9.2 库仑定律同步练习 人教版（2019）必修 第三册（含解析）

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9.2 库仑定律
一、单选题
1.物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说属于(　　)
A. 观察实验的方法 B. 控制变量的方法
C. 等效替代的方法 D. 建立物理模型的方法
2.如图是库仑扭秤实验装置，关于库仑定律下列说法正确的是(　　)
A. 库仑扭秤能研究微小的库仑力，它在设计时最主要的物理思想方法是微小放大法
B. 库仑定律的适用条件是点电荷，只有体积足够小的电荷才可以看成点电荷
C. 由库仑定律公式F＝k可知，当r→0时，F将趋向于无穷大
D. 电荷量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，B受到的库仑力是A的2倍
3.如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球直径的2倍。若使它们带上等量异种电荷，两球所带的电荷量的绝对值均为Q，已知静电力常量为k，引力常量为G，那么，a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库的表达式分别为(　　)
A. F引＝　F库＝k B. F引≠G　F库≠k
C. F引≠G　F库＝k D. F引＝G　F库≠k
4.金属球甲所带的电荷量为－2Q，完全相同的金属球乙所带的电荷量为＋6Q，当两球之间的距离为r时，两球之间的库仑力为F1；现将两球充分接触后并放回到原来的位置，两球之间的库仑力为F2，两球可视为点电荷，则下列说法正确的是(　　)
A. ＋2Q的正电荷从乙转移到甲 B. －4Q的负电荷从甲转移到乙
C. F1＝F2 D. F1＝F2
5.如图所示，在一条直线上的三点分别放置QA＝＋3×10－9 C、QB＝－4×10－9 C、QC＝＋3×10－9 C的A、B、C三个点电荷，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则作用在点电荷A上的库仑力的大小为(　　)
A. 9.9×10－4 N B. 9.9×10－3 N C. 1.17×10－4 N D. 2.7×10－4 N
6.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FA所示，则下列说法正确的是(　　)
A. C带正电，且QC＜QB B. C带正电，且QC＞QB
C. C带负电，且QC＜QB D. C带负电，且QC＞QB
7.水平面上A、B、C、D为边长为L的正方形的四个顶点，四点固定着四个电荷量均为Q的正点电荷。O点到A、B、C、D的距离均为L。现将一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，如图所示。为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量应为(已知静电力常量为k，重力加速度为g)(　　)
A. B. C. D.
8.如图所示，上端固定在天花板上的绝缘轻绳连接带电小球，带电小球b固定在绝缘水平面上，可能让轻绳伸直且a球保持静止状态的情景是(　　)
A. B. C. D.
9.如图，在真空中有两个点电荷，Q1＝4.0×10－8 C，Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x轴的坐标为0和6 cm的位置上，在Q1Q2连线上某位置再放置一点电荷，使其仅在Q1、Q2作用下处于平衡状态，则下列说法中正确的是(　　)
A. 该位置处于Q1、Q2之间 B. 该位置处于Q1左侧
C. 该位置在x＝4 cm处 D. 该位置在x＝12 cm处
10.如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为＋2q，B球带电荷量为－q；由静止开始释放两球，释放瞬间A球加速度大小为B球的两倍，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A. A、B球相互靠近过程中加速度都增大，且A球加速度总是B球的两倍
B. A球的质量和B球质量相等
C. A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D. A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍
11.如图所示，点电荷q1、q2、q3在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为0，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为(　　)
A. (－9)∶4∶(－36) B. 9∶4∶36
C. (－3)∶2∶(－6) D. 3∶2∶6
12.如图，一带负电小球a穿过光滑绝缘的半圆环，位于圆环上的P位置，P位置与圆心O的连线与水平方向MN的夹角为45°，欲使该小球静止在图示的P位置，需在M、N之间放另一带电小球b。则小球b可能(　　)
A. 带负电，放在O点 B. 带负电，放在N点
C. 带正电，放在O点 D. 带正电，放在N点
13.水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量均为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示。已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为(　　)
A. B. C. D.
14.如图所示，点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2与q3的距离是q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为0，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为(　　)
A. (－9)∶4∶(－36) B. 9∶4∶36
C. (－3)∶2∶(－6) D. 3∶2∶6
15.如图所示，将带电荷量为q的小球A固定在绝缘支架上，将另一质量为m、与小球A电荷量相等的带电小球B放在距离A球正上方r处恰好处于平衡状态(r远大于小球直径)，重力加速度为g，则(　　)
A. A、B两球可能带异种电荷
B. 两小球的电荷量q＝
C. 如果小球B的质量变为2m，则A、B两球的距离为2r
D. 如果小球B的电荷量变为2q，则A、B两球的距离为2r
16.如图所示，质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球A(可看作质点)用绝缘细线悬挂于O点，细线长为l。当将电荷量为－q的点电荷B置于空间某位置时，小球A静止，悬线与竖直方向的夹角θ＝30°，A、B连线与竖直方向的夹角恰好也为30°，重力加速度为g，静电力常量为k，则A、B之间的距离为(　　)
A. l B. q C. q D. q
17.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时处于同一水平高度，丝线与竖直方向间的夹角分别为α、β，且β>α，则(　　)
A. a球的质量一定比b球的大 B. a球的电荷量一定比b球的大
C. a球受到的库仑力比b球的小 D. 丝线对a球的拉力比对b球的小
18.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量也为Q的小球B固定于O点的正下方绝缘支架上。已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时A、B带电小球处于同一高度，重力加速度为g，静电力常量为k。则(　　)
A. A、B间库仑力大小为 B. A、B间库仑力大小为2mg
C. 细线拉力大小为mg D. 细线拉力大小为
二、多选题
19.如图，A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠B＝30°。在A、B、C三点分别放置电荷量为qA、qB、qC的点电荷，测得qC受到的静电力方向平行于AB向左、大小为FC，则(　　)
A. A、C两点的点电荷一定带异种电荷
B. A、C两点的点电荷一定带同种电荷
C. 仅将qA、qB均增大为原来的2倍，qC受到的静电力变为2FC
D. 仅将qA增大为原来的2倍，qC受到的静电力变为FC
20.如图所示，水平天花板上用长度相同的绝缘细线悬挂两个相同的带电小球A、B，左边放一个带正电的固定球Q时，两悬线都保持方向竖直，小球A与固定球Q的距离等于小球A与小球B的距离。下列说法中正确的是(　　)
A. A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较多
B. A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较少
C. 如果减小B球的质量，B会右移
D. 如果只改变B球的质量，B不会移动
21.如图所示，光滑绝缘的水平面上，三个质量均为m的带电小球A、B、C用长为l的绝缘轻杆相连，A球的电荷量为＋q，对C球施加一水平向右的恒力F之后，三个小球一起向右运动且杆均没有弹力，F的作用线反向延长与A、B间杆的中点相交。已知静电力常量为k，三个带电小球均可视为点电荷，下列说法正确的是(　　)
A. A、B、C三个小球一定带同种电荷 B. A、B两个小球的电荷量一定相同
C. C的电荷量为2q D. 恒力F的大小为k
三、计算题
22.如图所示，带电小球A和B放在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上加速运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
(1)加速度a的大小；
(2)F的大小。
23.如图所示，把一电荷量为Q＝－5×10－8 C的小球A用绝缘细绳悬起来，若将电荷量为q＝＋4×10－6 C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r＝0.3 m时，绳与竖直方向夹角α＝45°，取g＝10 m/s2，k＝9.0×109 N·m2/C2，且A、B两小球均可看成点电荷，求：
(1)A、B两球间的库仑力大小；
(2)A球的质量。
24.如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，A与B、B与C相距均为L(L比球半径r大得多)。若小球均带电，且qA＝＋10 q，qB＝＋q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动。求：
(1)F的大小；
(2)C球的电性和电荷量。
25.如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为0.1 g，分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板上的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触(两带电小球均可视为点电荷)，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。取g＝10 m/s2，求：
(1)两个小球所带电荷量；
(2)墙壁受到的压力；
(3)每条细线的拉力的大小。
9.2 库仑定律答案与解析
一、单选题
1. D【解析】物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说属于建立物理模型的方法。
2. A【解析】库仑扭秤能研究微小的库仑力，它在设计时最主要的物理思想方法是微小放大法，故A项正确；库仑定律的适用条件是真空中静止的点电荷，当带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计时，可以将带电体看成点电荷，故B项错误；当r→0时，两个带电体不能看成是点电荷，因此，此时不再适用库仑定律，故C项错误；电荷量分别为Q和2Q的点电荷A、B相互作用时，A受到的库仑力和B受到的库仑力是一对相互作用力，所以大小相等，故D项错误。
3. D【解析】万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有直径的2倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中在球心的质点，因此可以用万有引力定律求得F引＝G；对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有直径的2倍，电荷集中于两球靠近的一侧，不能将其看成点电荷，不满足库仑定律的适用条件，即F库≠k，故选D。
4. B【解析】由电荷守恒定律可知，两球接触后电荷量重新分配，即两球均带有＋2Q的电荷，两球接触的过程中，自由电子发生定向移动，即有－4Q的负电荷从甲转移到乙，故A错误，B正确；开始两球之间的库仑力为F1＝＝
接触放回原位置时，两球之间的库仑力为F2＝＝
解得F1＝3F2，故C、D错误。
5. A【解析】A受到B、C点电荷的库仑力如图所示，根据库仑定律有
FBA＝＝N
＝1.08×10－3 N
FCA＝＝N
＝9×10－5 N
则点电荷A受到的合力大小为FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9×10－5) N＝9.9×10－4 N，故选项A正确。
6. C【解析】因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，A和C的作用力方向必须在AC连线上，由题意知A和C之间必为引力，且FCA＜FBA，所以C带负电，且QC＜QB，故C正确。
7. C【解析】对小球进行受力分析，小球受重力和A、B、C、D处正点电荷施加的静电力。由于正方形的边长为L，O点到正方形四个顶点的距离均为L，设小球所带电荷量为q，根据库仑定律可得正方形四个顶点处的点电荷对O处小球的静电力大小均为F＝，根据静电力的叠加和对称性可得正方形四个顶点处的点电荷对O处小球的静电力的合力为F合＝4Fcos α，α为A、B、C、D处点电荷对小球施加的静电力的方向与竖直方向的夹角，由几何关系可知α＝45°，小球在O点静止，根据平衡条件有F合＝mg，解得q＝，选项C正确。
8. C
9. D【解析】若电荷位于Q1的左侧，则可知Q1对电荷的作用力总大于Q2对电荷的作用力，不能达到平衡状态，如果在Q1、Q2之间，Q1、Q2对电荷的库仑力方向相同，不能平衡。在Q2右侧时Q1、Q2对电荷的库仑力方向相反，大小能满足相等关系，选项A、B错误；该电荷在Q2的右侧，设其电荷量为q，坐标为x，则有k＝k
解得x＝12 cm，选项C错误，D正确。
10. A【解析】根据题意可知，A、B球相互靠近的过程中，释放瞬间A球加速度大小为B球的两倍，则A、B间距离越来越小，相互作用力越来越大，所以加速度都增大，则A球加速度总是B球的两倍，根据牛顿第二定律F＝ma可知，B球的质量是A球的2倍，故B错误，A正确；A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C、D错误。
11. A【解析】由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：k＝k，对q2有：k＝k，又l2＝2l1，联立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，根据“两同夹异，两大夹小”知，q1、q3是同种电荷，q1、q2是异种电荷，则q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)或q1∶q2∶q3＝9∶(－4)∶36，故A正确，B、C、D错误。
12. D【解析】欲使该小球静止，需要让小球受力平衡。小球所受重力竖直向下，则半圆环对小球a的支持力和小球b对小球a的库仑力的合力方向为竖直向上。由于圆环对小球a的支持力方向与OP共线，若小球b放在O点，则库仑力方向也与OP共线，此时无论小球b带正电还是负电都不可能使合力方向竖直向上，所以小球b不可能放在O点，故A、C错误；若小球b放在N点，则支持力方向为O→P方向，库仑力方向为P→N方向时可能满足平衡条件，此时小球b对小球a是引力，小球b带正电，故B错误，D正确。
13. C【解析】设AO、BO、CO三条棱与水平面的夹角为θ，由几何关系可知sin θ＝，对带正电的小球根据平衡条件可得3ksin θ＝mg，解得q＝，选项C正确。
14. A【解析】根据“两同夹异，两大夹小”知，B、D错误；由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有：k＝k，对q2有：k＝k，对q3有：k＝k，又l2＝2l1，联立解得|q1|∶|q2|∶|q3|＝9∶4∶36，由于q1、q3是同种电荷，q1、q2是异种电荷，即q1∶q2∶q3＝(－9)∶4∶(－36)，故A正确，C错误。
15. B【解析】带电小球B处于平衡状态，因此A对B的库仑力与B的重力平衡，两球应该带同种电荷，选项A错误；由于k＝mg得q＝，选项B正确；如果小球B的质量变为2m，则A、B两球的距离为r，选项C错误；如果小球B的电荷量变为2q，则A、B两球的距离为r，选项D错误。
16. B【解析】对小球A受力分析，受竖直向下的重力，B对A斜向左上的静电力，斜向右上的细线的拉力，由题意知小球A静止，则小球受力平衡，设此时点电荷B与小球A间的距离为r，则＝，解得A、B之间的距离r＝q，选项B正确。
17. A【解析】小球a受力图如图，根据受力分析可知＝tan α，同理可得＝tan β，其中F库＝k，由牛顿第三定律可知两球之间的库仑力大小相等，但是无法判断两球电荷量之间的关系，所以B、C错误；由于β>α，则ma>mb，所以A正确；由于＝sin α，＝sin β，则FTa>FTb，所以D错误。
18. D【解析】根据题述和图中几何关系可知，A、B间的距离为r＝l，根据库仑定律，可得库仑力大小为F＝k＝k，选项A错误；对小球A受力分析，如图所示，受到竖直向下的重力mg，水平向右的库仑力F和细线的拉力FT，由mg∶F＝1∶，可得A、B间库仑力大小为F＝mg，选项B错误；由mg∶FT＝1∶2，可得细线拉力大小为FT＝2mg，选项C错误；由FT∶F＝2∶，可得细线拉力大小为FT＝F＝，选项D正确。
二、多选题
19. AC【解析】由题意可知，qB对qC的库仑力沿B→C方向，qA对qC的库仑力沿C→A方向，则A、C两点的点电荷一定带异种电荷，A正确，B错误；FC＝，F＝k，仅将qA、qB均增大为原来的2倍，则FBC′、FAC′变为原来的2倍，可知qC受到的静电力变为2FC，C正确；sin 30°＝＝，仅将qA增大为原来的2倍，则FAC′变为原来的2倍，FAC′与FBC相等，FBC与FAC′夹角为120°，得FC′＝FAC′＝FBC，由cos 30°＝＝，联立得FC′＝FC，D错误。
20. BD【解析】根据电荷间的相互作用规律可知，A球带负电，B球带正电，A球才能受到固定球的向左的吸引力和B球向右的吸引力而平衡，B球受到固定球向右的排斥力和A球向左的吸引力而平衡，A错误；A球与两边带电小球的间距相等，根据库仑定律可知，两边带电小球的电荷量相等，即B球的电荷量与固定球的电荷量相等，对于B球，因为A离B较近，故要使A对B的库仑力与固定球对B的库仑力大小相等，A球的电荷量需要比固定球的电荷量少，B正确；改变B球的质量，影响的是B球的重力，不会影响三个球之间的库仑力，故三个球仍可保持平衡，B不会移动，C错误，D正确。
21. BC【解析】三个小球一起向右运动且杆均没有弹力，则三个小球具有向右的相同加速度，所以A、B与C应是异种电荷，并且A、B是等量的同种电荷，A错误，B正确；对三个小球整体分析有F＝3ma，对A球分析有ksin 60°＝ma, kcos 60°＝k，解得qC＝2q，F＝k，C正确，D错误。
三、计算题
22. (1)－g　(2)
【解析】(1)根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力大小为F库＝k
隔离B球，由牛顿第二定律有F库－mgsin 30°＝ma
联立解得加速度大小为a＝－g
(2)把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有
F－2mgsin 30°＝2ma，解得F＝。
23. (1)0.02 N　(2)2×10－3 kg
【解析】(1)由库仑定律得F库＝k
＝9.0×109× N
＝0.02 N。
(2)对A受力分析如图所示
根据平衡条件得
FTcos α＝mg，FTsin α＝F库
代入数据可得
m＝＝ kg＝2×10－3 kg。
24. (1)　(2)带负电，电荷量为q
【解析】因A、B为同种电荷，A球受到B球的库仑力向左，要使A向右匀加速运动，则A球必须受到C球施加的向右的库仑力，故C球带负电。设加速度为a，对A、B、C三球组成的整体，由牛顿第二定律有
F＝3ma
对A球，由牛顿第二定律有
k－k＝ma
对B球，由牛顿第二定律有
k＋k＝ma
解得F＝，qC＝q。
25. (1)×10－7C
(2)×10－3 N，方向水平向左
(3)1.5×10－3 N　1×10－3 N
【解析】(1)对B球受力分析如图甲所示。B球受力平衡，则拉力与库仑力的合力大小等于重力，方向与重力方向相反，由几何知识可知F＝mg＝FTB
甲
根据库仑定律得
F＝k＝mg
代入数据解得q＝×10－7 C。
(2)对A球受力分析如图乙所示。
乙
A球受力平衡，所以
FN＝Fsin 60°＝mgsin 60°
＝×10－3 N
由牛顿第三定律可知，墙受到小球的压力大小为×10－3 N，方向水平向左。
(3)A球受力平衡，则有
FTA＝mg＋Fcos 60°＝1.5×10－3 N
由(1)分析知FTB＝mg＝1×10－3 N。
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