：将A、B、C三小球看成一个系统，则三个小球之间的静电力为系统内力，当C上加一恒力F，并使三球始终保持L的间距运动，则三球的加速度相同，均为，且方向为水平向右．对于B球，由于受A球的静电力，且力的方向水平向左，那么受C球的静电力必向右，才可能产生向右的加速度，可知C球带正电荷．设C球带电荷量为QC，则由库仑定律和牛顿第二定律知
对B有k＝ma
对A有k＝ma
联立解得QC＝8q，a＝
根据牛顿第二定律得所加的恒力为
F＝3ma＝习题课1　库仑定律的应用
1. 一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M相连接，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下图中，小球M能处于静止状态的是(　　)
A B
C D
2. 在绝缘光滑的水平面上，如图所示，有相隔一定距离的两个带同种电荷的小球.若让它们从静止开始释放，则两个球的加速度和速度随时间的变化情况是(　　)
A. 速度、加速度都变大
B. 速度、加速度都变小
C. 速度变小，加速度变大
D. 速度变大，加速度变小
3. 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(视为点电荷)，在水平恒力F作用下做匀加速直线运动.若静电力常量为k，则水平恒力F的大小为(　　)
A. B.
C. D.
4. 如图所示，把一带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应(　　)
A. 带负电，放在A点
B. 带正电，放在B点
C. 带负电，放在C点
D. 带正电，放在C点
5. 两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示，A处电荷带正电Q1，B处电荷带负电Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3放在AB直线上.欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)
A. Q3为负电荷，且放于A左方
B. Q3为负电荷，且放于B右方
C. Q3为正电荷，且放于AB之间
D. Q3为正电荷，且放于B右方
6. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l，O点与小球 B的间距为l.当小球A平衡时，悬线与竖直方向的夹角θ＝30°，带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则(　　)
A. A、B间的静电力大小F＝
B. A、B间的静电力大小F＝
C. 细线拉力大小FT＝
D. 细线拉力大小FT＝mg
7. 如图所示，带电小球M固定在光滑绝缘水平面上，与M带同种电荷的小球N以速度v0从P点沿直线远离M，M、N均可视为质点且带电荷量保持不变，则小球N的速度v随时间t变化图像可能是(　　)
A B
C D
8. 两个大小相同的小球带有同种电荷(可看作点电荷)，质量分别为m1和m2，带电荷量分别为q1和q2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使线张开，分别与竖直方向成夹角α1和α2，且两球处于同一水平线上，如图所示.若α1＝α2，则下列说法中正确的是(　　)
A. 必须同时满足q1＝q2且m1＝m2
B. 一定满足＝
C. q1一定等于q2
D. m1一定等于m2
9. 如图所示，三个完全相同的可视为点电荷的小球甲、乙、丙放在光滑绝缘的水平面上，且三个小球在同一条直线上.现在小球丙上施加一水平的恒力F，三个小球保持相对静止且共同向右做匀加速直线运动.已知三个小球甲、乙、丙所带电荷量之比为6∶3∶8，且相邻两个小球之间的距离相等.下列说法中正确的是(　　)
A. 小球丙的合力大小为F
B. 小球甲、丙带异种电荷，小球甲、乙带同种电荷
C. 小球乙和小球丙之间的作用力大小为F
D. 小球甲和小球乙之间的作用力大小为F
10. 如图所示，水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷，不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连.开始时系统在图示位置静止，已知OBA. A球的质量大于B球的质量
B. B球的轨迹是一段圆弧
C. 此过程中点电荷对B球的库仑力不变
D. 此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
11. 如图所示，带电小球A和B(可视为点电荷)放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上，已知A球的质量为m，所带电荷量为＋q，B球的质量为2m，所带电荷量为－q.沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动.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.
(2) F的大小.
习题课1　库仑定律的应用
1. B
2. D　解析：由于同种电荷间存在相互作用的排斥力，两球将相互远离，距离增大，根据库仑定律得知，相互作用力减小，由牛顿第二定律得知它们的加速度变小.随着两球间距离增大，静电力做正功，动能增加，所以速度增加，D正确，A、B、C错误.
3. C　解析：选甲、乙整体为研究对象，加速度大小a＝，选乙为研究对象，由牛顿第二定律有＝ma，联立得F＝，C正确.
4. C　解析：b带负电，放在A点，a球受到吸引力斜向左下方，则a的合外力沿斜面向下，A错误；b带正电，放在B点，电场力垂直斜面向上，则a的合外力沿斜面向下，B错误；b带负电，放在C点，a球受到向右下方的吸引力，则a球受到三个力可能让其合外力为0，C正确；b带正电，放在C点，a球受到的电场力是斥力，指向左上方，所以a的合外力不可能为0，D错误.
5. A　解析：根据“两同夹异，两大夹小，近小远大”的规律可知，Q3为负电荷，且放于A左方，能使整个系统处于平衡状态，A正确.
6. B　解析：小球A的受力如图所示
由几何三角形OAB与力的矢量三角形相似，对应边成比例得＝，则FT＝，由余弦定理得AB＝＝l，则FT＝F＝＝，B正确.
7. D　解析：由题可知，两带电小球间的静电力为F＝k，根据牛顿第二定律可知a＝＝k，随着距离的增加，小球的带电荷量不变，加速度逐渐减小，故小球N做加速度逐渐减小的加速运动，D正确.
8. D　解析：两电荷间的作用力是相互作用力，无论两球带电荷量是否相同，两球之间的静电力总是等大、反向，则题中电荷带电荷量可能不同，也可能相同，但各自所受的静电力大小相同，方向相反，A、C错误；根据共点力平衡条件可得tan α1＝，tan α2＝，联立解得m1tan α1＝m2tan α2，由于α1＝α2，则有m1＝m2，D正确，B错误.
9. C　解析：设甲、乙、丙三球的质量为m，加速度为a，相邻两个小球之间的距离为r，三球的带电荷量分别为6q、3q、8q，对甲、乙、丙三球整体，由牛顿第二定律得F＝3ma，对丙球，由牛顿第二定律得F丙合＝ma＝，A错误；甲、丙间的静电力大小为F甲丙＝k＝，乙、丙间的静电力大小为F乙丙＝k＝，甲、乙间的静电力大小为F甲乙＝k＝，即F乙丙>F甲乙>F甲丙，甲、乙所受静电力的合力向右，则小球甲、丙带同种电荷，小球甲、乙带异种电荷，B错误；对乙，根据牛顿第二定律得F乙丙－F甲乙＝ma，可得＝ma＝F，则小球乙和小球丙之间的作用力大小为F乙丙＝＝F＝F，C正确；小球甲和小球乙之间的作用力大小为F甲乙＝＝F，D错误.
10. B　解析：对B球进行受力分析，B球受到轻绳的拉力FT、重力mBg和库仑力FA，由相似三角形可知＝＝＝k'(定值)，其中FT＝mAg，FA＝k，整理得＝＝k＝k'(定值)，由于OB11. (1) －　(2)
解析：(1) 根据库仑定律，两球相互吸引的静电力
F静＝k＝
A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有F静－2mgsin 30°＝2ma
解得a＝－.
(2) 把A球和B球看成整体，A、B间的静电力为系统内力，由牛顿第二定律有F－3mgsin θ＝3ma
解得F＝.习题课1　库仑定律的应用
核心 目标 1．进一步理解库仑定律的内涵和适用条件，理解静电力的特性，能够应用库仑定律计算点电荷间的静电力．
2．能求解含静电力的共点力平衡问题、动力学问题．
类型1　同一直线上三个点电荷的平衡问题
　(多选)如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用．已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍．下列说法中正确的是(　ABD　)
A．若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B．若q1、q3为负电荷，则q2为正电荷
C．q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
D．q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
解析：三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以q1和q3是同种电荷，且与q2是异种电荷，A、B正确；根据库仑定律和平衡条件，则有k，可得q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，C错误，D正确．
三个自由点电荷的平衡规律
“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．
类型2　非共线力作用下带电体的平衡问题
　如图所示，两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为d的水平面上，另有一个质量为m、带电荷量为q的小球A，悬浮于空中不动，此时A离Q1的距离为d，离Q2的距离为d.已知重力加速度为g，静电力常量为k.则(　D　)
A．Q1与Q2可能为异种电荷
B．Q1＝3Q2
C．Q1＝
D．Q2＝
解析：带电小球A处于静止状态，合力为0，带电小球Q1与Q2对A的静电力与A的重力平衡，则带电小球Q1与Q2对A存在静电斥力，Q1与Q2为同种电荷，A错误；根据库仑定律可知，Q1与Q2对A的静电斥力分别为F1＝，根据几何关系可知，两静电力间的夹角为90°，静电力F1与竖直方向的夹角为60°，则有tan 60°＝，联立解得Q1＝Q2，B错误；静电斥力的合力与重力等大、反向，根据几何关系可知F1＝mg cos 60°，解得Q1＝，C错误；由Q1＝Q2，解得Q2＝，D正确．
　如图所示，一金属圆环均匀分布着电荷量为Q的正电荷，圆环放置在水平面上，半径为R(圆环的宽度忽略)，在距圆心O点也为R的正上方静止放置一个质量为m、电荷量为q(q的大小未知)的点电荷(静电力常量为k，重力加速度为g)，则q等于(　C　)
A．　　　　　　　　 B．
C．　　　　　　 D．
解析：设将圆环上的电荷分成n(n→∞)个极小段电荷，则每段电荷的电荷量为，由题中几何关系可知各小段电荷对q的作用力方向与竖直方向夹角均为45°，如图所示．
根据库仑定律有，整个圆环的电荷量Q对q的静电力的合力是竖直向上的且大小等于q的重力，根据平衡条件cos 45°＝mg，解得q＝，故C正确．
类型3　涉及静电力的动力学问题
带电体在静电力参与下做直线或曲线运动，做加速或减速运动，与动力学问题的分析方法完全相同，在受力分析时不要漏掉静电力，带电体的运动仍然满足牛顿第二定律、向心力关系、动能定理等．
　如图所示，电荷量Q＝2×10-7 C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m＝2×10-4 kg、电荷量q＝1×10-7 C的另一正点电荷B从O点正上方0.5 m处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P点．若静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，求：
(1) B释放时的加速度大小．
(2) P、O间的距离L.
答案：(1) 6.4 m/s2　(2) 0.3 m
解析：(1) 取向下为正方向，根据牛顿第二定律有
mg－k＝ma
代入数据解得a＝6.4 m/s2
(2) 当B受到合力为0时，速度最大，则P、O间的距离L满足mg＝k
代入数据解得L＝0.3 m
1．如图所示，带电荷量为－Q的点电荷，固定在光滑绝缘的水平面上，带等量异种电荷的小球＋q和－q，固定在绝缘细棒的两端，小球均可视为点电荷．现将细棒静止放置在水平面上，－Q、＋q、－q在同一条直线上．则细棒将(　C　)
A．不会移动　　　　 B．绕－Q转动
C．向左移动　　　　 D．向右移动
解析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知带正电小球所受静电力向左，带负电小球所受静电力向右，结合库仑定律公式F库＝，又由于正电小球距离Q较近，可知细棒整体受到向左的合力，所以将向左移动，C正确．
2．如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相隔的距离为L(L比球半径r大得多)．B球带电荷量为QB＝－3q，A球带电荷量为QA＝＋6q，若在C上加一个水平向右的恒力F，要使A、B、C三球始终保持L的间距运动．求：
(1) F的大小．
(2) C球所带电荷量为多少？带何种电荷？
答案：(1) 　(2) 8q　带正电
解析：将A、B、C三小球看成一个系统，则三个小球之间的静电力为系统内力，当C上加一恒力F，并使三球始终保持L的间距运动，则三球的加速度相同，均为，且方向为水平向右．对于B球，由于受A球的静电力，且力的方向水平向左，那么受C球的静电力必向右，才可能产生向右的加速度，可知C球带正电荷．设C球带电荷量为QC，则由库仑定律和牛顿第二定律知
对B有k＝ma
对A有k＝ma
联立解得QC＝8q，a＝
根据牛顿第二定律得所加的恒力为
F＝3ma＝

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