资源简介

2021年高考一轮复习
第十七讲
电荷守恒
库仑定律
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.电荷守恒定律
2.库仑定律的理解与应用
3.库仑力作用下的平衡问题
复习目标
1.了解电荷守恒定律
2.掌握库仑定律并会应用
3．会处理库仑力作用下的平衡问题
复习重点
1.库仑定律的理解与应用
2.库仑力作用下的平衡问题
复习难点
库仑力作用下的平衡问题
一、自我诊断
知己知彼
1．如图1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开(　　)
图1
A.此时A带正电，B带负电
B.此时A带正电，B带正电
C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
【答案】C
【解析】由静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，选项A、B错误；若移去C，A、B两端电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷不能中和，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误.
2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(　　)
A．2∶1
B．4∶1
C．16∶1
D．60∶1
【答案】D
【解析】两个完全相同的金属小球相互接触并分开后，所带的电荷量均变为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．
3．如图2所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10
m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12
m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10
m/s2，静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，则(　　)
图2
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2
N
C．B球所带的电荷量为4×10－8
C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
【答案】ACD
【解析】用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；
两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示
sin
θ＝＝0.60，θ＝37°
F库＝mgtan
37°＝6.0×10－3
N，B项错误；
F库＝k
QA＝QB＝Q，r＝0.12
m
联立得Q＝4×10－8
C，故C项正确；由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．
4．如图3所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r?l。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为(　　)
图3
A．0　　　　　　　　　　
B.
C．2
D.
【答案】B
【解析】轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝，选项B正确。
5．A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为(　　)
A．－
B.
C．－F
D．F
【答案】B
【解析】设A、B间距离为x，则B、C间距离为2x，根据库仑定律有F＝k，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝k＝，考虑电场力方向易知B正确。
二、温故知新
夯实基础
三、典例剖析
举一反三
考点一
电荷守恒定律
（一）典例剖析
例1关于摩擦起电和感应起电，下列说法正确的是（
）
A．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为产生电荷
B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移
C．不论摩擦起电还是感应起电都是电荷的转移
D．以上说法均不正确
【答案】C
【解析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷。感应起电是电荷在电场力作用下从物体的一部分转移到另一部分，所以ABD错误，C正确。
【易错点】不理解摩擦起电和感应起电的实质。
【方法点拨】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有产生电荷。感应起电是电荷在电场力作用下从物体的一部分转移到另一部分。
例2．两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.
B．
C.
D．
【答案】CD
【解析】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＝k＝k.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＝4q.放回原处后的相互作用力F1＝k＝k，故＝.
(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＝3q.放回原处后的相互作用力F2＝k＝k，故＝.
【易错点】忽略了正负电荷解除后相互抵消。
【方法点拨】正负电荷接触会相互抵消后剩余量再平分。
（二）举一反三
1.
如图4所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是下图中的(　　)
图4
【答案】BC
【解析】粒子在AB连线上的平衡位置即为场强为零的位置，所以＝，得x＝，即在D点，粒子在D点左侧时所受电场力向左，粒子在D点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在D点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过D点时，先在D点左侧减速，过D点以后加速运动；或在D点左侧减速，则运动到D点速度减为0，以后一直静止，所以粒子在CD之间的运动可以用B、C图象描述，故B、C正确．
2.
绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a近旁放一金属球b，开始时，a、b都不带电，如图5所示，现使b带电，则（
）
图5
A．b将吸引a，吸住后不放开
B．b先吸引a，接触后又把a排斥开
C．a、b之间不发生相互作用
D．b立即把a排斥开
【答案】B
【解析】b球带电后，使a产生静电感应，感应的结果是a靠近b的一侧出现与b异种的感应电荷，远离b的一侧出现与b同种的感应电荷。虽然a上的感应电荷等量异号，但因为异种电荷离b更近，所以b对a的电场力为引力。当b吸引a使两者接触后，由于接触带电，b、a又带上了同种电荷，有斥力作用，因而又把a排斥开，所以B正确。
考点二
库仑定律的理解与应用
（一）典例剖析
例1如图6所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为　________　.在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α＝30°处，A受到的电场力大小为　________　.(　　)
图6
A．mg　mg
B．mg　mg
C.mg　mg
D．mg　mg
【答案】C
【解析】据题意，带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，据动能定理有：Flsin
α－mgl(1－cos
α)＝0，计算电场力为：F＝mg；改变电场强度的大小和方向后，平衡在α＝60°处时据正弦定理有：
＝，平衡在α＝30°处时，由正弦定理有：＝，经过计算得到：γ＝30°，F＝mg，故选项C正确．
【易错点】难于想到正弦定理。
【方法点拨】库仑定律适用于的点电荷。
例2三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变.由此可知(　　)
A.n＝3
B.n＝4
C.n＝5
D.n＝6
【答案】D
【解析】由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷.由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比.又由于三个小球相同，则两球接触时平分总电荷量，故有q·nq＝·，解得n＝6，D正确.
【易错点】不能准确计算出接触后每个小球的电荷量。
【方法点拨】利用库仑定律和电荷守恒定律进行求解。
（二）举一反三
1．真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷增加了，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】因为一个点电荷增加了，则q1′＝q1，根据库仑定律的公式F＝k知，若库仑力不变，则q2′＝q2，即另一电荷减小了。故B正确，A、C、D错误。
2．如图7所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F.今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(　　)
图7
A.
B．
C.
D．
【答案】A
【解析】A、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为＋q、－q.当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q1＝＋，当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q2＝－.由库仑定律F＝k知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F′＝，A项正确．
考点三
库仑力作用下的平衡问题
（一）典例剖析
例1两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图8所示．A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量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(　　)
图8
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A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
【答案】A
【解析】因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一个为引力，一个为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间．根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧．要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故应选A.
【易错点】没有考虑到每个电荷所受的力应为其它两个电荷库仑力的合力。
【方法点拨】正确进行受力分析，再利用平衡方程进行分析。
例2如图9所示，光滑水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为＋3q，B球带电荷量为－q，由静止同时释放后A球加速度的大小为B球的3倍．现在A、B中点固定一个带正电的C球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放A、B两球，结果两球加速度大小相等．则C球带电荷量为(　　)
图9
A.
B．
C.
D．
【答案】BC
【解析】由静止同时释放后A球加速度的大小为B球的3倍，根据牛顿第二定律可知，A、B两个带电小球的质量之比为1∶3；当在A、B中点固定一个带正电的C球，由静止同时释放A、B两球，释放瞬间两球加速度大小相等．(1)若两球的加速度方向相反，即A球向右，B球向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A，k－k＝ma，对B，k＋k＝3ma，综上解得，QC＝q；(2)若两球的加速度方向相同，即A、B球均向左，根据库仑定律与牛顿第二定律，对A，k－k＝ma，对B，k＋k＝3ma，综上解得，QC＝q，故B、C正确，A、D错误．
【易错点】不能建立正确的力学模型。
【方法点拨】应选求整体的加速度。
例3如图10，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)
图10
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】因为小球a、b对小球c的静电力的合力方向垂直于a、b连线向上，又因c带负电，所以匀强电场的场强方向为垂直于a、b连线向上．分析小球a受力情况：b对a的排斥力F1、c对a的吸引力F2和匀强电场对a的电场力F3＝qE，如图所示．根据a受力平衡可知，利用正交分解法：F2cos
60°＝F1＝k　F2sin
60°＝qE.解得E＝.
【易错点】不能建立力学模型。
【方法点拨】对研究对象进行受力分析，再列平衡方程进行求解。
（二）举一反三
1．如图11所示，可视为点电荷的小球A、B分别带负电和正电，B球固定，其正下方的A球静止在绝缘斜面上，则A球受力个数可能为(　　)
图11
A．可能受到2个力作用
B．可能受到3个力作用
C．可能受到4个力作用
D．可能受到5个力作用
【答案】AC
【解析】对A进行受力分析可知，A可能受到重力和库仑力的作用处于平衡状态，也可能受到重力、库仑力、弹力和摩擦力的作用处于平衡状态，故本题选择AC。
2.如图12所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法(　　)
图12
A．微小量放大法
B．极限法
C．控制变量法
D．逐差法
【答案】AC
【解析】当小球C靠近小球A时，库仑力使悬丝扭转较小的角度，通过悬丝上的小镜子反射光线放大，能比较准确地测出转动角度．同时体现了控制变量法，即分别控制q和r不变，研究库仑力F与r和q的关系，故A、C正确．
3.
如图13所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(　　)
图13
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝
时，细线上的拉力为0
C．当＝
时，细线上的拉力为0
D．当＝
时，斜面对小球A的支持力为0
【答案】AC
【解析】根据库仑定律得A、B间的库仑力F库＝k，则A正确；当细线上的拉力为0时满足k＝mgtan
θ，得到＝
，则B错误，C正确．斜面对小球A的支持力始终不为零，则D错误．
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1．光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列图中的放置方法能使M、N静止的是(图中细杆的中点均与P1、P2连线的中点重合)(　　)
【答案】BD
【解析】根据矢量合成可得，在P1、P2连线的中垂线上的电场强度方向水平向右，故如题图A、题图C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C错误；在P1、P2的连线上电场方向由正电荷指向负电荷，即水平向右，如题图B、题图D放置方式，由对称性知，M、N所在位置的电场强度大小相等，方向相同，电荷M、N所受电场力等大反向，所以B、D正确．
2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开，下面各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（
）
【答案】B
【解析】由于验电器原来不带电，因此，验电器的金属球和箔片带异号电荷，A、C两项错误，验电器靠近带电金属球的一端感应出与带电金属球异号的电荷，D项错误，故本题选择B。
3.
如图14所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以AB为直径的光滑绝缘半圆上，穿着一个带电小球＋q(可视为点电荷)，在P点平衡．不计小球的重力，那么，PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系应满足(　　)
图14
A．tan3α＝　　　　
B．tan2α＝
C．tan3α＝
D．tan2α＝
【答案】A
【解析】对小球受力分析如图所示，则F1＝k，F2＝k，tan
Iα＝＝，整理得tan3α＝，选项A正确．
4.
如图15所示，固定一带负电小球a的绝缘支架放在电子秤上，此时电子秤示数为F，现将带等量负电的另一小球b移至距离小球a正上方L处时，电子秤示数为F1，若只将小球b的电性改为正电荷，电子秤示数为F2，则(　　)
图15
A．F1＝F2
B．F1＋F2＝F
C．若小球b带负电，L增大，则F1也增大
D．若小球b带正电，L减小，则F2也减小
【答案】D
【解析】将带等量负电的另一小球b移至距离小球a正上方L处时，b对a有向下的库仑力作用，设为F′，则示数F1＝F＋F′，若只将小球b的电性改为正电荷，b对a有向上的库仑力作用，则示数为F2＝F－F′，所以F1>F2，F1＋F2＝2F，故A、B错误；若小球b带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，故C错误；若小球b带正电，L减小，根据库仑定律可知，F′增大，则F2＝F－F′减小，故D正确．
5.
用等长的绝缘丝线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A、B(均可视为质点且不计两球之间的万有引力)，两线上端固定在同一点O，把B球固定在O点的正下方，当A球静止时，两悬线夹角为θ，如图16所示，若其他条件不变，只改变下列某些情况，能够保持两悬线夹角θ不变的方法是(　　)
图16
A．同时使两悬线的长度都减半
B．同时使A球的质量、电荷量都减半
C．同时使A、B两球的质量、电荷量都减半
D．同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半
【答案】BD
【解析】如图所示，以小球A为研究对象，受重力mg、静电斥力F和拉力FT的作用，三力平衡．设线长为l，由力学三角形和几何三角形关系可得＝，其中F＝k，d＝2lsin
.同时使A球的质量、电荷量都减半，则两悬线夹角θ不变，选项B正确；同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半，两悬线夹角θ不变，选项D正确．
【巩固】
1.
如图17所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α＝30°，β＝60°，则两小球mA和mB之比为(　　)
图17
A.∶1
B．1∶2
C．1∶
D．2∶1
【答案】A
【解析】将两根悬线和小球A、B视为一个系统，则球和线之间的相互作用力、静电力均为内力，受力分析如图所示，以悬点O为固定转动轴，系统在mAg和mBg的力矩作用下处于平衡状态，得mAgLA＝mBgLB，其中LA＝Lsin
α，LB＝Lsin
β，则＝＝＝，故A正确．
2.
如图18所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5
C，质量均为0.72
kg，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球一端固定绝缘棒，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°，则B球距离A球的距离可能为(　　)
A．0.5
m
B．0.8
m
C．1.2
m
D．2.5
m
图18
【答案】AB
【解析】对A受力分析，受重力mg、绳的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin
30°＝，解得r＝1
m，所以两球的距离d≤1
m，A、B正确。
3.
在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图19所示。图中－q与－q的连线跟－q与＋Q的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为(　　)
图19
A．cos3
α＝
B．cos3α＝
C．sin3α＝
D．sin3α＝
【答案】AC
【解析】设菱形的边长为L，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kcos
α＝k，解得：cos3α＝，A正确，B错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2ksin
α＝k，解得：sin3α＝，C正确，D错误。
4.
如图20所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角。B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1。现缓慢推动B球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则(　　)
图20
A．F1＜F2
B．F1＞F2
C．L1＜L2
D．L1＞L2
【答案】BC
【解析】对A球受力分析如图所示，A球受到重力mg、支持力FNA和库仑力F库，在B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知库仑力在变小，根据库仑定律F库＝k可知L变大，即A、B之间的距离变大，C正确，D错误；对B球受力分析如图所示，B球受到重力mg、支持力FNB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知F＝F库cos
β，在B球向C移动的过程中，β在变大，则cos
β变小，库仑力也在减小，故推力F变小，即F1＞F2，A错误，B正确。
【拔高】
1．如图21所示，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1>θ2)．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则(　　)．
图21
A．mA一定小于mB
B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB
D．EkA一定大于EkB
【答案】ACD
【解析】以A小球为研究对象有：TAcos
θ1＝mAg，TA
sin
θ1＝FBA，以B小球为研究对象有：TBcos
θ2＝mBg，TBsin
θ2＝FAB，且FAB＝FBA、因θ1>θ2，故TB>TA，而cos
θ2>cos
θ1，故mB>mA，选项A正确．因A、B两球摆到最低点时：A小球下降的高度hA大于B小球下降的高度hB.由mv2＝mgh有v＝
，所以vA>vB，故选项C正确．由库仑定律FAB＝，故无法确定qA和qB的大小，选项B错误．EkA＝mAv＝mAgLA(1－cos
θ1)＝FABLA＝FABLAcos
θ1tan，同理：EkB＝FABLBcos
θ2tan
，LAcos
θ1＝LBcos
θ2，又θ1>θ2，所以tan
>tan
，即EkA>EkB，故选项D正确．
2.真空中有两个完全相同的金属小球，A球带qA＝6.4×10－16
C的正电荷，B球带qB＝
－3.2×10－16
C的负电荷，均可视为点电荷，求：
(1)当它们相距为0.5
m时，A、B间的库仑力为多大？
(2)若将两球接触后再分别放回原处，A、B间的库仑力又为多大？(以上结果均保留三位有效数字)
【答案】(1)7.37×10－21
N　(2)9.22×10－22
N
【解析】(1)A、B两球带异种电荷，因此，A、B间的库仑力是引力，由库仑定律可得它们间的库仑力大小为F＝k＝9×109×
N≈7.37×10－21
N.
(2)两球接触后，它们的带电荷量均为：
QA＝QB＝＝
C＝1.6×10－16
C
所以分别放回原处后，两球间的库仑力大小为
F′＝k＝9×109×
N≈9.22×10－22
N.
3.
如图22所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43
kg，mB＝0.20
kg，mC＝0.50
kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5
C、qC＝＋7×10－5
C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止．现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0
m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力．已知静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，g取10
m/s2.求：
图22
(1)开始时BC间的距离L；
(2)F从变力到恒力需要的时间t；
(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31
J，求系统电势能的变化量ΔEp.
【解析】(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：
(mA＋mB)gsin
30°＝
解得：L＝2.0
m.
(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：
－mBgsin
30°＝mBa
解得：l＝3.0
m
由匀加速运动规律得：l－L＝at2
解得：t＝1.0
s.
(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：
WF－(mA＋mB)g(l－L)sin
30°＋WC＝(mA＋mB)v2
又v＝at，代入数据解得：WC＝2.1
J
所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1
J.
【答案】(1)2.0
m　(2)1.0
s　(3)－2.1
J
4．三个电荷量均为Q(正电)的小球质量均为m，放在水平光滑绝缘桌面上，分别位于等边三角形的三个顶点，其边长为L，如图23所示．
图23
(1)三角形的中心O点应放置什么性质的电荷，才能使三个带电小球都处于静止状态？其电荷量是多少？
(2)若中心电荷的电荷量在(1)问基础上加倍，三个带电小球将加速运动，求其开始运动瞬间的加速度大小．
(3)若中心电荷的电荷量在(1)问基础上加倍后，仍保持三个小球相对距离不变，可让它们绕中心电荷同时旋转，求它们旋转的线速度大小．
【答案】(1)负电荷　Q　(2)　(3)Q
【解析】(1)根据对称性A、B、C每个带电小球受其他两个小球的库仑力的合力沿与中心连线向外，所以要使三个带电小球都处于静止平衡状态，必须在O点放上负电荷，对A、B、C中任意一个受力分析，根据平衡条件列方程可得cos
30°＝，所以q＝Q.
(2)如图所示，对任意小球由牛顿第二定律得
cos
30°＝ma
所以a＝.
(3)对任意小球由牛顿第二定律得
cos
30°＝m
所以v＝Q.

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