專題51　庫侖定律與帶電體平衡1．注意庫侖力的大小與兩點電荷間的距離平方成反比，對兩個均勻帶電球，r為兩球的球心間距.2.庫侖力作用下的物體平衡問題，與純力學平衡問題分析方法一樣，受力分析是基礎，應用平衡條件是關鍵，都可以通過解析法、圖示法或兩種方法相結合解決問題，但要注意庫侖力的大小隨著電荷間距變化的特點．要注意整體法、隔離法的應用．1．(2020·湘贛皖十五校聯(lián)考)光滑絕緣水平面上固定一半徑為R、帶正電的球體A(可認為電荷量全部在球心)，另一帶正電的小球B以一定的初速度沖向球體A，用r表示兩球心間的距離，F表示B小球受到的庫侖斥力，在r＞R的區(qū)域內，下列描述F隨r變化關系的圖象中可能正確的是(　　)答案　C解析　根據(jù)庫侖定律可知，兩球之間的庫侖力滿足F＝k，即隨r增加，F非線性減小．2．(多選)一根套有細環(huán)的粗糙桿水平放置，帶正電的小球A通過絕緣細線系在細環(huán)上，另一帶正電的小球B固定在絕緣支架上，A球處于平衡狀態(tài)，如圖1所示．現(xiàn)將B球稍向右移動，當A小球再次平衡(該過程A、B兩球一直在相同的水平面上)時，細環(huán)仍靜止在原位置，下列說法正確的是(　　)圖1A．細線對帶電小球A的拉力變大B．細線對細環(huán)的拉力保持不變C．細環(huán)所受的摩擦力變大D．粗糙桿對細環(huán)的支持力變大答案　AC解析　A球受重力mg、細線的拉力FT和電場力F，根據(jù)平衡條件得：FT＝，F增大時，FT變大，故A正確，B錯誤．以小球A和細環(huán)整體為研究對象，受到總重力G、桿對細環(huán)的支持力FN、摩擦力Ff和電場力F.根據(jù)平衡條件得：FN＝G，Ff＝F，電場力F增大時，桿對細環(huán)的支持力保持不變，細環(huán)所受的摩擦力變大，故C正確，D錯誤．3．(2020·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)真空中兩個大小相同、帶等量異種電荷的金屬小球A和B(可視為點電荷，電荷量分別為Q和－Q)，分別固定在兩處，它們之間的靜電力為F.用一個帶電荷量為－Q的相同金屬球C先后與A、B球接觸，然后移開球C，此時A、B球間的靜電力為(　　)A. B.C. D.答案　A解析　A、C接觸后，所帶電荷量均為，B、C接觸后，所帶電荷量均為－，由庫侖定律可知，A、B之間的靜電力變?yōu)樵瓉淼?/span>，B、C、D錯誤，A正確．4．(多選)如圖2所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m，電荷量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　　)圖2A．小球A與B之間庫侖力的大小為B．當＝時，細線上的拉力為0C．當＝時，細線上的拉力為0D．當＝時，斜面對小球A的支持力為0答案　AC解析　由庫侖定律得A、B之間的庫侖力F＝，故A正確；當細線上的拉力為0的時候，小球A受到庫侖力、斜面支持力和重力，關系為＝mgtan θ，解得＝，故B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，故D錯誤．5．如圖3所示，光滑水平面上固定金屬小球A，用原長為l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變?yōu)?/span>x2，則有(　　)圖3A．x2＝x1 B．x2>x1C．x2＝x1 D．x2<x1答案　B解析　電荷量減少一半，根據(jù)庫侖定律知若兩個球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所以實際的情況是小球之間的庫侖力會大于原來的，此時彈簧的伸長量也大于原來的，B正確．6.(多選)如圖4所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關系式可能是(　　)圖4A．cos3α＝ B．cos3α＝C．sin3α＝ D．sin3α＝答案　AC解析　設菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，兩個－q之間距離為2acos α.選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，選項A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，選項C正確，D錯誤．7．(多選)如圖5所示，真空中兩個相同的小球帶有等量同種電荷，質量均為0.1 g，分別用10 cm長的絕緣細線懸掛于絕緣天花板上的一點，平衡時B球偏離豎直方向60°，A球豎直懸掛且與絕緣墻接觸(g取10 m/s2)．下列說法正確的是(　　)圖5A．小球的帶電荷量約為3.33×10－8 CB．墻壁受到的壓力大小約為8.7×10－4 NC．A球受到細線的拉力大小為1.0×10－3 ND．B球受到的拉力大小為1.5×10－3 N答案　AB解析　對B球進行受力分析，如圖甲所示，B球受三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則拉力與庫侖力的合力大小等于重力，方向與重力方向相反，根據(jù)三角形相似可知，F＝mg＝FTB，根據(jù)庫侖定律有F＝k＝mg，解得q＝×10－7 C≈3.33×10－8 C，故A正確．對A球進行受力分析，如圖乙所示，A球受力平衡，水平方向有FN＝Fsin 60°＝mgsin 60°＝0.1×10－3×10× N＝×10－3 N≈8.7×10－4 N，由牛頓第三定律得墻受到小球的壓力大小約為8.7×10－4 N，方向水平向左，故B正確．A球受力平衡，豎直方向有FTA＝mg＋Fcos 60°＝mg＝×0.1×10－3 N＝1.5×10－3 N，由前面分析知FTB＝mg＝1.0×10－3 N，故C、D錯誤．　8.(2020·江蘇南京市、鹽城市二模)為探測地球表面某空間存在的勻強電場的電場強度E的大小，某同學用絕緣細線將質量為m、帶電荷量為＋q的金屬球懸于O點，如圖6所示，穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角θ＝60°；再用另一完全相同的不帶電金屬球與該球接觸后移開，再次穩(wěn)定后，細線與豎直方向的夾角變?yōu)?/span>α＝30°，重力加速度為g，則該勻強電場的電場強度E大小為(　　)圖6A.mg  B.mg  C.mg  D.答案　D解析　設電場方向與豎直方向的夾角為β，對金屬球受力分析，則開始時，水平方向FT1sin 60°＝qEsin β，豎直方向FT1cos 60°＋qEcos β＝mg，當用另一完全相同的不帶電金屬球與該球接觸后移開，再次穩(wěn)定后金屬球電荷量減半，對金屬球受力分析，則水平方向FT2sin 30°＝qEsin β，豎直方向FT2cos 30°＋qEcos β＝mg，聯(lián)立解得qE＝mg，β＝60°，即E＝，故選D. 

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