第九章 静电场及其应用第2节库仑定律同步练习（word版含答案）

第九章 静电场及其应用 第2节 库仑定律 同步练习
一、多选题
1．如图所示，两个带电小球A、B穿在同一根光滑绝缘的细绳上，细绳两端固定在天花板的O点，当整个系统保持平衡时，两小球连线恰好水平，且两小球与悬点O恰好构成一个正三角形，则下列判断正确的是（　　）
A．两小球质量一定相同
B．两小球带电量一定相同
C．细绳张力与两小球之间库仑力之比为2∶3
D．A球在缓慢漏电过程，细绳张力始终保持不变
2．如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．a、b小球一定带同种电荷 B．a、c小球可能带同种电荷
C．a、b小球电量之比为 D．a、b小球电量之比为
二、单选题
3．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带同种电荷。现用水平向左推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示。如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来平衡状态相比较（　　）
A．地面对小球B的支持力不变 B．两小球之间的距离不变
C．竖直墙面对小球A的弹力变大 D．小球A位置未必在原来位置的上方
4．两根长度均为L的绝缘细线分别系住质量相等、电荷量均为+Q的小球a、b，并悬挂在O点。当两个小球静止时，它们处在同一高度上，且两细线与竖直方向间夹角均为 α=60°，如图所示，静电力常量为k，则每个小球的质量为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示带正电的金属圆环竖直放置,其中心处有一电子,若电子某一时刻以初速度v0从圆环中心处水平向右运动,则此后电子将( )
A．做匀速直线运动
B．做匀减速直线运动
C．以圆心为平衡位置振动
D．以上选项均不对
6．如图所示竖直绝缘墙壁上的Q处由一固定的质点A，在Q的正上方的P点用细线悬挂一质点B，A、B两点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的电量逐渐减小，在电荷漏空之前悬线对悬点P的拉力T大小
A．T变小 B．T变大 C．T不变 D．T无法确定
7．如图所示，边长为的等边三角形的三个顶点、、上各放置一个点电荷，三个点电荷带电荷量均为，其中、处的为正电荷，处的为负电荷，为等边三角形外接圆的圆心，为、连线的中点，静电力常量为，则点的电场强度（　　）
A．方向向左 B．方向向右 C．方向向上 D．大小为
8．如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中所示。那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为（　　）
A．一定是正电 B．一定是负电
C．可能是正电，也可能是负电 D．无法判断
9．两个分别带有电荷量-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）
A． B． C． D．
10．下面说法正确的是（　　）
A．元电荷就是质子
B．带电体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍
C．只有体积很小的带电体才能看成点电荷
D．在摩擦起电的过程中创造出了新的电荷
11．空中两个带等量异种电荷的小球A、B（均可看成点电荷）间的相互吸引力为F，现将另一个完全相同的不带电小球C先后与A、B接触一下后拿走，则此时A、B两小球间的作用力大小为（　　）
A．F B．F C．F D．F
12．如图所示，A、B是带有等量同种电荷的两小球（可视为点电荷），它们的质量都是m，它们的悬线长度都是L，悬线上端都固定在同一点O，B球悬线竖直且被固定，A球在距离B球为s处静止平衡；现保持其他条件不变，用改变A球质量的方法，使A球在距离B为 处再次平衡，则A的质量应变为（　　）
A．16m B．8m C．4m D．2m
13．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在 z轴上z=h/2处的场强大小为（k为静电力常量）
A． B． C． D．
14．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图，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
15．如图所示，用两根等长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为。小球甲电荷量为，质量为，其正下方处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量，重力加速度g取。则细线N的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
16．已知两个质点相距为r时，它们之间的万有引力的大小为F；当这两个质点间的距离变为2r时，万有引力的大小变为（ ）
A． B． C． D．2F
17．甲、乙两个完全相同的金属球分别带电-q和+3q，甲、乙相距d时(甲、乙可视为点电荷)，它们间电荷作用力大小为F．现将甲、乙两球接触后分开，仍使甲、乙相距d，则甲、乙间电荷作用力大小为( )
A． B． C．2F D．3F
18．A、B两个大小相同的金属小球，A带有6Q正电荷，B带有3Q负电荷，当它们在远大于自身直径处固定时，其间静电力大小为F.另有一大小与A、B相同的不带电小球C，若让C先与A接触，再与B接触，拿走C球后，A、B间静电力的大小变为(　　)
A．6F B．3F C．F D．零
19．如图所示，a，b两个带有异种电荷的小球（可视为质点）分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，木盒置于固定的台秤上，整个装置静止，细绳均有弹力．若将系b的细线剪断，下列说法中正确的是
A．剪断细线瞬间，台秤的示数不变
B．剪断细线瞬间，台秤的示数变小
C．在b向a靠近的过程中，台秤的示数不变
D．在b向a靠近的过程中，台秤的示数变大
20．如图所示，带电小球A、B所带的电荷量分别为QA、QB，都用长为L的丝线悬挂在O点．A球左侧为绝缘墙壁．A、B静止时相距为d（小球直径远小于d）．现将小球B的带电量减少一半，则下列说法正确的是（　　）
A．丝线对小球的拉力T将减小 B．丝线对小球的拉力T大小不变
C．两球间的斥力将增大 D．A、B间的距离将变为d
21．如图所示，两个可以视为点电荷的带正电小球和，球系在一根不可以伸长的绝缘细绳的一端，绕过定滑轮，在细绳的另一端施加拉力，球固定在绝缘底座上，位于定滑轮的正下方。现缓慢拉动细绳，使球缓慢移动到定滑轮处，此过程中，球始终静止，忽略定滑轮大小和摩擦，下列判断正确的是（　　）
A．球的电势能先不变后减少
B．拉力一直增大
C．地面对绝缘座的支持力一直减少
D．球受到的库仑力先增大后减小
三、解答题
22．如图所示，有三个点电荷，甲所带电荷为，乙所带电荷为，丙所带电荷为Q，甲、乙相距为r，将丙电荷放在甲、乙连线上的某点，使甲、乙、丙都处于平衡状态，则：
（1）丙所带电荷的电性；
（2）丙所带电荷量Q为多少；
（3）丙电荷的位置应在何处。
23．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q1与q2间距离为L，q2与q3间距离的3L，每个电荷所受静电力的合力均为零，求q1、q2、q3的电荷量之比．
24．如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的MN两点，A上带有Q=3.0×10﹣6C的正电荷，两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B。（AB球可视为点电荷；重力加速度取g=10m/s2；静电力常量k=9.0×109N m2/C2）求：
（1）两线上的拉力F1和F2大小？
（2）若将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，小球A仍在原处静止，此时两线上的拉力大小分别为多少？
25．如图所示，一个半径为R的绝缘圆环均匀带电，为一极小的缺口，缺口长为，圆环的带电荷量为Q（正电荷），在圆心处放置一带电荷量为q的负点电荷，试求负点电荷受到的库仑力的大小和方向。
26．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L。两球同时由静止开始释放时，B球的加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为时，A、B的加速度大小之比为。已知重力加速度为g，静电力常量为k。
(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性；
(2)在(1)条件下求与L的比值。
27．如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP=37°，OP中点处固定一电量为q1 =2.0×10-8 C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧。MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a=1 m，杆上穿有一带正电的小球（可视为点电荷），将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零。沿ON方向建立坐标轴（取0点处x=0），分别取适当位置为重力势能和电势能的零势能点，图(b)中图线分别为小球的重力势能（以0点为零势能点）和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.15×10-3 J，E1=1. 92×10-3 J，E2=6.39×10-4J。（静电力常量k=9.0×109 N．m2/C2，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2）
(1)求电势能为E时小球的位置坐标x1和小球的质量m；
(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，小球已经脱离弹簧，求小球经过此位置时的加速度及小球所带的电荷量q2；
(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep；
(4)求小球经过x1处时具有的动能Ek。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AC
【解析】
【详解】
A．设绳张力为T，对A、B球所受绳子张力的合力为
对两小球受力分析如图，由图可知，
则
由于同一根绳子，所以绳子的拉力F相同，则两小球质量一定相同，故A正确；
B．由几何关系可得
则两小球间的库仑力大小相等，由可知，不能说明两小球带电量一定相同，故B错误；
C．由几何关系得
则
故C正确；
D．A球在缓慢漏电过程，A、B球的库仑力减小，说明A、B两球间的距离减小，上面两绳与竖直方向夹角变大，则绳子张力变化，故D错误。
故选C。
故选AC。
2．AD
【解析】
【详解】
AB．对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，选项A正确，B错误；
CD．对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得
又由几何关系知
解得
选项C错误，D正确。
故选AD。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
AC．以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示，设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为
将小球B向左推动少许时，减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小； 再以AB整体为研究对象，分析受力如图所示，由平衡条件得
则F减小，地面对小球B的支持力一定不变，故A正确，C错误；
B．由上分析得到库仑力
减小，cos增大，减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大，故B错误；
D．根据受力情况可知，小球A位置一定在原来位置的上方，故D错误。
故选A。
4．A
【解析】
【详解】
对小球进行受力分析，如图所示。
根据平衡条件，结合三角知识，可得
根据库仑定律得，小球在水平方向受到库仑力的大小为
而由几何关系，则有
解得
故A正确，BCD错误；
故选A。
5．C
【解析】
【详解】
将圆环分成无数个正点电荷,再用点电荷场强公式和场强叠加原理求出v0方向所在直线上的场强分布即可.由场强叠加原理易知,把带电圆环视作由无数个点电荷组成,则圆环中心处的场强为0,v0所在直线的无穷远处场强也为0,故沿v0方向从圆心到无穷远处的直线上必有一点场强最大.从O点沿v0方向向右的直线上各点的场强方向处处向右.再由对称性知,沿v0方向所在直线上的O点左方也必有一点场强最大,无穷远处场强为零,方向处处向左.故电子在带电圆环所施加的电场力作用下将向右减速至零,再向左运动,当运动到O点处时,速度大小仍为v0,并向左继续运动至速度也为零(这点与O点右方的速度为零处关于O点对称),然后往复运动.在整个运动过程中,F电是个变力,故加速度也是变化的，故C正确，ABD错误。
6．C
【解析】
【详解】
以小球为研究对象，球受到重力，的斥力和线的拉力三个力作用，作出力图，如图．
作出、的合力，由三个共点力的平衡条件可知：和方向相反，大小相等，即
根据几何知识可知，可得：
又，，可得：
在、两质点带电量逐渐减少的过程中，、、均不变，则不变，悬线对悬点的拉力大小也不变．故C正确，ABD错误；
故选C．
7．C
【解析】
【详解】
根据点电荷电场强度公式和电场叠加原理，MN两点的电荷在S点叠加后的场强为零，可知S点的电场强度等于P点的电荷在S点的场强，方向指向点、大小
故选C。
8．B
【解析】
【详解】
对A电荷受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上；如果C是正电荷，则C对A的库仑斥力沿CA连线向上，这两个斥力的合力指向CA和BA延长线之间，不可能BA偏向右；只有C带负电，C对A的库仑引力沿AC连线向下，与B对A的作用力的合力才偏向右侧，故C一定带负电，故B正确，ACD错误。
故选B。
9．C
【解析】
【详解】
相距为r时，根据库仑定律得
接触后，各自带电量变为
此时的库仑力为
故C正确，ABD错误。
故选C。
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．元电荷是与质子的电荷量数值相等的电荷量，但不是质子，故A错误；
B．元电荷是自然界中最小的电量，所以所有带电体所带的电荷量一定是元电荷的整数倍，故B正确；
C．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有体积很小的带电体才看成是点电荷，故C错误；
D．在摩擦起电的过程中只是电荷的转移，并不是创造出了新的电荷，故D错误。
故选B。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
设A带正电荷+q，B带负电荷-q，A、C相接触分开后，A、C分别带正电荷 ，然后B、C相接触分开后，B、C分别带负电荷 ，根据库仑定律
原来的库仑力
变化后的库仑力
故选D。
12．B
【解析】
【详解】
小球A受到重力G、库仑力F 和绳的拉力T作用，由平衡条件可知合力为零，重力G、库仑力F 和绳的拉力T三个力首尾相接，可画出如图所示的矢量三角形。由相似三角形可得
可得
A球在距离B为处再次平衡，根据库仑定律可知
再画出矢量三角形。由相似三角形可得
可得
所以
故ACD错误，B正确。
故选B。
13．D
【解析】
【详解】
试题分析：在z轴上-处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；
q在-处产生的场强为：；由于导体远端离-处很远，影响可以忽略不计，故导体在-处产生场强近似等于近端在-处产生的场强；-处场强为：0=E1+E2，故；根据对称性，导体近端在处产生的场强为；电荷q在处产生的场强为：；故处的合场强为：；故选D．
考点：电场的叠加
【名师点睛】本题考查了电场强度的计算、导体的静电平衡和场强的叠加原理，要结合对称性进行近似运算，难题．
14．A
【解析】
【详解】
A．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，所以A正确；
B． Q3为负电荷，且放于B右方，对A处电荷分析两电场力方向都向右不能平衡，所以B错误；
C． Q3为正电荷，且放于AB之间，对B处电荷分析两电场力方向都向左不能平衡，所以C错误；
D． Q3为正电荷，且放于B右方，对Q3分析，B处电荷给的电场力大于A处电荷给的电场力，所以也不能平衡，则D错误；
故选A。
15．A
【解析】
【详解】
小球甲、乙之间的库仑力
设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有
解得
故选A。
16．B
【解析】
【详解】
根据万有引力定律公式，得当这两个质点间的距离变为2r时，则万有引力的大小变为原来的，即为故B正确，ACD错误．
故选B．
17．A
【解析】
【分析】
接触带电的原则是先中和再平分，根据库仑定律公式求出库仑力的大小．
【详解】
根据库仑定律公式得：；接触再分离后所带电量各为q，那么．故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】
解决本题的关键掌握库仑定律的公式，同时理解异性电荷在接触时，它们的电量先中和后平分．
18．D
【解析】
【分析】
完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可．
【详解】
当小球和A接触后，A球带电为3Q，再和B球接触时，恰好中和，即接触后B球不带电．此时A和B之间没有库仑力．故D正确、ABC错误．故选D．
【点睛】
完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解．
19．D
【解析】
【详解】
试题分析：开始时，对a、b以及木盒的整体而言，台秤的读数等于整体的重力；当剪断系b的细线时，小球b向上做加速运动，且加速度逐渐变大，小球b处于超重状态，故可知在b向a靠近的过程中，台秤的示数变大，故选D.
考点：牛顿第二定律；失重和超重
20．B
【解析】
【详解】
ABC.对B受力分析
根据B受力平衡可得：
现将小球B的带电量减少一半，则d逐渐减小，可知F减小，T不变，故AC不符合题意，B符合题意；
D.设A、B间的距离将变为d'，则
解得，故D错误．
21．A
【解析】
【详解】
A．设球所受库仑力大小为FC，AB两球间距离为r，B球距定滑轮为h，A球与定滑轮间距离为l，对开始位置处的A球受力分析，将F和FC合成如图，由相似三角形可得
所以A球缓慢移动过程中，r先不变，等A球运动到滑轮正下方后，r再变大，则整个过程中球的电势能先不变后减少，选项A正确；
B．A球未到滑轮正下方时，由相似三角形可得
所以F先减小，当A球到达滑轮正下方后，由平衡条件可得
所以F再增大，故B项错误；
CD．A球未到滑轮正下方时，库仑力大小不变，方向趋近竖直，则B球受到库仑力的竖直分量变大，地面对绝缘座的支持力先变大；A球到达滑轮正下方后，B球受到库仑力大小减小、方向竖直向下，地面对绝缘座的支持力减小；故CD错误。
故选A。
22．（1）丙带负电荷；（2）；（3）应放在甲电荷左侧的位置处
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 甲、乙、丙三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以丙必须为负电，在甲的左侧；
(2) 设丙所在位置与甲的距离为R，则丙所在位置与乙的距离为R+r，要能处于平衡状态，所以甲对丙的电场力大小等于乙对丙的电场力大小，设丙的电量为q，则有
解得
对点电荷甲，其受力也平衡，则
解得
(3)根据以上分析可知，应放在甲电荷左侧的位置处。
23．或
【解析】
【详解】
由题意知个电荷所受静电力的合力均为零，要满足条件可知，q1、q3电性相同，q2与另两个电荷电性相异；对q1分析有：
对q2分析有：
联立解得：
因为q1、q3电性相同，故电荷之比为：
或：
答：q1、q2、q3的电荷量之比为或
24．（1）均为1.9N；（2）1.225N与1.0N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对物体A，A受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，两线上拉力夹角120°，所以
F1=F2=mAg+k=1N+9×109×N=1.9N
（2）将B水平右移，使M、A、B在同一直线上时，对A求受力分析可知
F1sin30°+F2sin30°﹣mg﹣F库sin30°=0
F1′cos30°﹣F2′cos30°﹣F库cos30°=0
联立解得
F1′=1.225N
F2′=1.0N
25．；方向由ab中心指向O
【解析】
【分析】
【详解】
先设想将ab补上，则圆环中心处的场强为零，对电荷q的电场力为零；补上部分电荷量为
由库仑定律可得其对q产生的电场力为
不包括缺口的部分对点电荷q的作用力与F平衡，也为，根据异种电荷，库仑力方向相互吸引，可得受力方向由ab中心指向圆心O。
26．(1)，带正电荷；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由初始B球的加速度等于零及B球带正电荷，可知A球带正电荷。
对B球受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即
根据库仑定律得
解得
(2)两球距离为时，A球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
依题意由
且
解得
又
解得
27．(1)；；(2)；；(3)；(4)
【解析】
【详解】
(1)电势能为时最大，所以应是电荷 对小球做负功和正功的分界点，即应该是图中Q（过作的ON的垂线）。
根据图象得到
(2)小球受到重力G、库仑力F，其合力沿杆向下。
故小球的加速度为
(3)对O到N，小球离开弹簧后到达N点的速度为零，根据能量守恒，得到
(4)根据能量守恒有
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