7.1庫侖定律電場力的性質（講義）（4考點5題型）

7.1庫侖定律電場力的性質TOC\o"13"\h\z\u考點一庫侖定律的理解及應用 1考點二電場強度的理解 2考點三電場線和運動軌跡問題 3考點四帶電體的力電綜合問題 3TOC\o"44"\h\z\u題型1庫侖定律的理解和應用 4題型2庫侖力作用下的平衡問題 5題型3庫侖力下的變速問題 12題型4點電荷電場強度的疊加 14題型5非點電荷電場強度的疊加和計算 18考點一庫侖定律的理解及應用1．表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，適用條件是真空中兩靜止點電荷之間相互作用的靜電力．2．平衡問題應注意：(1)明確庫侖定律的適用條件；(2)知道完全相同的帶電小球接觸時電荷量的分配規(guī)律；(3)進行受力分析，靈活應用平衡條件．3．三個自由點電荷的平衡問題(1)條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反．(2)規(guī)律：“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．考點二電場強度的理解1．場強公式的比較三個公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗電荷是否存在無關)),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點電荷產生的電場,Q為場源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強電場,U為兩點間的電勢差，d為沿電場方向兩,點間的距離))))2．電場的疊加(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產生的電場強度為各電荷單獨在該處所產生的電場強度的矢量和．(2)運算法則：平行四邊形定則．等量同種和異種點電荷的電場線的比較比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強連線上O點場強最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大小(從左到右)沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關于O點對稱的A與A′、B與B′的場強等大同向等大反向考點三電場線和運動軌跡問題1．電場線與運動軌跡的關系根據電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下3個條件時，兩者才會重合：(1)電場線為直線；(2)電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行．2．解題思路(1)根據帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；(2)把電場線方向、受力方向與電性相聯(lián)系；(3)把電場線疏密和受力大小、加速度大小相聯(lián)系，有時還要與等勢面聯(lián)系在一起．電場線與軌跡問題判斷方法(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設法”分別討論各種情況．考點四帶電體的力電綜合問題1．解答力電綜合問題的一般思路2．運動情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合＝0.(2)做直線運動①勻速直線運動：F合＝0.②變速直線運動：F合≠0，且F合與速度方向總是一致．(3)做曲線運動：F合≠0，F(xiàn)合與速度方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線凹的一側．(4)F合與v的夾角為α，加速運動：0≤α＜90°；減速運動；90°＜α≤180°.(5)勻變速運動：F合＝恒量．題型1庫侖定律的理解和應用（2023秋?合肥期末）兩個分別帶有電荷量為﹣Q和+5Q的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，它們之間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后再放回原處，則兩球之間庫侖力的大小為（）A．5F16 B．F5 C．4F5 【解答】解：接觸前，根據庫侖定律得F=5k兩小球接觸后，兩球所帶電量先中和后平分，故接觸后兩球帶電量均為q=-Q+5Q接觸后，根據庫侖定律，兩球之間庫侖力大小為F'故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2023秋?道里區(qū)校級期末）兩個完全相同的金屬球A和B帶異種電荷，電量大小之比為1：9，相距為r。兩者接觸一下放回原來的位置，則后來兩小球之間的靜電力大小與原來之比是（）A．16：9 B．9：4 C．4：9 D．9：16【解答】解：設金屬球A和B帶電量分別為q和9q，相距為r，則F=k后來兩小球之間的靜電力大小F′＝K4q?4qr2=K16q2r2故選：A。（2023秋?大興區(qū)期末）兩個分別帶有電荷量﹣Q和+5Q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，兩小球相互接觸后放回原處，則兩球間庫侖力的大小為（）A．F B．45F C．95F【解答】解：接觸前，根據庫侖定律得F=兩小球接觸后，兩球所帶電量先中和，后平分，q=-Q+5Q接觸后，根據庫侖定律得F′=故B正確，ACD錯誤；故選：B。（2023秋?重慶期末）如圖所示，真空中，a、b、c三處分別固定電荷量為+q、﹣q、+q的三個點電荷。已知靜電力常量為k，ab＝bc＝l，∠abc＝120°則b處點電荷受到a、c兩處點電荷的庫侖力的合力大小為（）A．kq2l2 B．3kq22l【解答】解：由庫侖定律可知，b處點電荷受到a、c兩處點電荷的庫侖力大小均為F=kq2l2F合=F=kq2故選：A。題型2庫侖力作用下的平衡問題（2023秋?九龍坡區(qū)期末）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面的同一直線上，放置三個可視為點電荷的小球M、N和P，其中M和N固定，帶電量分別為﹣q1和+q2，若小球P能保持靜止，則（）A．P一定帶正電，q1＝q2 B．P一定帶負電，q1＝q2 C．P可能帶正電，q1＞q2 D．P可能帶負電，q1＜q2【解答】解：根據題意可知，若小球P能保持靜止，則小球M、N對P的作用力等大反向，由同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥可知，由于小球M、N帶異種電荷，無論P帶何種電荷，小球M、N對P的作用力方向都相反，設小球P的帶電量為q，由庫侖定律可得kqq1MP2=kqq2NP2，由圖可知MP＞故選：C。（2023秋?重慶期末）如圖所示，小球A、C均帶正電，B球帶負電，A球在絕緣的粗糙水平地面上，B球由絕緣的細線拉著，C球處在與B球等高的位置，A、B、C三球均靜止且三者所在位置構成一個等邊三角形。若細線與豎直方向的夾角為60°，mC＝6mB，則A、B、C三球所帶電荷量大小之比為（）A．2：1：4 B．1：2：4 C．2：1：2【解答】解：對B、C兩球進行受力分析，如圖所示，對C球，由力的平衡條件可得：F對B球，由力的平衡條件有：FT?sin60°＝FAB?sin30°+FCB＝FAB?sin30°+FT?cos60°＝FAB?cos30°+mBg由題設條件有：m聯(lián)立各式解得：F由上述結論：FBC=可得：qA：qB：qC＝2：1：4，故BCD錯誤，A正確。故選：A。（2023秋?合肥期末）如圖所示，真空中有三個帶正電的點電荷，它們固定在邊長為a的等邊三角形的三個頂點上，每個點電荷的電荷量都是q（q＞0）。若引入一個點電荷P，放在等邊三角形的中心，使三角形頂點處的電荷所受靜電力合力為零，則下列說法正確的是（）A．未引入點電荷P之前，頂點上的每個點電荷所受的庫侖力的大小為2kqB．未引入點電荷P之前，頂點上的每個點電荷所受的庫侖力的大小為33C．引入的點電荷P帶負電，所帶電荷量為Q=3D．引入的點電荷P帶正電，所帶電荷量為Q=【解答】解：AB、三角形頂點每個點電荷都受到其他兩個點電荷的斥力，對右下角的電荷進行分析，受力示意圖如下圖所示：根據平行四邊形定則，頂點上的每個點電荷受到的庫侖力為：F=2F1cos30°=CD、要使三角形頂點處場強為零，則該處點電荷所受靜電力為零，則引入的電荷量必須是負的點電荷，由平衡條件得：F=kQq又有幾何關系得：2rcos30°＝a解得：Q=33q，故C故選：C。（2023秋?重慶期中）如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接。三個可視為質點的帶電小球A、B、C，質量均為M，其中A帶電量為qA＝q0＞0，B的帶電量qB＝﹣q0。當系統(tǒng)靜止時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（）A．彈簧伸長量為MgsinαkB．qCC．A球受到的庫侖力大小為8Mgsinα3D．相鄰兩小球間距為q【解答】解：A、對A、B、C三小球整體受力分析，根據平衡條件：3Mgsinα＝k0x從而可以得到彈簧伸長量：x=3Mgsinαk0BD、三小球間距r均相等，對C球受力分析，可知C球帶正電，根據平衡條件：Mgsinα+kq0q對B小球受力分析，同理根據平衡條件：Mgsinα+kq0q兩式聯(lián)立解得：qC=47q0，r＝q03k7MgsinαC、對A球受力分析，若受到BC兩球對A的庫侖力為F庫，根據平衡條件：Mgsinα+F庫＝kx0那么根據牛頓第三定律，聯(lián)立解得A球受到的庫侖力：F庫′＝F庫＝2Mgsinα，故C錯誤。故選：B。（多選）（2023秋?青羊區(qū)校級月考）如圖所示，由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡。現(xiàn)將P緩慢地向右移動一小段距離，兩球再次達到平衡。若小球所帶電荷量不變，與移動前相比（）A．桿AO對P的彈力不變 B．桿BO對Q的彈力減小 C．P、Q之間的庫侖力增大 D．桿AO對P的摩擦力增大【解答】解：A、對整體分析可知，豎直方向只受總重力和AO桿的支持力，故AO桿對小球P的彈力不變，故A正確；BC、對Q受力分析如圖，由力的合成與平衡條件可知：將P緩慢地向右移動一小段距離，BO桿對小球Q的彈力變小，兩小球之間的庫侖力變小，故B正確，C錯誤；D、對整體受力分析，根據水平方向受力平衡可得：由上述結論BO對Q球的彈力減小，則AO桿對小球P的摩擦力變?。ǘ咂胶猓?，故D錯誤；故選：AB。（2023秋?青羊區(qū)校級期中）如圖所示，水平面上放置一個絕緣支桿，支桿上的帶電小球A位于光滑小定滑輪O的正下方，絕緣細線繞過定滑輪與帶電小球B相連，在拉力F的作用下，小球B靜止，此時兩球處于同一水平線。假設兩球的電荷量均不變，現(xiàn)緩慢拉動細線，使B球移動一小段距離，支桿始終靜止。在此過程中以下說法正確的是（）A．細線上的拉力一直增大 B．B球受到的庫侖力先減小后增大 C．B球的運動軌跡是一段圓弧 D．支桿受到地面向左的摩擦力逐漸減小【解答】解：受力分析如圖：ABC．如圖所示，設A、B間的距離為r，O、A間的距離為h，O、B間距離為l，B球重力為mg。A、B之間的庫侖力大小為F庫根據三角形相似可得mgh解得F=mglr=3現(xiàn)緩慢拉動細線，使B球移動一小段距離，則l減小，h不變，所以F減小，即細線上的拉力一直減小；r不變，即B球的運動軌跡是一段圓弧，并且B球受到的庫侖力大小不變。故AB錯誤，C正確；D．根據平衡條件可知，直桿受到的地面的摩擦力與B對A的庫侖力的水平分量大小相等、方向相反，而B對A的庫侖力大小不變，方向由水平向左變?yōu)樾毕蜃笙?，則水平分量變小，即支桿受到地面向右的摩擦力逐漸減小，故D錯誤。故選：C。（2023秋?道里區(qū)校級期中）如圖，在真空中有兩個點電荷，Q1＝4.0×10﹣8C，Q2＝﹣1.0×10﹣8C，分別固定在x軸的坐標為0和6cm的位置上，在Q1Q2連線上某位置再放置一點電荷，使其僅在Q1、Q2作用下處于平衡狀態(tài)，則下列說法中正確的是（）A．該位置處于Q1、Q2之間 B．該位置處于Q1左側 C．該位置在x＝4cm處 D．該位置在x＝12cm處【解答】解：AB.若電荷位于Q1的左側，則可知Q1電荷的作用力總大于Q2對電荷的作用力，顯然不能達到平衡狀態(tài)，如果在Q1、Q2之間，Q1、Q2對電荷的庫侖力方向相同，不能平衡。在Q2右側時Q1、Q2對電荷的庫侖力方向相反，大小能滿足相等關系。故AB錯誤；CD.Q1、Q2連線上某位置再放置一點電荷，使其處于平衡狀態(tài)，該電荷一定在Q2的右側，設其坐標為x，則有k其中x12為Q1和Q2之間的距離，代入數據解得x＝12cm，故C錯誤，D正確。故選：D。（2023秋?龍鳳區(qū)校級期末）帶電量分別為+2q、﹣2q的等量異種電荷A、B固定在同一水平線上，相距6x，在它們連線的中點P上方2x處有一懸點O，用絕緣細繩掛著一個質量為m的帶電小球C，OP＝2x，繩長5x，如圖所示，平衡時小球剛好靜止在兩電荷連線上。重力加速度為g（1）小球所受電場力大小為？（2）小球所在處AB產生的電場總場強為多少？（3）小球所帶電荷量是正是負？電荷量為多少？【解答】解：（1）設OC與OP的夾角為θ，根據幾何關系可得：CP=OC小球的受力情況如圖所示：則小球受到的電場力為：F電＝mgtanθ，其中tanθ=所以：F電=12（2）小球所在處AB產生的電場總場強為：E=k?2q（3）由于小球受到的電場力方向向左，所以小球帶負電。根據F電＝QE可得小球所帶電荷量為：Q=4mg題型3庫侖力下的變速問題（2023秋?廣州期末）如圖所示，帶電小球M固定在光滑絕緣水平面上，與M帶同種電荷的小球N以速度v0從P點沿直線遠離M，M、N均可視為質點且?guī)щ娏勘３植蛔?，則小球N的速度v隨時間t變化圖像可能是（）A． B． C． D．【解答】解：由題可知，兩帶電小球間的庫侖力為F=kq根據牛頓第二定律可知a=F隨著距離的增加，小球的帶電荷量不變，加速度逐漸減小，故小球N做加速度逐漸減小的加速運動。AB圖加速度不變，C圖加速度變大，D圖加速度變小，故ABC錯誤；D正確。故選：D。（2023秋?長安區(qū)校級期中）如圖，傾角為θ的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一質量為m，帶電量+q的小物塊（可看作是點電荷）恰好能在斜面上勻速下滑，若在AB中點D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動，在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉移的情況下，關于在物塊下滑的過程中受到地面的摩擦力及其方向的分析正確的是（）A．當物塊在BD之間，斜面受到地面的摩擦力的方向向左 B．當物塊在斜面的全過程中，斜面受到地面的摩擦力都為零 C．當物塊在DA之間，斜面受到地面的摩擦力的方向向右 D．當物塊在DA之間，斜面受到地面的摩擦力的方向要視具體問題而定【解答】解：開始時刻物塊恰好能在斜面上勻速下滑，則有摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；并且有mgsinθ＝μmgcosθ可得μ＝tanθ由此可知增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力正比例增加，故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的；再對斜面體分析，受重力、滑塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零。故ACD錯誤，B正確。故選：B。（2023秋?郫都區(qū)期中）光滑水平面上的兩個小球A、B繞著它們連線上的某點做勻速圓周運動．兩個小球間的距離為L并保持不變，小球A、B所帶電荷量分別為+2Q和﹣Q．質量分別為m和2m，不計兩球間的萬有引力，則下列說法正確的是（）A．A、B所受庫侖力大小之比為2：1 B．A、B的線速度大小之比為2：1 C．若僅把B的電荷量變?yōu)椹?Q．則穩(wěn)定后A、B做圓周運動的半徑之比為1：1 D．若僅把A的質量變?yōu)?m，則穩(wěn)定后A、B的線速度大小之比為2：1【解答】解：AB、設A球做圓周運動的半徑為r1，B球做圓周運動的半徑為r2兩球做圓周運動的角速度相等，設此角速度為ω，根據庫侖力提向心力有：k2Q?QL2=mω2r1=2mω2r2，解得C、若僅把B的電荷量變?yōu)椹?Q，根據庫侖力提向心力可知，穩(wěn)定后r1r2D、若僅把A的質量變?yōu)?m，穩(wěn)定后r1r2=2m2m=11，故穩(wěn)定后A故選：B。題型4點電荷電場強度的疊加（2023秋?長豐縣期中）如圖，電荷量為q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。若圖中A點的電場強度為0，則圖中B點的電場強度為（）A．大小為kq9B．大小為kq9C．大小為k10q9D．大小為k10q【解答】解：q在A點形成的電場強度的大小為E板A=E點A=kq9d2方向水平向左；因A點場強為零，故薄板在A點的場強方向水平向右，大小也為kq9故選：C。（2022春?合肥期中）如圖所示的坐標系中，在（﹣a，0）位置放置電荷量為q的正點電荷，在（0，﹣a）位置放置電荷量為q的負點電荷，現(xiàn)要在兩坐標軸上的某點放置一個點電荷Q，使得P（﹣a，﹣a）點的電場強度為零，則關于Q的說法正確的是（）A．點電荷Q的坐標為（0，﹣2a），帶負電荷，電荷量2q B．點電荷Q的坐標為（0，0），帶正電荷，電荷量22q C．點電荷Q的坐標為（﹣2a，0），帶負電荷，電荷量22q D．點電荷Q的坐標為（﹣2a，0），帶正電荷，電荷量2q【解答】解：（﹣a，0）和（0，﹣a）兩點處的電荷量為q的點電荷在P點產生的電場強度的矢量和E=2kqa2，方向如圖所示，由P指向N，要求在兩坐標軸上的某點處放置一個點電荷Q，使得P點的電場強度為零，可知可以在M點放置負電荷或N點放置正電荷，M和N距P的距離都為2a解得Q=22q，故C正確，故選：C。（2023春?邯鄲期末）如圖所示，真空中有M、N兩點，紙面內到M、N兩點的距離之比等于2的點的集合為圖中圓心為O、半徑為d的圓，P、T、S為圓上的三點，PO⊥MO，T、S兩點為圓與直線MN的交點，顯然NO=d2，MO=2d。在M、N兩點分別固定兩點電荷Q1、Q2，點電荷Q2所帶電荷量為﹣q，P點的電場方向恰好指向圓心O。已知真空中帶電荷量為Q的點電荷，在空間產生的電場中某點的電勢φ=kQA．P點的電場強度大小為3kq5B．S點的電場強度大小為2kq7C．M、N兩點之間T點的電場強度最小 D．球心為O、半徑為d的球面上任意一點的電場方向均指向球心【解答】解：A、如圖所示根據點電荷的場強與距離的關系，結合幾何關系可得兩個點電荷在P點的場強大小之比為E1E2根據點電荷的場強公式，有E1=解得Q1＝2q，EP=6B、根據點電荷的場強公式，可知S點的電場強度大小為ES=kqC、設M、N兩點之間存在一點電場強度最小，該點到M點的距離為x，有E=k2q對上式求導有E'令E′＝0，可得x=3d可知M、N兩點之間電場強度最小的點在T點的左側，故C錯誤；D、空間中到兩點電荷的距離之比等于2的點的集合為球面，所以兩點電荷在此球面上任意一點對應的電勢互為相反數，此球面上的任意一點的電勢均為零，此球面為等勢面，故球心為O、半徑為d的球面上任意一點的電場方向均指向球心，故D正確。故選：D。（2023春?金安區(qū)校級期末）經過探究，某同學發(fā)現(xiàn)：點電荷和無限大的接地金屬平板間的電場（如圖甲所示），與等量異種點電荷之間的電場分布（如圖乙所示）有部分相同，圖丙中固定于B點的正點電荷q到金屬板MN的距離為L，O是AB的中點，靜電力常