人教版物理必修3同步练习: 9.2 库仑定律(优生加练)

人教版物理必修3同步练习: 9.2 库仑定律(优生加练)
一、选择题
1．（2022·遂宁模拟）如图，绝缘光滑细杆成30°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一正点电荷，穿在杆上的质量为m、电荷量为q（q>0）的小球静止在B点，AO=BO=L。现将小球拉到杆上P点后释放，测得其在B点的速率为v。小球可视为质点且电荷量始终不变，静电力常量为k，重力加速度大小为g。则（　　）
A．正点电荷的电荷量为
B．小球在B点对杆的压力大小为
C．滑至A点，小球的加速度大小为
D．滑至A点，库仑力的功率为
2．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
3．（2017高二上·成都期中）某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）
A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大
C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小
4．（2023高二上·吕梁期中）如图所示，在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷，带正电的小球穿过滑杆，从点以速度向右运动，小球在点的加速度大小为，已知无穷远处电势为零，点、点的电势分别为，小球的比荷，不计小球与滑杆间的摩擦，小球运动过程电量不变，以下说法正确的是（　　）
A．小球运动到点时速度大小为
B．小球运动到点加速度大小为
C．小球最终速度大小为
D．小球最大电势能为
5．（2018高二下·易门期末）如图所示，M、N为真空中两根完全相同的均匀带正电绝缘棒，所带电荷量相同，且平行正对放置，两棒中点分别为O1、O2，a、b、c、d、e为O1O2连线上的六等分点，a点处有一带正电的固定点电荷．已知c处和d处的场强大小均为E0，方向相反，则b处的场强大小为(　　)
A．E0 B． C． D．
6．（2018高二上·黑龙江期末）如图所示，一带电荷量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为 。当把一电荷量也是q的点电荷放在P点时，测得点电荷受到的静电力为f；当把一电荷量为aq的点电荷放在P点时，测得作用于这点电荷的静电力为F，则（　　）
A．f的数值等于
B．F的数值等于af
C．a比1小得越多，F的数值越接近af
D．a比1小得越多，F的数值越接近
7．（2017高二上·吉林期中）下列说法正确的是（　　）
A．电场强度反映了电场力的性质，因此电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比
B．电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力的大小及其电荷量无关
C．电场中某点的场强方向与该点电荷受力方向相同
D．公式E= 与E=k 对于任何静电场都是适用的
8．（2017高二上·玉溪期中）如图，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（　　）
A． B． C． D．
9．（2017高二上·郑州期中）下列说法正确的是（　　）
A．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
B．电场强度大的地方，电势一定高；电场强度小的地方，电势一定低
C．E= 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内静电力的特性决定的
D．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值仍为R
10．（2017高二上·重庆期中）如图所示，竖直绝缘墙壁上Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B．A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将（　　）
A．保持不变 B．先变小后变大
C．逐渐减小 D．逐渐增大
二、多项选择题
11．（2022·辽宁）如图所示，带电荷量为 的球1固定在倾角为 光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为 的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为 ，球2、3间的静电力大小为 。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。 为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
12．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力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7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(　　)
A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大
C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大
13．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）如图，倾角为θ的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一质量为m，带电量+q的小物块（可看作是点电荷）恰好能在斜面上匀速下滑，若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量 +Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动， 在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下，关于在物块下滑过程的分析正确的是（　　）
A．在BA之间，物块将做加速直线运动
B．在BD之间，物块受到的库仑力先增大后减小
C．在BA之间，斜面对地面的压力有可能不变
D．在BA之间，斜面受到地面的摩擦力均为零
14．（2017高二上·周口期末）如图，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（　　）
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
15．（2017高二上·广州期中）两个放在绝缘架上完全相同的金属小球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷量，其相互作用的库仑力为3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们相互作用的库仑力有可能变为（　　）
A．0 B．F C．3F D．4F
16．（2021·济宁模拟）在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的正试探电荷分别置于 、 两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示， 、 分别在 和 平面内， 与z轴负方向成60°角， 与x轴负方向成60°角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为 ，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　）
A．点电荷Q位于y轴正方向上距O点 处
B．点电荷Q带正电
C．a、b、O三点电势关系为
D．点电荷Q带电量为
17．（人教版物理高二选修3-1 1.2库仑定律同步检测卷）如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O、Q1、Q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（　　）
A．Q1、Q2为异种电荷
B．圆轨道上的电场强度处处相同
C．圆轨道上的电势处处相等
D．点电荷Q1对小球的静电力是吸引力
18．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，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g=10m/s2；静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，AB球可视为点电荷）则（　　）
A．支架对地面的压力大小为2.0N
B．两线上的拉力大小F1=F2=1.9N
C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小为F1=1.225N，F2=1.0N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1=F2=0.866N
三、非选择题
19．（2021高二上·安徽月考）如图所示，在真空中，一绝缘细线的一端固定在O点另一端系一质量为m、带电荷量为+q的小球。弧ABC是以O点为圆心、半径为r的竖直圆弧，BC是圆弧的竖直直径，OA是圆弧的水平半径，一带电荷量为+Q的点电荷固定在A点的正上方，距离A点的高度为r。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧AB运动到B点时的速度为v。已知重力加速度为g，静电力常量为k。
（1）求释放时小球加速度的大小a；
（2）求A、B两点的电势差UAB；
（3）在A点给小球竖直向下的初速度v0，已知小球能运动到C点求小球运动到C点时的速度vC。
20．（2020·大兴模拟）经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做圆周运动。已知电子电荷量的大小为e，质量为m，静电力常量为k，取无穷远为电势能零点，系统的电势能可表示为 ，其中r为电子与氢原子核之间的距离。
（1）设电子在半径为r1的圆轨道上运动：
①推导电子动能表达式；
②若将电子的运动等效成环形电流，推导等效电流的表达式；
（2）在玻尔的氢原子理论中，他认为电子的轨道是量子化的，这些轨道满足如下的量子化条件 ，其中n=1，2，3……称为轨道量子数，rn为相应的轨道半径，vn为电子在该轨道上做圆周运动的速度大小，h为普朗克常量。求：
①氢原子中电子的轨道量子数为n时，推导轨道的半径及电子在该轨道上运动时氢原子能量的表达式。
②假设氢原子甲的核外电子从第2轨道跃迁到第1轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数n=3的氢原子乙吸收并使其电离，不考虑跃迁或电离前后原子核所受到的反冲，推导氢原子乙电离出的电子动能表达式。
21．（2017高三上·陆川期末）如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N m/C2）
（1）小球B所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
22．（2017高三上·东营期中）如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA=2×10﹣4C，B球的质量为m=0.1kg．以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能随位置x的变化规律如图乙中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6米．（g取10m/s2，静电力恒量k=9.0×109N m2/C2．）
（1）求杆与水平面的夹角θ；
（2）求B球的带电量QB；
（3）求M点电势φM；
（4）若B球以Ek0=4J的初动能从M点开始沿杆向上滑动，求B球运动过程中离A球的最近距离及此时B球的加速度．
23．（2017高二上·郑州期中）如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
（1）液珠的比荷
（2）液珠速度最大时离A点的距离h．
（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成 ，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．
24．（2023高二上·房山期末）电场线和等势面可以形象地描述静电场。已知点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面、到点电荷的距离分别为、，静电力常量k。
（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导电荷量为Q的点电荷的电场强度公式；
（2）电荷量为Q的点电荷电场中，一个质量为m、电荷量为－e的电子仅在静电力的作用下，沿电场的某一等势面做匀速圆周运动。
①电子在距点电荷距离为r的等势面上顺时针做匀速圆周运动时，可等效为环形电流，求等效电流的大小和方向；
②电荷量为Q的点电荷电场中，某一点的电势可以用表示，该式仅由静电力常量k、点电荷的电荷量Q及该点到点电荷的距离r决定。若电子在等势面上做匀速圆周运动时，点电荷与电子组成的系统具有的总能量为，在等势面上做匀速圆周运动时具有的总能量为，某同学类比机械能守恒猜测。你是否同意他的结论？通过推导或计算说明你的观点。
25．（2020高二上·长治期中）如图所示，ABCD为竖直放置的绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 光滑圆弧形管道，BCD部分是固定的水平光滑直管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小；
（3）写出小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式？
26．（2020高二上·大庆期中）如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，第一、四象限内存在大小相等方向相反且平行于y轴的匀强电场。在第四象限内某点固定一个点电荷Q（假设该点电荷对第一象限内的电场无影响）。现有一质量为m=9×10-4kg，带电量为 q=3×10-12C的带电微粒从y轴上A 点（y=0.9cm）以初速度v0=0.8m/s垂直y轴射入第一象限经x轴上的B点进入第四象限做匀速圆周运动且轨迹与y轴相切（图中A、B及点电荷Q的位置均未标出）。不考虑以后的运动。（重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109Nm/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）点电荷通过B的速度（要求画出带点微粒运动轨迹）。
（2）点电荷Q的电荷量。
27．（2017·镇江模拟）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星﹣行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e．
（1）模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请通过定量计算来比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系；
（2）求模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期TⅠ和TⅡ；
（3）通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请分析这样简化处理的合理性．
28．（2017高二下·巨鹿期中）氢原子的基态能量E1=﹣13.6eV，电子绕核做圆周运动的半径r1=0.53×10﹣10m．（已知能量关系En= ，半径关系rn=n2r1，静电力常量k=9.0×109N m2/C2，e=1.6×10﹣19C，普朗克常量h=6.63×10﹣34J S）
（1）氢原子处于n=4激发态时：
①求原子系统具有的能量；
②求电子在n=4轨道上运动的动能（用eV表示，保留两位小数）；
（2）若要使处于n=2轨道上的氢原子电离，至少要用频率为多大的电磁波照射氢原子（保留两位小数）？
29．（2017高二上·天津期中）如图所示，长L的绝缘光滑细杆AB与水平面成45°角，A、C两点在同一竖直线上，B、C两点在同一水平线上，O点为AB的中点，在C点固定一个带正电的点电荷Q，杆上套一个带正电的小环，环在A点时正好能保持静止．现给环一个沿杆向下的初速度vA，环到达O点的速度为v0，已知静电常数为k，小环的质量m，重力加速度g，求：
（1）求小环的电荷量q；
（2）AO两点的电势差UAO；
（3）环到达B点时环的速度．
30．（2017高二上·成都期中）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布．），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过O点时的加速度；
（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．小球在A、B两点的受力情况如所示
其中库仑力大小均为
因小球能够静止在B点，故由力的平衡条件有
解得
AB不符合题意；
C．下滑过程中，在A点，由牛顿第二定律有
解得
C不符合题意；
D．A与B电势相等，从A到B，由动能定理有
在A点，库仑力的功率为
解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】小球在AB两点受力分析，根据共点力平衡得出点电荷的电荷表达式以及小球在B点对杆的压力；在A点利用牛顿第二定律得出小球的加速度；结合动能定理以及瞬时功率的表达式得出库仑力的功率。
2．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’ ，Fbc=k’ ，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k= ，联立解得：k=64/27，D符合题意。
故答案为：D
【分析】需要注意的是该三角形是直角三角形，通过作图，求出点c受到的合力示意图，求出两个力的比值，再通过库仑定律换算到两个电荷间的比值。
3．【答案】C
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动
【解析】【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得
=ma=m =mω2r= ，
可得a=
T=
ω=
v=
A、半径越大，加速度越小，A不符合题意；
B、半径越小，周期越小，B不符合题意；
C、半径越大，角速度越小，C符合题意；
D、半径越小，线速度越大，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】原子核对电子的库仑力提供向心力，结合向心力的几个表达式可以求出半径与加速度、角速度。线速度、周期之间的关系。
4．【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.小球带正电，小球由a点到b点，由动能定理，有，其中，得，A不符合题意；
B.设上方固定的点电荷的电荷量为Q，上方电荷到b点的距离为L，由牛顿第二定律可得，小球在a加速度大小为，小球在c点加速度大小为，B符合题意；
C.小球最终的速度大小为v，由动能定理，又，得，C不符合题意；
D.b点的电势最高，由电势能定义式可知，小球在b点的电势能最大，但由于小球带电量未知，所以不能确定最大电势能大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由动能定理分析小球由a到b的过程，求出小球到达b点的速度；根据牛顿第二定律和库仑定律，列出小球在a点的c点加速度大小的表达式，通过求解方程组得出小球在c点的加速度大小；小球最终运动到无穷远处，不再受电场力作用而做匀速运动，由动能定理分析小球从A点运动的无穷远的过程，求出小球的最终速度；根据电势能定义式分析小球的最大电势能。
5．【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线
【解析】【解答】设O1、O2，a、b、c、d、e相邻两点间的距离为r，带正电的点电荷电荷量为Q.两绝缘棒在d处产生的合场强大小为E，根据对称性和电场的叠加原理可知：c处有 ，d处有： ，则得 ，方向向左；根据对称性可知：两绝缘棒在b处产生的合场强大小为 ，方向向右，B处的场强大小： ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用点电荷场强的叠加求合场强。
6．【答案】D
【知识点】库仑定律；电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】本题中的场源电荷为金属球，而不是点电荷，在P点没有放电荷前，电量均匀分布在球体的外壳，金属球可以等效为电量集中于球心的点电荷，但是，在P点放入电荷后，由于同种电荷排斥，使得金属球上的电荷分布不再均匀，带电的等效中心偏离球心，根据点电荷电场公式 可得此时P点的电场发生变化，因此AB不符合题意；当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，电荷量越小，即a比1小的越多，金属球中等效中心偏离越小，球在P点的场强变化越小，当 时，点电荷可看做电量足够小的试探电荷，故F的数值越接近于 ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】本题考查了点电荷场强公式的适用条件及电荷分布规律，电荷间的相互作用。
7．【答案】B
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电场及电场力
【解析】【解答】解：AB、电场强度反映了电场力的性质，由电场本身决定，与检验电荷在该点所受的电场力的大小及其电荷量无关，不能说“场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比”．A不符合题意，B符合题意．
C、场强方向与该点正电荷受力方向相同，与该点负电荷受力方向相反，C不符合题意．
D、公式E= 是场强的定义式，对于任何静电场适用．而E=k 只适用于点电荷产生的电场，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】电场强度的大小与检验电荷无关，是本身的一种属性，可利用E=F/q来求解，电场强度的大小与正电荷的受力方向相同。
8．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律；电场强度和电场线；受力分析的应用
【解析】【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：
2× ×cos30°=E Q
所以匀强电场场强的大小为 ．
故答案为：B．
【分析】求解场强的方法一共有三种，结合本题题意应该先根据平衡条件求电场力，在求出电场强度。
9．【答案】D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能；电阻定律；电场及电场力；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：A、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关．A不符合题意．
B、电场线越密的地方，电场强度越强，相反，则越弱，与电势无关，沿着电场线方向，电势是降低的．B不符合题意．
C、E= 只是电动势的定义式而非决定式，但电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的．C不符合题意．
D、根据电阻定律，有：
R=ρ …①
把它拉成3L长的均匀细丝后，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的长度不变，横截面积减小为 ，故：
R′=ρ …②
联立解得：R′=3R．
当把它们并联在一起，其电阻值仍为R，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】A考察的是对电场强度定义的理解，用定义此处的现场强度会用到试探电荷，但是该出的电场强度与试探电荷无关；
B考察的是电场强度和电势的关系，其实是没关系的，
C选项是考察的电动势的内容，注意一下非静电力和静电力的区别，
D选项考察的是电阻的决定公式和电阻的并联。
10．【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；动态平衡分析；库仑定律；受力分析的应用；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．
根据△FBF1∽△PQB得： =
又FF1=F2，得：F2= G
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．
故答案为：A
【分析】此题为典型的相似三角形法在电场中的应用，注意找出对应边即可。
11．【答案】B,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】若球3带负电，因为球1电荷量大，球2电荷量小，球2球3间排斥力比球1球3间吸引力小很多，把力都沿斜面分解，球3不可能静止，所以球3一定带正电。A错误。
球3从b运动到a，球2和球3间吸引力先做正功后做负功，由对称性可知做功为零。而且弹簧先推力后拉力，从压缩位置到拉伸位置，同理可知弹簧做功为零。所以该过程相当于只有重力做功。
由动能定理得，，B正确。
设静止时球2球3间库仑力为F，由于球1电荷量为球3电荷量6倍，且球1球2球3构成正三角形，所以球1和球3间库仑力为6F。静止时将球3所受力都沿斜面分解得，
当球3运动到a点，由牛顿第二定律得：
由题意得：
联立以上方程得： ，C正确
运动至中点，球2球3距离变为，由库仑定律可知此时库仑力变为球刚释放时库仑力的倍，即为，重力沿垂直斜面分力为，
所以对斜面压力大小为 ，所以D选项正确。
故答案为：BCD
【分析】利用库仑定律，结合受力平衡以及牛顿第二定律综合分析。
12．【答案】C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．B不符合题意．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1；N2=（mA+mB）g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．A不符合题意，C符合题意．由上分析得到库仑力 ，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．D周期．
故答案为：CD．
【分析】该题目的求解方法是，假设AB两球的连线与水平面的夹角的锐角为α，分别求出两个小球受的力与角α的关系，通过分析角α的变化分析力的变化。
13．【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，而库仑力对于物块是阻力，则导致其做减速运动，A不符合题意；根据库仑定律，则有在BD之间，电荷间的间距先减小后增大，则物块受到的库仑力先增大后减小，B符合题意；开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体分析，受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零；从整体角度分析，在BA之间，因库仑斥力，导致斜面对地面的压力增大，C不符合题意，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】两个点电荷，距离越近时，电荷的之间的作用力越大，在分析斜面受到的力时，需要注意的是一定要明确研究对象，是斜面，分析斜面的受力。
14．【答案】A,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图
根据平衡条件，有：
故：
同理，有：
由于θ1＞θ2，故mA＜mB，A符合题意；
B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，B不符合题意；
C、小球摆动过程机械能守恒，有 ，解得 ，由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，A球的速度较大，C符合题意；
D、小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK，故
Ek=mg△h=mgL（1﹣cosθ）= L（1﹣cosθ）
其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：
Ek= L（1﹣cosθ）=
其中F Lcosθ=Fh，相同，故θ越大， 越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，D符合题意；
故答案为：ACD．
【分析】两小球静止时受力平衡，根据平衡条件和库仑力的关系可比较两球质量间的大小关系；小球下摆过程，根据动能定理求最低点速度和动能。
15．【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：由库仑定律可得：
3F=k =
而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q
若两球带的是异种电荷，则两球的带电量均为q；
若带同种电荷，则库仑力F′=k =k =4F
或带异种电荷，则库仑力
F′=k =k =F；
故选BD．
【分析】库仑定律可知，两电荷间的库仑力。根据库仑定律计算两种情况下的库仑力，注意两个完全相同的金属小球接触时两球带电量会重新分配，分配规律是：同种电荷将平分总电荷量，异种电荷将先中和再平分中和后的电荷量。
16．【答案】A,D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AB．点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由Fa、Fb的方向可知该点电荷带负电，并且同时在Fa、Fb所在的平面内，即y轴正半轴上，设其到原点的距离为L，则
解得
A符合题意、B不符合题意；
C．点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b两点到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即 ；O点到点电荷的距离小于a、b两点到点电荷的距离，所以其电势较低，即
C不符合题意；
D．由库仑定律得
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】正电荷受到的电场力方向跟电场方向相同。所以，此点电荷的部分电场方向应该是沿着 、 方向，所以可以判断点电荷电性为负。延长 、 的方向，根据几何关系可以算出点电荷的位置。点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，所以根据几何关系判断 a、b、O三点距离点电荷的距离，进而判断它们的电势关系。 根据试探电荷在a点受到的电场力大小为 ，通过库仑定律可以算出点电荷的电量。
17．【答案】C,D
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动；电场强度；电势
【解析】【解答】 带电小球恰好能做匀速圆周运动，则小球受重力和电场力的合力正好指向圆心，充当向心力，因为带电小球的带点性质不确定，所以两点电荷的带点性质不能确定，故A错误；
根据点电荷电场公式 可得在圆轨道上合场强大小相等，但是方向不同，故B错误；
带电小球在圆轨道上运动过程中，重力不做功，而小球的速度大小没有发生变化，所以电场力也没有做功，故圆轨道是一个等势面，故C正确；
带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，Q1离带电小球比Q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则Q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于Q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，Q1、Q2可能为异种电荷，则Q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确。
故选CD
【分析】分析清楚为圆周运动提供向心力的力是关键。
18．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律
【解析】【解答】对B和支架分析可知，受到竖直向下的重力，和A对B竖直向上的库仑力，故对地面的压力为FN=GB支-k·qA·qB/r2=2N-0.9N=1.1N，错误；对A分析，A受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，三力的夹角正好是120。处于平衡状态，所以，B正确；将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，则两小球的距离变为，故有，解得F1=1.225N，F2=1.0N， C 正确；将B移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F1＝F2＝GA＝1N，D错误。
【分析】本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识，意在考查考生对物理基础知识的掌握情况，以及处理力电综合问题的能力。做此类问题受力分析是关键，特别是选项C，求解两小球之间的距离是关键。
19．【答案】（1）解：释放时，小球所受库仑力大小
根据牛顿第二定律，有F1+mg=ma
故
（2）解：小球从A运动至B的过程中，根据动能定理有
解得
（3）解：由电场力做功特点知，小球从A运动到C的过程中，电场力做功为0，由动能定得
解得
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据库仑定律以及牛顿第二定律得出 释放时小球加速度的大小a；
（2）根据动能定律得出 A、B两点的电势差UAB；
（3） 小球从A运动到C的过程中 由动能定理得出C点的速度大小。
20．【答案】（1）解：①电子绕氢原子核做匀速圆周运动时，库仑力提供电子做圆周运动的向心力
所以电子运动的动能为
②由库仑力提供向心力可得
所以电子运动形成的等效电流
解得
（2）解：①由库仑力提供向心力可得
又有
联立可以解得
系统总能量为
代入可得
②由
可得：电子在n=1，n=2，n=3轨道上的能量分别为
电子从n=2轨道跃迁到n=1轨道上时释放的能量为
这个能量被处于n=3轨道上的乙电子吸收，发生电离，根据能量守恒得
代入数据解得
【知识点】库仑定律；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）库仑力提供向心力，结合向心力公式求解粒子的动能；
结合粒子运动的周期和电荷量，利用电流的定义式求解电流强度即可；
（2）结合第一问求解的粒子的动能表达式，结合粒子势能的表达式相加即为能量表达式；
离子发生电离时，能量守恒，列方程求解动能即可。
21．【答案】（1）解：由图可知，当x=0.3m时，F1=k =0.018N，因此：
q= = =1×10﹣6 C
答：小球B所带电量为1×10﹣6 C
（2）解：设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE，
因此：E= = N/C=﹣3×104N/C，
电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；
答：非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C
（3）解：根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：
W合=﹣0.004×0.2=﹣8×10﹣4J，
由qU=W合可得：U= = =﹣800V；
答：在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为﹣800V
（4）解：由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，电场力做功W1= =6×10﹣4J，
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=﹣ mv2=﹣1.6×10﹣3 J，
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10﹣3 J，
由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0，
解得：s= = =0.065m；
答：恒力作用的最小距离s是0.065m
【知识点】库仑定律；牛顿定律与图象
【解析】【分析】如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力
22．【答案】（1）解：渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，
即Ep=mgxsinθ=kx
则 sinθ= =0.5
即θ=30°；
（2）解：由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m出总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有
mgsin30°=k
即1× =9×109×
解得QB=1×10﹣5C；
（3）解：M点的电势能 EPM=E总﹣EP=6﹣3=3J
M点电势 φM= = =3×105V
（4）解：在M点B球总势能为6J，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J
由曲线Ⅰ知B离A的最近距离为x=2m
k ﹣mg=ma
解得a=9×109× ﹣10=40m/s2，方向沿杆向上；
【知识点】功能关系；库仑定律
【解析】【分析】（1）由图知Ep=mgxsinθ=kx从而的角度θ；（2）根据平衡条件和库仑定律求解电荷（3）根据电势和电势能关系求解电势；（4）根据能量守恒定律分析B球运动过程中离A球的最近距离．由牛顿运动定律求解B球的加速度a．
23．【答案】（1）解：设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时
比荷为
答：液珠的比荷为 ．
（2）解：当液珠速度最大时
得
答：液珠速度最大时离A点的距离 ．
（3）解：设BC间的电势差大小UCB，由题意得
UCB=
对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qUCB﹣mg（rB﹣H）=0
即q ﹣mg（rB﹣H）=0
将第（1）问的结果代入化简 rB2﹣3HrB+2H2=0
解得rB=2H rB′=H（舍去）
答：液珠能到达的最高点B离A点的高度为2H．
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】液珠受向上的库仑力和向下的重力，据题意可知库仑力使重力的二倍，即可求荷质比；当库仑力和重力大小相等方向相反时，液珠达到最大速度，对液珠的运动过程应用动能定理，可求B离A的高度。
24．【答案】（1）解：设检验电荷所带电荷量为q，离点电荷Q距离为r，根据库仑定律有
根据电场强度的定义有
联立解得
（2）解：①电流的方向与正电荷的运动方向相同，与负电荷的运动方向相反，因此电子顺时针做匀速圆周运动时，等效电流的方向为逆时针。
电子顺时针做匀速圆周运动有
根据电流的定义有
联立解得
②不同意。根据库仑定律及牛顿第二定律可得
则电子的动能为
电子的电势能为
点电荷与电子组成的系统具有的总能量为
故电子分别在等势面S1、S2上做匀速圆周运动时，半径不同，则点电荷与电子组成的系统具有的总能量不相等，因此
【知识点】库仑定律；电场强度；等势面
【解析】【分析】（1）由库仑定律和电场强度定义式推导点电荷的电场强度计算式。
（2）求出粒子运动周期，根据电流的定义式，求解等效电流。
（3）总能量为动能和势能之和，分别求出动能和势能，进行比较即可。
25．【答案】（1）解：设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和﹣Q的库仑力分别为F1和F2.则 ①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②
联立①②得 ③
（2）解：从A到B根据动能定理 ⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥
vB=vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg ⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
（3）解：小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律可得，静电力的大小
小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则及库仑定律进行分析；（2）根据动能定理求出小球在B点处的速度，分析向心力的来源，由牛顿第二定律及库仑定律列式，结合力的合成与牛顿第三定律进行分析；（3）小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律及力的合成即可得解。
26．【答案】（1）解：由于粒子在第四象限做匀速圆周运动，因此重力和电场力平衡，即
所以粒子在第一象限做类平抛运动，其加速度大小为
微粒在第一象限运动时间为
通过B点沿y轴负方向 的速度为
微粒通过B点速度为
方向与x轴正向夹角为
（2）解：微粒在0.03s内沿x方向的位移为
设微粒做圆周运动的半径为r，由图可知
得
微粒在第四象限做圆周运动的向心力为库仑力，根据牛顿第二定律
解得
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动；向心力；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在第四象限做匀速圆周运动，可知其所匀强电场的电场力与重力平衡，即可得粒子在第一象限所受合外力，根据牛顿第二定律求出加速度，粒子在第一象限做类平抛运动，结合类平抛运动规律求出粒子在B点的速度大小与方向；
（2）结合几何关系求出粒子绕点电荷做匀速圆周运动的轨道半径大小，根据库仑力提供向心力，结合库仑定律与牛顿第二定律进行分析即可。
27．【答案】（1）解：模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：EkI= =
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有： ，
解得：
对于原子核有： ，
解得： =
系统的总动能：EkⅡ=Ek1+Ek2= =
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
答：EkⅠ、的大小为 ，EkⅡ的大小 ，两种模型中，系统的总动能相等；
（2）模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：TI=
模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ
根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有： ，
解得：r1=
对原子核有： ，
解得：r2=
因r1+r2=r，将以上两式代入，可解得：TII=
答：模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期 和 ；
（3）所以有， =
因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
答：因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
【知识点】库仑定律；电场及电场力；向心力
【解析】【分析】（1）两种模型中，核外电子都做匀速，圆周运动。向心力都是由原子核和核外电子之间的库仑力提供，根据向心力公式，结合动能公式联立求解。
（2）两种模型中库仑力提供向心力，结合周期与向心力之间的公式，联立求解即可。
（3）根据第二问的答案，分析求解即可。
28．【答案】（1）解：①由 得： = =﹣0.85eV．
②因为 ，所以有：r4=42r1
由圆周运动知识得： ，
所以， J≈0.85eV．
（2）解：要使处于n=2的氢原子电离，照射光的光子能量应能使电子从第2能级跳跃到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为
hv=0﹣ ，
代入数据解得v≈8.21×1014Hz．
答：若要使处于n=2轨道上的氢原子电离，至少要用频率为8.21×1014Hz的电磁波照射氢原子．
【知识点】库仑定律；氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）根据 得出氢原子处于n=4激发态时，原子系统具有的能量．根据库仑引力提供向心力，得出电子在n=4轨道上的动能．（2）根据能级差等于吸收的光子能量，求出光子频率的大小．
29．【答案】（1）解：环在A点时正好能保持静止，重力和电场力平衡，有：
mg=
解得：q=
答：求小环的电荷量q为 ；
（2）解：小环从A点到O点，电场力做负功，重力做正功，由动能定理有：
qUAO+mg× ×sin45°= ﹣
解得：UAO=﹣
答：AO两点的电势差为﹣ ；
（3）解：A、B两点处于Q的等势面上，从A到B电场力不做功，只有重力做正功，设到达B的速度为vB，从A到B的过程由动能定理有：
mgL×sin45°= ﹣
解得：vB=
答：环到达B点时环的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，电场力和重力在一条直线上，支持力为零，列方程可解。
（2）根据电场力做功求电势差，利用动能定理求非匀强电场电场力做功。
（3）注意点电荷周围等势面的分布特征。
30．【答案】（1）解：小球p由C运动到O时，由动能定理，
得： ①
∴②
答：C、O间的电势差UCO是
（2）解：小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：
它们的合力为： ③
∴O点处的电场强度 ，④
答：O点处的电场强度E的大小是 ；
（3）解：由牛顿第二定律得：mg+qE=ma⑤
∴⑥
答：小球p经过O点时的加速度是g+
（4）解：小球p由O运动到D的过程，由动能定理得： ⑦
由电场特点可知：UCO=UOD⑧
联立①⑦⑧解得： ⑨
答：小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度是
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出小球p由C运动到O时，电场力所做的功，再根据电势差的定义式可以求出电势差。
（2）先根据库仑定律求出小球在O点时所受的库仑力，再进行合成求出合力，根据场强的定义式求出场强大小。
（3）对小球p经过O点时进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度即可。
（4）先分析小球p由O运动到D的过程中，只有电场力和重力对小球做功，再结合电场的分布特点，根据动能定理可以求出小球过D点的速度。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 9.2 库仑定律(优生加练)
一、选择题
1．（2022·遂宁模拟）如图，绝缘光滑细杆成30°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一正点电荷，穿在杆上的质量为m、电荷量为q（q>0）的小球静止在B点，AO=BO=L。现将小球拉到杆上P点后释放，测得其在B点的速率为v。小球可视为质点且电荷量始终不变，静电力常量为k，重力加速度大小为g。则（　　）
A．正点电荷的电荷量为
B．小球在B点对杆的压力大小为
C．滑至A点，小球的加速度大小为
D．滑至A点，库仑力的功率为
【答案】D
【知识点】库仑定律；共点力的平衡；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】AB．小球在A、B两点的受力情况如所示
其中库仑力大小均为
因小球能够静止在B点，故由力的平衡条件有
解得
AB不符合题意；
C．下滑过程中，在A点，由牛顿第二定律有
解得
C不符合题意；
D．A与B电势相等，从A到B，由动能定理有
在A点，库仑力的功率为
解得
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】小球在AB两点受力分析，根据共点力平衡得出点电荷的电荷表达式以及小球在B点对杆的压力；在A点利用牛顿第二定律得出小球的加速度；结合动能定理以及瞬时功率的表达式得出库仑力的功率。
2．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（　　）
A．a、b的电荷同号， B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号， D．a、b的电荷异号，
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’ ，Fbc=k’ ，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k= ，联立解得：k=64/27，D符合题意。
故答案为：D
【分析】需要注意的是该三角形是直角三角形，通过作图，求出点c受到的合力示意图，求出两个力的比值，再通过库仑定律换算到两个电荷间的比值。
3．（2017高二上·成都期中）某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动（　　）
A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大
C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小
【答案】C
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动
【解析】【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得
=ma=m =mω2r= ，
可得a=
T=
ω=
v=
A、半径越大，加速度越小，A不符合题意；
B、半径越小，周期越小，B不符合题意；
C、半径越大，角速度越小，C符合题意；
D、半径越小，线速度越大，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】原子核对电子的库仑力提供向心力，结合向心力的几个表达式可以求出半径与加速度、角速度。线速度、周期之间的关系。
4．（2023高二上·吕梁期中）如图所示，在足够长的光滑水平滑杆的正上方某点固定正的点电荷，带正电的小球穿过滑杆，从点以速度向右运动，小球在点的加速度大小为，已知无穷远处电势为零，点、点的电势分别为，小球的比荷，不计小球与滑杆间的摩擦，小球运动过程电量不变，以下说法正确的是（　　）
A．小球运动到点时速度大小为
B．小球运动到点加速度大小为
C．小球最终速度大小为
D．小球最大电势能为
【答案】B
【知识点】库仑定律；电场力做功；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A.小球带正电，小球由a点到b点，由动能定理，有，其中，得，A不符合题意；
B.设上方固定的点电荷的电荷量为Q，上方电荷到b点的距离为L，由牛顿第二定律可得，小球在a加速度大小为，小球在c点加速度大小为，B符合题意；
C.小球最终的速度大小为v，由动能定理，又，得，C不符合题意；
D.b点的电势最高，由电势能定义式可知，小球在b点的电势能最大，但由于小球带电量未知，所以不能确定最大电势能大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由动能定理分析小球由a到b的过程，求出小球到达b点的速度；根据牛顿第二定律和库仑定律，列出小球在a点的c点加速度大小的表达式，通过求解方程组得出小球在c点的加速度大小；小球最终运动到无穷远处，不再受电场力作用而做匀速运动，由动能定理分析小球从A点运动的无穷远的过程，求出小球的最终速度；根据电势能定义式分析小球的最大电势能。
5．（2018高二下·易门期末）如图所示，M、N为真空中两根完全相同的均匀带正电绝缘棒，所带电荷量相同，且平行正对放置，两棒中点分别为O1、O2，a、b、c、d、e为O1O2连线上的六等分点，a点处有一带正电的固定点电荷．已知c处和d处的场强大小均为E0，方向相反，则b处的场强大小为(　　)
A．E0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线
【解析】【解答】设O1、O2，a、b、c、d、e相邻两点间的距离为r，带正电的点电荷电荷量为Q.两绝缘棒在d处产生的合场强大小为E，根据对称性和电场的叠加原理可知：c处有 ，d处有： ，则得 ，方向向左；根据对称性可知：两绝缘棒在b处产生的合场强大小为 ，方向向右，B处的场强大小： ，D符合题意．
故答案为：D
【分析】利用点电荷场强的叠加求合场强。
6．（2018高二上·黑龙江期末）如图所示，一带电荷量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为 。当把一电荷量也是q的点电荷放在P点时，测得点电荷受到的静电力为f；当把一电荷量为aq的点电荷放在P点时，测得作用于这点电荷的静电力为F，则（　　）
A．f的数值等于
B．F的数值等于af
C．a比1小得越多，F的数值越接近af
D．a比1小得越多，F的数值越接近
【答案】D
【知识点】库仑定律；电场及电场力；电场强度
【解析】【解答】本题中的场源电荷为金属球，而不是点电荷，在P点没有放电荷前，电量均匀分布在球体的外壳，金属球可以等效为电量集中于球心的点电荷，但是，在P点放入电荷后，由于同种电荷排斥，使得金属球上的电荷分布不再均匀，带电的等效中心偏离球心，根据点电荷电场公式 可得此时P点的电场发生变化，因此AB不符合题意；当把电荷量为aq的点电荷放在P点时，电荷量越小，即a比1小的越多，金属球中等效中心偏离越小，球在P点的场强变化越小，当 时，点电荷可看做电量足够小的试探电荷，故F的数值越接近于 ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】本题考查了点电荷场强公式的适用条件及电荷分布规律，电荷间的相互作用。
7．（2017高二上·吉林期中）下列说法正确的是（　　）
A．电场强度反映了电场力的性质，因此电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比
B．电场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力的大小及其电荷量无关
C．电场中某点的场强方向与该点电荷受力方向相同
D．公式E= 与E=k 对于任何静电场都是适用的
【答案】B
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电场及电场力
【解析】【解答】解：AB、电场强度反映了电场力的性质，由电场本身决定，与检验电荷在该点所受的电场力的大小及其电荷量无关，不能说“场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比”．A不符合题意，B符合题意．
C、场强方向与该点正电荷受力方向相同，与该点负电荷受力方向相反，C不符合题意．
D、公式E= 是场强的定义式，对于任何静电场适用．而E=k 只适用于点电荷产生的电场，D不符合题意．
故答案为：B
【分析】电场强度的大小与检验电荷无关，是本身的一种属性，可利用E=F/q来求解，电场强度的大小与正电荷的受力方向相同。
8．（2017高二上·玉溪期中）如图，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（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律；电场强度和电场线；受力分析的应用
【解析】【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：
2× ×cos30°=E Q
所以匀强电场场强的大小为 ．
故答案为：B．
【分析】求解场强的方法一共有三种，结合本题题意应该先根据平衡条件求电场力，在求出电场强度。
9．（2017高二上·郑州期中）下列说法正确的是（　　）
A．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关
B．电场强度大的地方，电势一定高；电场强度小的地方，电势一定低
C．E= 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内静电力的特性决定的
D．一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值仍为R
【答案】D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能；电阻定律；电场及电场力；电源电动势及内阻
【解析】【解答】解：A、电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场中某点的场强方向与放入电场中电荷无关．A不符合题意．
B、电场线越密的地方，电场强度越强，相反，则越弱，与电势无关，沿着电场线方向，电势是降低的．B不符合题意．
C、E= 只是电动势的定义式而非决定式，但电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的．C不符合题意．
D、根据电阻定律，有：
R=ρ …①
把它拉成3L长的均匀细丝后，然后再切成等长的三段，则其中每一段电阻丝的长度不变，横截面积减小为 ，故：
R′=ρ …②
联立解得：R′=3R．
当把它们并联在一起，其电阻值仍为R，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】A考察的是对电场强度定义的理解，用定义此处的现场强度会用到试探电荷，但是该出的电场强度与试探电荷无关；
B考察的是电场强度和电势的关系，其实是没关系的，
C选项是考察的电动势的内容，注意一下非静电力和静电力的区别，
D选项考察的是电阻的决定公式和电阻的并联。
10．（2017高二上·重庆期中）如图所示，竖直绝缘墙壁上Q处有一个固定的质点A，在Q的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B．A、B两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小将（　　）
A．保持不变 B．先变小后变大
C．逐渐减小 D．逐渐增大
【答案】A
【知识点】共点力平衡条件的应用；动态平衡分析；库仑定律；受力分析的应用；力的平行四边形定则及应用
【解析】【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出力图，如图．作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．
根据△FBF1∽△PQB得： =
又FF1=F2，得：F2= G
在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力F2不变．
故答案为：A
【分析】此题为典型的相似三角形法在电场中的应用，注意找出对应边即可。
二、多项选择题
11．（2022·辽宁）如图所示，带电荷量为 的球1固定在倾角为 光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为 的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为 ，球2、3间的静电力大小为 。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。 为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（　　）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】B,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】若球3带负电，因为球1电荷量大，球2电荷量小，球2球3间排斥力比球1球3间吸引力小很多，把力都沿斜面分解，球3不可能静止，所以球3一定带正电。A错误。
球3从b运动到a，球2和球3间吸引力先做正功后做负功，由对称性可知做功为零。而且弹簧先推力后拉力，从压缩位置到拉伸位置，同理可知弹簧做功为零。所以该过程相当于只有重力做功。
由动能定理得，，B正确。
设静止时球2球3间库仑力为F，由于球1电荷量为球3电荷量6倍，且球1球2球3构成正三角形，所以球1和球3间库仑力为6F。静止时将球3所受力都沿斜面分解得，
当球3运动到a点，由牛顿第二定律得：
由题意得：
联立以上方程得： ，C正确
运动至中点，球2球3距离变为，由库仑定律可知此时库仑力变为球刚释放时库仑力的倍，即为，重力沿垂直斜面分力为，
所以对斜面压力大小为 ，所以D选项正确。
故答案为：BCD
【分析】利用库仑定律，结合受力平衡以及牛顿第二定律综合分析。
12．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷．现用指向墙面的水平推力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7所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(　　)
A．推力F将变大 B．竖直墙面对小球A的弹力变大
C．地面对小球B的支持力不变 D．两小球之间的距离变大
【答案】C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示．
设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：N1=mAgtanθ，将小球B向左推动少许时θ减小，则竖直墙面对小球A的弹力N1减小．B不符合题意．再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：F=N1；N2=（mA+mB）g，则F减小，地面对小球B的支持力一定不变．A不符合题意，C符合题意．由上分析得到库仑力 ，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大．D周期．
故答案为：CD．
【分析】该题目的求解方法是，假设AB两球的连线与水平面的夹角的锐角为α，分别求出两个小球受的力与角α的关系，通过分析角α的变化分析力的变化。
13．（2018-2019学年人教版高中物理 选修3-1 1.2 库仑定律 同步练习）如图，倾角为θ的绝缘斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一质量为m，带电量+q的小物块（可看作是点电荷）恰好能在斜面上匀速下滑，若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一带电量 +Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面保持静止不动， 在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的情况下，关于在物块下滑过程的分析正确的是（　　）
A．在BA之间，物块将做加速直线运动
B．在BD之间，物块受到的库仑力先增大后减小
C．在BA之间，斜面对地面的压力有可能不变
D．在BA之间，斜面受到地面的摩擦力均为零
【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，而库仑力对于物块是阻力，则导致其做减速运动，A不符合题意；根据库仑定律，则有在BD之间，电荷间的间距先减小后增大，则物块受到的库仑力先增大后减小，B符合题意；开始时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；根据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力仍然是竖直向下的；再对斜面体分析，受重力、故滑块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零；从整体角度分析，在BA之间，因库仑斥力，导致斜面对地面的压力增大，C不符合题意，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】两个点电荷，距离越近时，电荷的之间的作用力越大，在分析斜面受到的力时，需要注意的是一定要明确研究对象，是斜面，分析斜面的受力。
14．（2017高二上·周口期末）如图，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（　　）
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】A,C,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：A、对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图
根据平衡条件，有：
故：
同理，有：
由于θ1＞θ2，故mA＜mB，A符合题意；
B、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，B不符合题意；
C、小球摆动过程机械能守恒，有 ，解得 ，由于A球摆到最低点过程，下降的高度△h较大，A球的速度较大，C符合题意；
D、小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK，故
Ek=mg△h=mgL（1﹣cosθ）= L（1﹣cosθ）
其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：
Ek= L（1﹣cosθ）=
其中F Lcosθ=Fh，相同，故θ越大， 越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，D符合题意；
故答案为：ACD．
【分析】两小球静止时受力平衡，根据平衡条件和库仑力的关系可比较两球质量间的大小关系；小球下摆过程，根据动能定理求最低点速度和动能。
15．（2017高二上·广州期中）两个放在绝缘架上完全相同的金属小球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷量，其相互作用的库仑力为3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们相互作用的库仑力有可能变为（　　）
A．0 B．F C．3F D．4F
【答案】B,D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】解：由库仑定律可得：
3F=k =
而两球接触后再分开平分总电量，故分开后，若两球带的是同种电荷，则两球的带电量均为为2q
若两球带的是异种电荷，则两球的带电量均为q；
若带同种电荷，则库仑力F′=k =k =4F
或带异种电荷，则库仑力
F′=k =k =F；
故选BD．
【分析】库仑定律可知，两电荷间的库仑力。根据库仑定律计算两种情况下的库仑力，注意两个完全相同的金属小球接触时两球带电量会重新分配，分配规律是：同种电荷将平分总电荷量，异种电荷将先中和再平分中和后的电荷量。
16．（2021·济宁模拟）在真空中某点电荷Q的电场中，将带电荷量为q的正试探电荷分别置于 、 两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示， 、 分别在 和 平面内， 与z轴负方向成60°角， 与x轴负方向成60°角。已知试探电荷在a点受到的电场力大小为 ，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　）
A．点电荷Q位于y轴正方向上距O点 处
B．点电荷Q带正电
C．a、b、O三点电势关系为
D．点电荷Q带电量为
【答案】A,D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】AB．点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线；由Fa、Fb的方向可知该点电荷带负电，并且同时在Fa、Fb所在的平面内，即y轴正半轴上，设其到原点的距离为L，则
解得
A符合题意、B不符合题意；
C．点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b两点到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即 ；O点到点电荷的距离小于a、b两点到点电荷的距离，所以其电势较低，即
C不符合题意；
D．由库仑定律得
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】正电荷受到的电场力方向跟电场方向相同。所以，此点电荷的部分电场方向应该是沿着 、 方向，所以可以判断点电荷电性为负。延长 、 的方向，根据几何关系可以算出点电荷的位置。点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，所以根据几何关系判断 a、b、O三点距离点电荷的距离，进而判断它们的电势关系。 根据试探电荷在a点受到的电场力大小为 ，通过库仑定律可以算出点电荷的电量。
17．（人教版物理高二选修3-1 1.2库仑定律同步检测卷）如图，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动．已知O、Q1、Q2在同一竖直线上，下列判断正确的是（　　）
A．Q1、Q2为异种电荷
B．圆轨道上的电场强度处处相同
C．圆轨道上的电势处处相等
D．点电荷Q1对小球的静电力是吸引力
【答案】C,D
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动；电场强度；电势
【解析】【解答】 带电小球恰好能做匀速圆周运动，则小球受重力和电场力的合力正好指向圆心，充当向心力，因为带电小球的带点性质不确定，所以两点电荷的带点性质不能确定，故A错误；
根据点电荷电场公式 可得在圆轨道上合场强大小相等，但是方向不同，故B错误；
带电小球在圆轨道上运动过程中，重力不做功，而小球的速度大小没有发生变化，所以电场力也没有做功，故圆轨道是一个等势面，故C正确；
带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，Q1离带电小球比Q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则Q1对小球的库仑力必定是吸引力，小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于Q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，Q1、Q2可能为异种电荷，则Q2对小球的库仑力可能是斥力，故D正确。
故选CD
【分析】分析清楚为圆周运动提供向心力的力是关键。
18．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，B与绝缘支架的总质量为0.2kg（重力加速度取g=10m/s2；静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，AB球可视为点电荷）则（　　）
A．支架对地面的压力大小为2.0N
B．两线上的拉力大小F1=F2=1.9N
C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小为F1=1.225N，F2=1.0N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1=F2=0.866N
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用；库仑定律
【解析】【解答】对B和支架分析可知，受到竖直向下的重力，和A对B竖直向上的库仑力，故对地面的压力为FN=GB支-k·qA·qB/r2=2N-0.9N=1.1N，错误；对A分析，A受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，三力的夹角正好是120。处于平衡状态，所以，B正确；将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，则两小球的距离变为，故有，解得F1=1.225N，F2=1.0N， C 正确；将B移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F1＝F2＝GA＝1N，D错误。
【分析】本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识，意在考查考生对物理基础知识的掌握情况，以及处理力电综合问题的能力。做此类问题受力分析是关键，特别是选项C，求解两小球之间的距离是关键。
三、非选择题
19．（2021高二上·安徽月考）如图所示，在真空中，一绝缘细线的一端固定在O点另一端系一质量为m、带电荷量为+q的小球。弧ABC是以O点为圆心、半径为r的竖直圆弧，BC是圆弧的竖直直径，OA是圆弧的水平半径，一带电荷量为+Q的点电荷固定在A点的正上方，距离A点的高度为r。现将小球从A点由静止释放，小球沿圆弧AB运动到B点时的速度为v。已知重力加速度为g，静电力常量为k。
（1）求释放时小球加速度的大小a；
（2）求A、B两点的电势差UAB；
（3）在A点给小球竖直向下的初速度v0，已知小球能运动到C点求小球运动到C点时的速度vC。
【答案】（1）解：释放时，小球所受库仑力大小
根据牛顿第二定律，有F1+mg=ma
故
（2）解：小球从A运动至B的过程中，根据动能定理有
解得
（3）解：由电场力做功特点知，小球从A运动到C的过程中，电场力做功为0，由动能定得
解得
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据库仑定律以及牛顿第二定律得出 释放时小球加速度的大小a；
（2）根据动能定律得出 A、B两点的电势差UAB；
（3） 小球从A运动到C的过程中 由动能定理得出C点的速度大小。
20．（2020·大兴模拟）经典理论认为，氢原子核外电子在库仑力作用下绕固定不动的原子核做圆周运动。已知电子电荷量的大小为e，质量为m，静电力常量为k，取无穷远为电势能零点，系统的电势能可表示为 ，其中r为电子与氢原子核之间的距离。
（1）设电子在半径为r1的圆轨道上运动：
①推导电子动能表达式；
②若将电子的运动等效成环形电流，推导等效电流的表达式；
（2）在玻尔的氢原子理论中，他认为电子的轨道是量子化的，这些轨道满足如下的量子化条件 ，其中n=1，2，3……称为轨道量子数，rn为相应的轨道半径，vn为电子在该轨道上做圆周运动的速度大小，h为普朗克常量。求：
①氢原子中电子的轨道量子数为n时，推导轨道的半径及电子在该轨道上运动时氢原子能量的表达式。
②假设氢原子甲的核外电子从第2轨道跃迁到第1轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数n=3的氢原子乙吸收并使其电离，不考虑跃迁或电离前后原子核所受到的反冲，推导氢原子乙电离出的电子动能表达式。
【答案】（1）解：①电子绕氢原子核做匀速圆周运动时，库仑力提供电子做圆周运动的向心力
所以电子运动的动能为
②由库仑力提供向心力可得
所以电子运动形成的等效电流
解得
（2）解：①由库仑力提供向心力可得
又有
联立可以解得
系统总能量为
代入可得
②由
可得：电子在n=1，n=2，n=3轨道上的能量分别为
电子从n=2轨道跃迁到n=1轨道上时释放的能量为
这个能量被处于n=3轨道上的乙电子吸收，发生电离，根据能量守恒得
代入数据解得
【知识点】库仑定律；能量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）库仑力提供向心力，结合向心力公式求解粒子的动能；
结合粒子运动的周期和电荷量，利用电流的定义式求解电流强度即可；
（2）结合第一问求解的粒子的动能表达式，结合粒子势能的表达式相加即为能量表达式；
离子发生电离时，能量守恒，列方程求解动能即可。
21．（2017高三上·陆川期末）如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力常量k=9×109N m/C2）
（1）小球B所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
【答案】（1）解：由图可知，当x=0.3m时，F1=k =0.018N，因此：
q= = =1×10﹣6 C
答：小球B所带电量为1×10﹣6 C
（2）解：设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，则：F合=F2+qE，
因此：E= = N/C=﹣3×104N/C，
电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；
答：非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C
（3）解：根据图象可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功：
W合=﹣0.004×0.2=﹣8×10﹣4J，
由qU=W合可得：U= = =﹣800V；
答：在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差为﹣800V
（4）解：由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处，电场力做功W1= =6×10﹣4J，
小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功W2=﹣ mv2=﹣1.6×10﹣3 J，
由图可知小球从x=0.4m到x=0.8m处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10﹣3 J，
由动能定理可得：W1+W2+W3+F外s=0，
解得：s= = =0.065m；
答：恒力作用的最小距离s是0.065m
【知识点】库仑定律；牛顿定律与图象
【解析】【分析】如图a，长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10﹣7C；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：（静电力
22．（2017高三上·东营期中）如图甲所示，两个带正电的小球A、B套在一个倾斜的光滑直杆上，两球均可视为点电荷，其中A球固定，带电量QA=2×10﹣4C，B球的质量为m=0.1kg．以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能随位置x的变化规律如图乙中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线I的渐近线．图中M点离A点距离为6米．（g取10m/s2，静电力恒量k=9.0×109N m2/C2．）
（1）求杆与水平面的夹角θ；
（2）求B球的带电量QB；
（3）求M点电势φM；
（4）若B球以Ek0=4J的初动能从M点开始沿杆向上滑动，求B球运动过程中离A球的最近距离及此时B球的加速度．
【答案】（1）解：渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，
即Ep=mgxsinθ=kx
则 sinθ= =0.5
即θ=30°；
（2）解：由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m出总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有
mgsin30°=k
即1× =9×109×
解得QB=1×10﹣5C；
（3）解：M点的电势能 EPM=E总﹣EP=6﹣3=3J
M点电势 φM= = =3×105V
（4）解：在M点B球总势能为6J，根据能量守恒定律，当B的动能为零，总势能为10J
由曲线Ⅰ知B离A的最近距离为x=2m
k ﹣mg=ma
解得a=9×109× ﹣10=40m/s2，方向沿杆向上；
【知识点】功能关系；库仑定律
【解析】【分析】（1）由图知Ep=mgxsinθ=kx从而的角度θ；（2）根据平衡条件和库仑定律求解电荷（3）根据电势和电势能关系求解电势；（4）根据能量守恒定律分析B球运动过程中离A球的最近距离．由牛顿运动定律求解B球的加速度a．
23．（2017高二上·郑州期中）如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g．已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
（1）液珠的比荷
（2）液珠速度最大时离A点的距离h．
（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成 ，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB．
【答案】（1）解：设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时
比荷为
答：液珠的比荷为 ．
（2）解：当液珠速度最大时
得
答：液珠速度最大时离A点的距离 ．
（3）解：设BC间的电势差大小UCB，由题意得
UCB=
对由释放至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qUCB﹣mg（rB﹣H）=0
即q ﹣mg（rB﹣H）=0
将第（1）问的结果代入化简 rB2﹣3HrB+2H2=0
解得rB=2H rB′=H（舍去）
答：液珠能到达的最高点B离A点的高度为2H．
【知识点】库仑定律；受力分析的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】液珠受向上的库仑力和向下的重力，据题意可知库仑力使重力的二倍，即可求荷质比；当库仑力和重力大小相等方向相反时，液珠达到最大速度，对液珠的运动过程应用动能定理，可求B离A的高度。
24．（2023高二上·房山期末）电场线和等势面可以形象地描述静电场。已知点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面、到点电荷的距离分别为、，静电力常量k。
（1）请根据电场强度的定义和库仑定律推导电荷量为Q的点电荷的电场强度公式；
（2）电荷量为Q的点电荷电场中，一个质量为m、电荷量为－e的电子仅在静电力的作用下，沿电场的某一等势面做匀速圆周运动。
①电子在距点电荷距离为r的等势面上顺时针做匀速圆周运动时，可等效为环形电流，求等效电流的大小和方向；
②电荷量为Q的点电荷电场中，某一点的电势可以用表示，该式仅由静电力常量k、点电荷的电荷量Q及该点到点电荷的距离r决定。若电子在等势面上做匀速圆周运动时，点电荷与电子组成的系统具有的总能量为，在等势面上做匀速圆周运动时具有的总能量为，某同学类比机械能守恒猜测。你是否同意他的结论？通过推导或计算说明你的观点。
【答案】（1）解：设检验电荷所带电荷量为q，离点电荷Q距离为r，根据库仑定律有
根据电场强度的定义有
联立解得
（2）解：①电流的方向与正电荷的运动方向相同，与负电荷的运动方向相反，因此电子顺时针做匀速圆周运动时，等效电流的方向为逆时针。
电子顺时针做匀速圆周运动有
根据电流的定义有
联立解得
②不同意。根据库仑定律及牛顿第二定律可得
则电子的动能为
电子的电势能为
点电荷与电子组成的系统具有的总能量为
故电子分别在等势面S1、S2上做匀速圆周运动时，半径不同，则点电荷与电子组成的系统具有的总能量不相等，因此
【知识点】库仑定律；电场强度；等势面
【解析】【分析】（1）由库仑定律和电场强度定义式推导点电荷的电场强度计算式。
（2）求出粒子运动周期，根据电流的定义式，求解等效电流。
（3）总能量为动能和势能之和，分别求出动能和势能，进行比较即可。
25．（2020高二上·长治期中）如图所示，ABCD为竖直放置的绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 光滑圆弧形管道，BCD部分是固定的水平光滑直管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；
（2）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小；
（3）写出小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式？
【答案】（1）解：设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和﹣Q的库仑力分别为F1和F2.则 ①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60° ②
联立①②得 ③
（2）解：从A到B根据动能定理 ⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得 ⑥
vB=vC ⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg ⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为
（3）解：小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律可得，静电力的大小
小球对轨道的压力FN随图中θ的关系式
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1） 小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则及库仑定律进行分析；（2）根据动能定理求出小球在B点处的速度，分析向心力的来源，由牛顿第二定律及库仑定律列式，结合力的合成与牛顿第三定律进行分析；（3）小球从B点进入直管道，运动到C点的过程中，两个等量异种电荷对小球的静电力垂直于直管且水平，根据库仑定律及力的合成即可得解。
26．（2020高二上·大庆期中）如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，第一、四象限内存在大小相等方向相反且平行于y轴的匀强电场。在第四象限内某点固定一个点电荷Q（假设该点电荷对第一象限内的电场无影响）。现有一质量为m=9×10-4kg，带电量为 q=3×10-12C的带电微粒从y轴上A 点（y=0.9cm）以初速度v0=0.8m/s垂直y轴射入第一象限经x轴上的B点进入第四象限做匀速圆周运动且轨迹与y轴相切（图中A、B及点电荷Q的位置均未标出）。不考虑以后的运动。（重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109Nm/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）点电荷通过B的速度（要求画出带点微粒运动轨迹）。
（2）点电荷Q的电荷量。
【答案】（1）解：由于粒子在第四象限做匀速圆周运动，因此重力和电场力平衡，即
所以粒子在第一象限做类平抛运动，其加速度大小为
微粒在第一象限运动时间为
通过B点沿y轴负方向 的速度为
微粒通过B点速度为
方向与x轴正向夹角为
（2）解：微粒在0.03s内沿x方向的位移为
设微粒做圆周运动的半径为r，由图可知
得
微粒在第四象限做圆周运动的向心力为库仑力，根据牛顿第二定律
解得
【知识点】库仑定律；匀速圆周运动；向心力；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在第四象限做匀速圆周运动，可知其所匀强电场的电场力与重力平衡，即可得粒子在第一象限所受合外力，根据牛顿第二定律求出加速度，粒子在第一象限做类平抛运动，结合类平抛运动规律求出粒子在B点的速度大小与方向；
（2）结合几何关系求出粒子绕点电荷做匀速圆周运动的轨道半径大小，根据库仑力提供向心力，结合库仑定律与牛顿第二定律进行分析即可。
27．（2017·镇江模拟）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星﹣行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e．
（1）模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请通过定量计算来比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系；
（2）求模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期TⅠ和TⅡ；
（3）通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请分析这样简化处理的合理性．
【答案】（1）解：模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：EkI= =
模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有： ，
解得：
对于原子核有： ，
解得： =
系统的总动能：EkⅡ=Ek1+Ek2= =
即在这两种模型中，系统的总动能相等．
答：EkⅠ、的大小为 ，EkⅡ的大小 ，两种模型中，系统的总动能相等；
（2）模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：TI=
模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ
根据库仑定律和牛顿第二定律
对电子有： ，
解得：r1=
对原子核有： ，
解得：r2=
因r1+r2=r，将以上两式代入，可解得：TII=
答：模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期 和 ；
（3）所以有， =
因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
答：因为M＞＞m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．
【知识点】库仑定律；电场及电场力；向心力
【解析】【分析】（1）两种模型中，核外电子都做匀速，圆周运动。向心力都是由原子核和核外电子之间的库仑力提供，根据向心力公式，结合动能公式联立求解。
（2）两种模型中库仑力提供向心力，结合周期与向心力之间的公式，联立求解即可。
（3）根据第二问的答案，分析求解即可。
28．（2017高二下·巨鹿期中）氢原子的基态能量E1=﹣13.6eV，电子绕核做圆周运动的半径r1=0.53×10﹣10m．（已知能量关系En= ，半径关系rn=n2r1，静电力常量k=9.0×109N m2/C2，e=1.6×10﹣19C，普朗克常量h=6.63×10﹣34J S）
（1）氢原子处于n=4激发态时：
①求原子系统具有的能量；
②求电子在n=4轨道上运动的动能（用eV表示，保留两位小数）；
（2）若要使处于n=2轨道上的氢原子电离，至少要用频率为多大的电磁波照射氢原子（保留两位小数）？
【答案】（1）解：①由 得： = =﹣0.85eV．
②因为 ，所以有：r4=42r1
由圆周运动知识得： ，
所以， J≈0.85eV．
（2）解：要使处于n=2的氢原子电离，照射光的光子能量应能使电子从第2能级跳跃到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为
hv=0﹣ ，
代入数据解得v≈8.21×1014Hz．
答：若要使处于n=2轨道上的氢原子电离，至少要用频率为8.21×1014Hz的电磁波照射氢原子．
【知识点】库仑定律；氢原子光谱；玻尔理论与氢原子的能级跃迁；匀速圆周运动；向心力
【解析】【分析】（1）根据 得出氢原子处于n=4激发态时，原子系统具有的能量．根据库仑引力提供向心力，得出电子在n=4轨道上的动能．（2）根据能级差等于吸收的光子能量，求出光子频率的大小．
29．（2017高二上·天津期中）如图所示，长L的绝缘光滑细杆AB与水平面成45°角，A、C两点在同一竖直线上，B、C两点在同一水平线上，O点为AB的中点，在C点固定一个带正电的点电荷Q，杆上套一个带正电的小环，环在A点时正好能保持静止．现给环一个沿杆向下的初速度vA，环到达O点的速度为v0，已知静电常数为k，小环的质量m，重力加速度g，求：
（1）求小环的电荷量q；
（2）AO两点的电势差UAO；
（3）环到达B点时环的速度．
【答案】（1）解：环在A点时正好能保持静止，重力和电场力平衡，有：
mg=
解得：q=
答：求小环的电荷量q为 ；
（2）解：小环从A点到O点，电场力做负功，重力做正功，由动能定理有：
qUAO+mg× ×sin45°= ﹣
解得：UAO=﹣
答：AO两点的电势差为﹣ ；
（3）解：A、B两点处于Q的等势面上，从A到B电场力不做功，只有重力做正功，设到达B的速度为vB，从A到B的过程由动能定理有：
mgL×sin45°= ﹣
解得：vB=
答：环到达B点时环的速度为
【知识点】动能定理的综合应用；库仑定律；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，电场力和重力在一条直线上，支持力为零，列方程可解。
（2）根据电场力做功求电势差，利用动能定理求非匀强电场电场力做功。
（3）注意点电荷周围等势面的分布特征。
30．（2017高二上·成都期中）如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为+Q和﹣Q，A、B相距为2d．MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布．），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v．已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g．求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过O点时的加速度；
（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．
【答案】（1）解：小球p由C运动到O时，由动能定理，
得： ①
∴②
答：C、O间的电势差UCO是
（2）解：小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：
它们的合力为： ③
∴O点处的电场强度 ，④
答：O点处的电场强度E的大小是 ；
（3）解：由牛顿第二定律得：mg+qE=ma⑤
∴⑥
答：小球p经过O点时的加速度是g+
（4）解：小球p由O运动到D的过程，由动能定理得： ⑦
由电场特点可知：UCO=UOD⑧
联立①⑦⑧解得： ⑨
答：小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度是
【知识点】库仑定律；电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场及电场力；电场力做功
【解析】【分析】（1）先根据动能定理求出小球p由C运动到O时，电场力所做的功，再根据电势差的定义式可以求出电势差。
（2）先根据库仑定律求出小球在O点时所受的库仑力，再进行合成求出合力，根据场强的定义式求出场强大小。
（3）对小球p经过O点时进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度即可。
（4）先分析小球p由O运动到D的过程中，只有电场力和重力对小球做功，再结合电场的分布特点，根据动能定理可以求出小球过D点的速度。
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