2024-2025學年高二物理 同步學與練（ 人教版2019必修第三冊）9.2 庫侖定律 （解析版）

9.2庫侖定律

學習目標

課程標準物理素養(yǎng)

物理觀念：理解庫侖定律的內涵和適用條件，能夠應用庫侖定律計算點電荷

間的靜電力，會利用力的合成的知識解決多個電荷間的相互作用問題。

3.1.2知道點電荷模型。

科學思維：通過與質點模型類比，知道點電荷模型的物理意義及建立點電荷

知道兩個點電荷間相互作

模型的條件，進一步體會科學研究中的理想模型方法。體會庫侖扭秤實驗的

用的規(guī)律。體會探究庫侖

設計思路與實驗方法。

定律過程中的科學思想和

科學探究：通過庫侖定律的探究過程，體會實驗與類比在定律的建立過程中

方法。

發(fā)揮的重要作用。

科學態(tài)度與責任：對比庫侖定律和萬有引力定律的形式，體會物理學的和諧

統(tǒng)一之美，提高物理學習興趣。

02思維導圖

1．應用庫侖定律的三條提醒

(1)作用力的方向：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向。

(2)兩個點電荷間相互作用的靜電力滿足牛頓第三定律：大小相等、方向相反。

(3)在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，靜電力存在極大值：當q1＝q2時，F(xiàn)最大。

2．四步解決靜電力作用下的平衡問題

3．三個自由點電荷的平衡條件及規(guī)律

平衡每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電

條件荷的合電場強度為零的位置

平衡

規(guī)律

03知識梳理

（一）課前研讀課本，梳理基礎知識：

一、點電荷

當帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多，以致帶電體的形狀、大小以及電荷分布狀況對它們之

間的作用力的影響可以忽略時，這樣的帶電體可以看作帶電的點，叫作點電荷。點電荷是理想化模型。

二、電荷之間的作用力

三、庫侖定律

1．內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的

二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。

q1q2

2．表達式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫作靜電力常量。

r2

3．適用條件：真空中的靜止點電荷。

(1)在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式。

(2)當兩個帶電體間的距離遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。

4．庫侖力的方向

由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。

四、庫侖的實驗

1．庫侖扭秤

2．方法：控制變量法

五、庫侖力具有力的共性

1.兩個點電荷之間相互作用的庫侖力遵循牛頓第三定律。

2.庫侖力可使帶電體產生加速度。例如原子的核外電子繞核運動時,庫侖力使核外電子產生向心加速度。

3.庫侖力可以和其他力平衡。

4.某個點電荷同時受幾個點電荷的作用時,遵循矢量運算法則。

5.兩個完全相同的帶電金屬球接觸后,電荷的分配原則:先中和再平分。

04題型精講

【題型一】庫侖定律與電荷量分配、力的合成

【典型例題1】如圖所示為某電子秤示意圖。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，

電子秤示數(shù)為F?，F(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L

處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充

分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2。若兩小球完全相同，則()

A．F1＜F2

B．F1＝4F2

C．若小球a帶負電，L增大，則F1增大

D．若小球a帶正電，L減小，則F2增大

Q×Q

Q2

解析：選D小球b與a球充分接觸后b對a有個向下的庫侖力，設為F′，則F′＝k22＝k，示數(shù)

2

L24L

為F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球

Q×Q

Q2

正上方L處，b對a向下的庫侖力F″，F(xiàn)″＝k44＝k，電子秤示數(shù)為F2＝F＋F″，因此F1＞F2，

2

L216L

但F1≠4F2，A、B錯誤；若小球a帶負電，L增大，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，C錯誤；若

小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，D正確。

【典型例題2】如圖所示，在邊長為l的正方形的每個頂點都放置一個點電荷，其中a和b電荷量為＋q，c

和d電荷量為－q，則a電荷受到的其他三個電荷的靜電力的合力大小是()

2kq2

A．0B.

l2

kq23kq2

C.D.

l22l2

答案D

q2

解析b、d電荷給a的庫侖力大小均為Fb＝Fd＝k，F(xiàn)b方向豎直向上，F(xiàn)d方向水平向右，這兩個力的合力

l2

2kq2kq2

Fbd＝，方向與ad連線成45°指向右上方。c對a的庫侖力Fc＝，方向由a指向c，F(xiàn)c與Fbd

l2（2l）2

2kq22kq22

3kq2

垂直，a電荷受的電場力的大小為F＝l2＋（2l）2＝，選項D正確。

2l2

【對點訓練1】真空中,金屬球甲帶電荷量為q,將一與金屬球甲完全相同的不帶電的金屬球乙與金屬球甲接

觸后,置于與甲球球心相距3r處,靜電力常量為k,甲、乙兩球帶電后均可視為點電荷,則甲、乙兩球間靜電

力大小F為()。

A.kB.k

22

??

22

C.k36?D.k9?

22

??

22

答案4?A3?

解析金屬球乙與金屬球甲接觸后,兩球分別帶電荷量為,根據(jù)庫侖定律得甲、乙兩球間靜電力大小

?

·2

F=k??=k,A項正確。

2

22?

22

【對(3點?)訓練36?2】(多選)內半徑為R，內壁光滑的絕緣球殼固定在桌面上。將三個完全相同的帶電小球放

置在球殼內，平衡后小球均緊靠球殼靜止。小球的電荷量均為Q，可視為質點且不計重力。則小球靜止時，

以下判斷正確的是()

A.三個小球之間的距離均等于2R

B．三個小球可以位于球殼內任一水平面內

C．三個小球所在平面可以是任一通過球殼球心的平面

3kQ2

D．每個小球對球殼內壁的作用力大小均為，k為靜電力常量

3R2

答案CD

解析由小球受力分析可知，三個小球受到球殼的作用力都應沿半徑指向圓心，則三小球對稱分布，如圖

所示，

三個小球之間的距離均等于L＝2Rcos30°＝3R，故A錯誤；由小球的平衡可知，三個小球所在平面可以是

任一通過球殼球心的平面，故B錯誤，C正確；由庫侖定律可知

Q2kQ2

FAC＝FBC＝k＝

（3R）23R2

3kQ2

其合力為F＝2FACcos30°＝

3R2

3kQ2

由平衡條件可知，每個小球對球殼內壁的作用力大小均為FN＝，故D正確。

3R2

【題型二】庫侖力作用下的平衡

【典型例題3】a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài)。已知a所帶的電荷量為

＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q＞q。關于電荷c，下列判斷正確的是()

A．c一定帶負電

B．c所帶的電荷量一定大于q

C．c可能處在a、b之間

D．如果固定a、b，仍讓c處于平衡狀態(tài)，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定

答案B

解析三個點電荷保持平衡，應處于同一條直線上，且“兩同夾異”，“兩大夾小”，因為Q＞q，所以c

所帶電荷量一定大于q，且c必須帶正電，在b的另一側，選項A、C錯誤，B正確；如果固定a、b，因Q

＞q，則在a、b形成的靜電場中，只有b的另一邊僅存在一點電場強度為零，c放在此處時受力平衡，因位

置固定，電荷量和電性均不確定，D錯誤。

【典型例題4】[多選]如圖所示，A、B兩球所帶電荷量均為2×10－5C，質量均為0.72kg，其中A球帶正電

荷，B球帶負電荷，A球通過絕緣細線吊在天花板上，B球固定在絕緣棒一端，現(xiàn)將B球放在某一位置，能

使絕緣細線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則B球距離A球

的距離可能為()

A．0.5mB．0.8m

C．1.2mD．2.5m

解析：選AB對A受力分析，受重力mg、線的拉力FT、B對A的吸引力F，由分析知，A平衡時，F(xiàn)的

kq2

最小值為F＝mgsin30°＝，解得r＝1m，所以兩球的距離d≤1m，A、B正確。

r2

【對點訓練3】如圖,V形對接的絕緣斜面M、N固定在水平面上,兩斜面與水平面的夾角均為α=60°,其中斜面

N光滑。兩個質量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上,P、Q連線垂直于斜面M,已知最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力。則P與M間的動摩擦因數(shù)至少為()。

A.B.C.D.

3133

6223

答案D

解析滑塊Q在光滑斜面N上靜止,則P與Q帶同種電荷。兩者之間為庫侖斥力,兩滑塊的受力分析和角度

關系如圖所示,對Q滑塊在沿著斜面方向有mgcos30°=Fcos30°,可得F=mg;而對P滑塊,在動摩擦因數(shù)最

小時有N2=F'+mgsin30°,mgcos30°=μN2,F'=F,聯(lián)立解得μ=。

3

3

【對點訓練4】如圖所示,在一絕緣斜面C上有帶正電的物體A處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以

物體A為圓心的圓弧緩慢地從P點移至物體A正上方的Q點,已知P、A在同一水平線上,且在此過程中物體

A和斜面C始終保持靜止不動,A、B均可視為質點。關于此過程,下列說法正確的是()。

A.物體A所受斜面的支持力先增大后減小

B.物體A所受小球B的排斥力恒定不變

C.斜面C所受地面的摩擦力一直增大

D.斜面C所受地面的支持力一直減小

答案A

解析B對A的庫侖力垂直斜面方向的分力,先增大后減小,當庫侖力與斜面垂直時最大,可知物體A所受斜

面的支持力N先增大后減小,A項正確;將B從P點移至A正上方的Q點的過程中,庫侖力的方向時刻改變,

故物體A受到的庫侖力發(fā)生變化,B項錯誤;以A和C整體為研究對象,分析受力情況如圖所示,B對A的庫侖

力F大小不變,與豎直方向的夾角θ越來越小,根據(jù)平衡條件知地面對斜面C的摩擦力逐漸減小,斜面C所受

地面的支持力一直增大,C、D兩項錯誤。

【題型三】庫侖力作用下的動力學問題

【典型例題5】(多選)質量為m、電荷量為＋Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上，帶電小球B，質量也為

m，在空中水平面內繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，如圖所示。已知小球A、B間的距離為2R，重力

加速度為g，靜電力常量為k。則()

A．天花板對A球的作用力大小為2mg

3g

B．小球B轉動的角速度為

3R

8mgR2

C．小球B所帶的電荷量為

3kQ

D．A、B兩球間的庫侖力對B球做正功

答案BC

解析設小球A、B連線與豎直方向的夾角為θ，對B球受力分析可知，庫侖力在豎直方向的分力等于小球

QqB

的重力，有kcosθ＝mg，由幾何關系可知，小球A、B連線與豎直方向的夾角為30°，代入數(shù)據(jù)解得

（2R）2

2

8mgR32

qB＝，所以C正確；小球B轉動所需的向心力為F＝mgtan30°＝mg，根據(jù)向心力公式F＝mωR，

3kQ3

3g

整理得ω＝，所以B正確；A、B兩球間的庫侖力對B球不做功，所以D錯誤；天花板對A球的作用

3R

3

力在豎直方向的分力的大小為Fy＝2mg，天花板對A球的作用力在水平方向的分力的大小為Fx＝mg，天

3

2213

花板對A球的作用力大小為F＝Fx＋Fy＝mg，所以A錯誤。

3

【典型例題6】如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道的圓心處，將另一電荷量為q2、質量

為m的帶正電小球，從軌道的A處無初速度釋放，求：

(1)小球運動到B點時的速度大??；

(2)小球在B點時對軌道的壓力．

q1q2

答案(1)2gR(2)3mg＋k，方向豎直向下

R2

12

解析(1)帶電小球q2在半圓光滑軌道上運動時，庫侖力不做功，故機械能守恒，則mgR＝mvB

2

解得vB＝2gR.

q1q2

(2)小球到達B點時，受到重力mg、庫侖力F和支持力FN，由圓周運動和牛頓第二定律得FN－mg－k＝

R2

2

vB

m

R

q1q2

解得FN＝3mg＋k

R2

根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點時對軌道的壓力為

q1q2

FN′＝FN＝3mg＋k

R2

方向豎直向下．

【對點訓練5】如圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質量均為m，

用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕

繩恰好構成一個邊長為l的等邊三角形，則()

3kq2

A．小環(huán)A的加速度大小為

ml2

3kq2

B．小環(huán)A的加速度大小為

3ml2

3kq2

C．恒力F的大小為

3l2

3kq2

D．恒力F的大小為

l2

答案B

q23kq2

解析設輕繩的拉力為FT，則對A：FT＋FTcos60°＝k，F(xiàn)Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得aA＝，故B正確，

l23ml2

23kq2

A錯誤；恒力F的大小為F＝2maA＝，故C、D錯誤。

3l2

【對點訓練6】如圖所示，豎直平面內有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R，在中心處固定

一電荷量為＋Q的點電荷．一質量為m、電荷量為＋q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當小球運

動到最高點時恰好對細管無作用力，求當小球運動到最低點時對管壁的作用力是多大？

答案6mg

解析設小球在最高點時的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律

2

kQqv1

mg－＝m①

R2R

2

kQqv2

設小球在最低點時的速度為v2，管壁對小球的作用力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－＝m②

R2R

1212

小球從最高點運動到最低點的過程中只有重力做功，故機械能守恒，則mv1＋mg·2R＝mv2③

22

由①②③式得F＝6mg

由牛頓第三定律得小球對管壁的作用力F′＝6mg.

05強化訓練

01

【基礎強化】

1．法國科學家?guī)靵鼍脑O計了一種測量儀器叫庫侖扭秤，他用此裝置找到了電荷間相互作用的規(guī)律，總結

出了庫侖定律。庫侖扭秤能研究微小的庫侖力，它在設計時應用的最主要物理學思想方法為()

A．等效替代法B．微小量放大法

C．微元法D．理想模型法

答案B

解析庫侖扭稱實驗中，兩小球之間的庫侖力將小球推開，將懸絲上端的懸鈕轉動，使小球回到原來位置，

懸絲的扭力矩等于庫侖力對小球的力矩，庫侖力的力臂遠長于懸鈕的力臂，微小的庫侖力就被放大，故B

正確。

2.下列說法正確的是()

A．檢驗電荷一定是點電荷，而點電荷不一定是檢驗電荷

B．電子帶電荷量為1.6×10－19C，因此一個電子就是一個元電荷

C．富蘭克林用油滴實驗比較準確地測定了電子的電荷量

q1q2

D．根據(jù)F＝k，當兩個電荷的距離趨近于零時，靜電力將趨向于無窮大

r2

解析：選A點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，檢驗電荷的體積和電荷量要足夠小，故A正確；

元電荷是一個數(shù)值，而電子是一個實物，故B錯誤；密立根用油滴實驗比較準確地測定了電子的電荷量，

q1q2

故C錯誤；公式F＝k適用于真空中的靜止的點電荷，當兩個點電荷距離趨于0時，兩帶電體已不能看

r2

成點電荷了，庫侖定律不適用，故電場力并不是趨于無窮大，故D錯誤。

3.下列說法正確的是()

A．庫侖定律適用于任何電場的計算

B．置于均勻帶電空心球球心處的點電荷所受靜電力為零

kQ2

C．當兩個半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時，它們之間的靜電力大小為

9r2

D．若點電荷Q1的電荷量小于Q2的電荷量，則Q1對Q2的靜電力小于Q2對Q1的靜電力

解析：選B庫侖定律的適用范圍是真空中兩個點電荷間的相互作用，故A錯誤；帶電空心金屬球的電荷

均勻分布在金屬球的外表面，球內各點的電場強度均為零，所以置于帶電空心球球心處的點電荷所受靜電

力為零，故B正確；當兩個半徑均為r、帶電荷量均為Q的金屬球中心相距為3r時，兩者不能看作點電荷，

庫侖定律不再適用，故C錯誤；兩點電荷間的靜電力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D錯誤。

4.為了研究電荷之間的作用力,庫侖設計了一個十分精妙的實驗(扭秤實驗)。如圖所示,細銀絲的下端懸掛一根

絕緣棒,棒的一端是一個小球A,另一端通過物體B使絕緣棒平衡。把另一個帶電的金屬小球C插入容器并使

它接觸小球A,從而使A與C帶同種電荷,將C與A分開,再使C靠近A,A和C之間的作用力使A遠離。扭轉懸

絲,使A回到初始位置并靜止。通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小,進而可以找到力F與距離、電荷量的

關系。關于本實驗,下列說法正確的是()。

A.物體B起平衡作用,帶電荷量與A球相同

B.庫侖本著嚴謹?shù)目茖W態(tài)度,用儀器準確測出了每一個帶電小球的電荷量

C.A球與C球之間的作用力與它們之間的距離成反比

D.C球所帶電荷量越大,懸絲扭轉的角度越大

答案D

解析由題意可知,棒的一端是一個小球A,另一端通過物體B使絕緣棒平衡,研究的是A、C間的作用力,所

以B不帶電,只起平衡作用,A項錯誤;在庫侖那個時代沒有電荷量的單位,儀器也不夠精密,不可能準確測出

每一個帶電小球的電荷量,B項錯誤;根據(jù)庫侖定律可知,A球與C球之間的作用力與它們之間距離的二次方

成反比,C項錯誤;C球帶電荷量越大,C球與A球接觸后,A球帶電荷量越大,C、A之間的庫侖力越大,懸絲扭

轉的角度越大,D項正確。

5.如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板

下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()

A．P和Q都帶正電荷

B．P和Q都帶負電荷

C．P帶正電荷，Q帶負電荷

D．P帶負電荷，Q帶正電荷

解析：選D細繩豎直，把P、Q看作整體，則整體在水平方向不受力，對外不顯電性，帶等量異種電荷，

故A、B錯誤；如果P、Q帶不同性質的電荷，受力如圖所示，由圖知，P帶負電荷、Q帶正電荷時符合題

意，故C錯誤，D正確。

6.如圖所示，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，

r

它們之間的庫侖力大小為F。兩小球相互接觸后分開并將其間距變?yōu)椋瑒t現(xiàn)在兩小球間庫侖力的大小為

2

()

13

A.FB.F

124

4

C.FD．12F

3

答案C

Q·3Q

解析接觸前兩小球之間的庫侖力大小為F＝k，接觸后再分開，兩小球所帶的電荷量先中和后均分，

r2

rQ·Q

所以兩小球分開后各自帶電荷量為＋Q，兩小球間的距離變?yōu)?，兩小球間的庫侖力大小變?yōu)镕′＝k＝

2（r）2

2

4

F，選項C正確。

3

【素養(yǎng)提升】

7.根據(jù)科學研究表明，地球是一個巨大的帶電體，而且表面帶有大量的負電荷。如果在距離地球表面高度為

地球半徑一半的位置由靜止釋放一個帶負電的塵埃，恰好能懸浮在空中，若將其放在距離地球表面高度與

地球半徑相等的位置時，則此帶電塵埃將()

A．向地球表面下落B．遠離地球向太空運動

C．仍處于懸浮狀態(tài)D．無法判斷

解析：選C地球表面帶負電，故可等效為一個帶負電的且位于地球球心處的點電荷，這樣地球和帶電塵埃

間的作用就可等效為點電荷間的作用，可以用庫侖定律進行定量分析。由于塵埃與地球之間的位置變化很

大，故塵埃的重力是變化的，所以需要先將地球與塵埃等效為兩質點，才可用萬有引力進行定量分析。設

帶電塵埃的質量為m，電荷量為q；地球的質量為M，地球所帶負電荷總量為Q，地球半徑為R，當塵埃放

在距離地球表面高度為地球半徑一半時，恰好懸浮，由庫侖定律和萬有引力定律可得：

kQqMm

＝G，得kQq＝GMm①

1.5R21.5R2

GMmkQq

當塵埃放在距離地球表面高度與地球半徑相等時，受到的萬有引力F＝；受到的庫侖力為：F′＝，

2R22R2

則F＝GMm②

F′kQq

F

聯(lián)立①②可知：＝1，故C正確。

F′

8．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點

電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為()

A．正，B的右邊0.4m處

B．正，B的左邊0.2m處

C．負，A的左邊0.2m處

D．負，A的右邊0.2m處

解析：選C要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所

Qqk×9Q·q

以點電荷C應在A左側，帶負電。設在A左側距A為x處，由于處于平衡狀態(tài)，所以k＝，解

x20.4＋x2

得x＝0.2m，C正確。

9.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(shù)為k0的絕緣輕質彈簧，

彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0>0，qB＝－q0，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，三

小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則()

4

A．qC＝q0

7

Mgsinα

B．彈簧伸長量為

k0

C．A球受到的庫侖力大小為2Mg

3k

D．相鄰兩小球間距為q0

7Mg

解析：選A

設小球C帶負電，相鄰小球間距為L，則對小球C在沿斜面方向受力分析，如圖甲所示：

q0qCq0qC

根據(jù)庫侖定律FBC＝k、FAC＝k，顯然小球C無法處于靜止，因此小球C應該帶正電。因此小球C

L24L2

q0qCq0qC

平衡時，k＝k＋Mgsinα①，

L24L2

3kq0qC

則＝Mgsinα。對B球做受力分析，如圖乙所示：

4L2

2

q0q0qC4

根據(jù)受力平衡關系k＝k＋Mgsinα②，兩式聯(lián)立解得qC＝q0，A正確。將C的電荷量代入①式，

L2L27

22

3kq0q0q0qC3kq0qCkq0qC

則L＝，D錯誤。A球所受總的庫侖力為FA＝k－k③，其中＝Mgsinα，可知

7MgsinαL24L24L2L2

2

4kq07

＝Mgsinα或者＝Mgsinα，代入③式，則A球所受庫侖力為FA＝2Mgsinα，方向沿斜面向下，C錯誤。

3L23

3Mgsinα

對A球受力分析可知，F(xiàn)彈＝Mgsinα＋FA,將上述結果代入得，F(xiàn)彈＝3Mgsinα，因此彈簧伸長量為Δx＝，

k0

B錯誤。

10．[多選]兩個半徑相同的金屬小球(視為點電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放

回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的()

43

A．B．

77

916

C．D．

77

q×7q7q2

解析：選CD設兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝k＝k。由于兩

r2r2

球的電性未知，接觸后相互作用力的計算可分為兩種情況：

7q＋q

(1)兩球電性相同。相互接觸時兩球電荷量平均分配，每球帶電荷量為＝4q。放回原處后的相互作用力

2

2

4q×4q16qF116

F1＝k＝k，故＝。

r2r2F7

7q－q

(2)兩球電性不同。相互接觸時電荷先中和再平分，每球帶電荷量為＝3q。放回原處后的相互作用力

2

2

3q×3q9qF29

F2＝k＝k，故＝。

r2r2F7

11．如圖所示，質量為m的小球A穿在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q。在桿上B

點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放，小球A下滑過程中電荷量

不變。不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g。求：

(1)A球剛釋放時的加速度大小。

(2)當A球的動能最大時，A球與B點的距離。

解析：(1)由牛頓第二定律可知mgsinα－F＝ma

qQ

根據(jù)庫侖定律有F＝k

r2

HkQqsin2α

又知r＝，得a＝gsinα－。

sinαmH2

(2)當A球受到合力為零，即加速度為零時，動能最大。

kQq

設此時A球與B點間的距離為d，則mgsinα＝

d2

kQq

解得d＝。

mgsinα

kQqsin2αkQq

答案：(1)gsinα－(2)

mH2mgsinα

12.絕緣水平面內有一帶電體(視為點電荷)。如圖所示,將電荷量為q的正試探電荷放在O點時,試探電荷所

受靜電力的大小為F、方向向右(沿x軸正方向)。將該試探電荷向右移動至與O點距離為d的A點時,試探

電荷所受靜電力的大小為4F、方向向右。靜電力常量為k,不考慮其他電場的影響,帶電體的電荷量為()。

A.B.

22

??4??

C.2??D.??

22

2????

答案??B??

解析由于試探電荷(帶正電)在O、A兩點所受靜電力方向均向右,且試探電荷在A點所受靜電力大于它在O

點所受靜電力,因此帶電體帶負電,且在A點的右側,設帶電體的電荷量為Q,帶電體到A點的距離為s,根據(jù)

庫侖定律有F=k,4F=k,解得Q=,B項正確。

2

????4??

22

13.如圖所示，絕(?緣+?桿)OP豎?直固定在絕??緣水平桌面上，帶正電的小球A套在桿上，帶正電的小球B右側為

絕緣豎直固定擋板。系統(tǒng)靜止在圖示位置，不計一切摩擦，兩小球均可視為質點，重力加速度為g。由于空

氣潮濕，兩球緩慢漏電，球A從a處緩慢移到b處，則此過程中()

A．球B對桌面的壓力逐漸增大

B．桿對球A的彈力逐漸減小

C．擋板對球B的彈力逐漸減小

D．兩球間的庫侖力逐漸增大

答案D

解析以兩球為研究對象，受力分析可知桌面對球B的支持力FN始終與兩球的總重力大小相等、方向相反，

根據(jù)牛頓第三定律知球B對桌面的壓力始終與兩球的總重力大小相等，即不變，選項A錯誤；對球A受力

mg

分析，如圖所示，球A緩慢移動，則受到的合外力始終為零，庫侖力F＝，桿對球A的彈力FNA＝mgtan

cosθ

θ，球A從a處緩慢移到b處的過程中，θ逐漸增大，cosθ逐漸減小，tanθ逐漸增大，則F、FNA均逐漸增大，

選項B錯誤，D正確；由兩球受力平衡得擋板對球B的彈力FNB與FNA等大反向，則FNB逐漸增大，選項C

錯誤。

14.如圖所示，在兩個對接的絕緣光滑斜面上放置了電荷量大小均為q的兩個小球A和B(均可看成質點)，兩

個斜面的傾角分別是30°和45°，小球A和B的質量分別是m1和m2。若平衡時，兩小球均靜止在離斜面底

端高度為h的同一水平線上，斜面對兩個小球的彈力分別是FN1和FN2，靜電力常量為k，下列說法正確的

是()

（4＋23）m2g

A．q＝h

k

m13

B.＝

m23

FN1

C.＝3

FN2

D．若同時移動兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，則兩球仍能平衡

答案A

F1

解析A處于靜止，受力如圖所示。設A受到的庫侖力為F1，支持力為FN1，由平衡條件可得tan30°＝，

m1g

F1F2F2m1tan45°

FN1＝，同理可得，對B滿足tan45°＝，F(xiàn)N2＝，由于F1＝F2＝F，對比可得＝＝3，

sin30°m2gsin45°m2tan30°

2

FN1sin45°hhq

＝＝2，B、C錯誤；兩電荷間距為l＝＋＝(3＋1)h，由庫侖定律可得F＝k，由B、

2

FN2sin30°tan30°tan45°l

（4＋23）m2g

C的分析可得F＝m2gtan45°，聯(lián)立解得q＝h，A正確；若同時移動兩球在斜面上的位置，

k

由于距離變化導致庫侖力變化，重力mg和支持力FN不變，不再滿足原來的平衡關系，故兩球不能處于原

來的平衡狀態(tài)，D錯誤。

(1)解題思路

涉及庫侖力的平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了庫侖力，具

體步驟如下：

(2)“三個自由點電荷”的平衡問題

①平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產生的合電

場強度為零的位置。

②

【能力培優(yōu)】

15.(多選)如圖所示，一勻強電場E大小未知、方向水平向右。兩根長度均為L的絕緣輕繩分別將小球M和

N懸掛在電場中，懸點均為O。兩小球質量均為m、帶等量異號電荷，電荷量大小均為q(q＞0)。平衡時兩

輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝45°。若僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡。

已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()

A．M帶正電荷B．N帶正電荷

mgmg

C．q＝LD．q＝3L

kk

答案BC

解析由題圖可知，對小球M受力分析如圖甲