【文档说明】高二物理人教版2019必修第三册同步备课试题 9.2 库仑定律 Word版含解析.docx，共(17)页，1.447 MB，由小赞的店铺上传

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第2节库仑定律一、库仑定律的表达式及简单计算1．（2021·海南·高二学业考试）下列关于点电荷的说法正确的是（）A．点电荷是一种理想化模型B．点电荷是指电荷量很少的带电体C．体积很小的带电体，一定能视为点电荷D．体积很大的带电体，一定不能

视为点电荷【答案】A【解析】当带电体之间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间作用力的影响可以忽略时，这样的带电体可以看作带电的点，叫作点电荷，点电荷是一种理想化模型

，带电体能否视为点电荷，要根据所研究的问题而定，与带电体本身的带电量、体积大小无关，故A正确，BCD错误。故选A。2．（2022·河南·信阳高中高一阶段练习）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1

和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为122qqFkr=，式中k为静电力常量，若用国际单位制表示，k的单位应为（）A．22kgmAB．22NmC−C．22kgmC−D．23NmA−【答案】B【解析】根据122kqqFr=可得212Frkqq=根据力的单位是N，距

离的单位是m，电量的单位是C，可得k的单位是22NmC−，又Fma=QIt=可知2Nkgm/s=，1ACs−=则22322324NmCkgmsCkgmAC−−−−==，故选B。3．（2019·北京市陈经纶中学高二期中）关于库仑定律，下列说法正确的是（）A．库仑

定律只适用于两点电荷之间的相互作用B．库仑定律适用于任意两带电体之间的相互作用C．置于带电空心球球心处的点电荷所受库仑力为D．把电荷的正负号代入库仑定律进行计算时，F为正值表示引力，F为负值表示斥力【答案】A【解析】AB．库仑定律只适用于

求两个点电荷之间的相互作用力，故A正确，B错误；C．由公式122QQFkr=可知，当0r→时此时已不满足点电荷条件，所以公式不适用，故C错误；D．把电荷的正负号代入库仑定律进行计算时，F为正值表示斥力，F为负

值表示引力，故D错误。故选A。4．（2022·安徽·合肥市第六中学高一期末）真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处。若将小球A的电荷量增加为原来的5倍，然后将两小球接触后分开，并使两

小球间的距离减为原来的一半，则在前后两种情况下，两小球之间的静电力之比为（）A．1:36B．36:1C．1:16D．16:1【答案】C【解析】设A、B带的电荷量分别为q+和q−、A和B间距离为r，由库仑定律得212qFkr=现将球A的电荷量增加为原来的5倍为5q+，A、B接

触后，出电荷守恒定律得A、B所带电荷量均为2q，又此时A和B间距离为2r，可得22216qFkr=整理得12:1:16FF=，故ABD错误，C正确。故选C。二、库仑的实验5．（2021·安徽·高二阶段练习）高中物理的实验方法主要有等效替代法、微小量放大法

、极限法、控制变量法和逐差法等。如图所示的实验装置为库仑扭秤。细丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的B球，B与A处于静止状态；当把另一个带电的金属球C插入容器并使它

靠近A时，A和C之间的作用力使细丝扭转，通过细丝扭转的角度可以比较力的大小，这里用到的实验方法为_________。保持电荷量不变，改变A和C的距离，得到相互作用力F和A、C间距离r的关系，这里用到的实验方法为_______________；根据该实验方法，接下来进行的实

验操作是_______________________________________。【答案】微小量放大法控制变量法保持A和C的距离不变，改变金属球C的带电荷量q，得到相互作用力F和电荷量q的关系【解析】[1]把微弱的库仑力放大成可以看得到的扭转角度，并通过扭转角

度的大小找出力和距离的关系，这是微小量放大法[2]保持电荷量不变，改变A和C的距离可得到F和r的关系，这是控制变量法；[3]接下来控制另一个变量不变，即保持A和C的距离不变，改变金属球C的带电荷量q，可得到相互作用力F和电荷量q的关系

。6．（2022·山东淄博·高一期末）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。（1）

他们分别进行了以下操作。①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的123PPP、、等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力______。（填“增大”、“减小”或“不变”

）②使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力______。（填“增大”、“减小”或“不变”）（2）以上实验采用的方法是______（填正确选项前的字母）。A．等效替代法B．理

想实验法C．控制变量法D．微小量放大法（3）接着该组同学又进行了如下实验，如图乙所示，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为，

若两次实验中A的电量分别为1q和2q，分别为30°和45°，则12qq为_________。【答案】减小增大C36【解析】（1）[1]设细线与竖直方向夹角为，根据平衡条件tanmgF=故由图可得，两小球所带电量不变时，距离增大，细线与竖直方向夹角减小，静电力减小。[

2]同理，当图乙中小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，则两小球间静电力增大。（2）[3]根据题意保持电荷量不变，只改变距离，研究力的变化情况，或者保持距离不变，改变电荷量，研究力的变化情况，所以，用的是控制变量法。故选C。（3）[4]对小球B受力

分析，根据库仑定律结合平衡条件有()AB2tansinkqqmgL=解得22ABtansinmgLqkq=可得两次实验中A的电量之比为2122tan30sin303tan45sin456qq==三、静电力的计算7．（2022·浙江·高三专题练习）如图所示，真空中两个完全相

同的绝缘带电金属球A、B（两球半径相比两球间距不能忽略），分别带有-4Q和+Q的电荷量，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则它们间的静电力（）A．等于4FB．小于4FC．大于4FD．等于78F【答

案】B【解析】若带电金属球A、B能看成点电荷，设两球心间距为r，根据库仑定律，有124QQFkr=不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则两金属球所带电荷量变为AB22QQQQ=−=−，则，它们间的静电力

变为122224QQFFkr==由题意可知，两球半径相比两球间距不能忽略，原来带异种电荷，由于相互吸引，电荷主要集中在内侧，电荷间实际距离小于r，故实际两球间静电力为F>F1后来带同种电荷，由于相互

排斥，电荷主要集中在外侧，电荷间实际距离大于r，故实际两球间静电力2FF，联立可得14FF，B正确。故选B。8．（2019·广东·深圳市龙岗区龙城高级中学高二期中）如图所示，三个完全相同的金属小

球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上，a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小，已知c受到a和b静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，这条有向线段应是（）A．1FB．2FC．3FD．4F【答案】B【解析】静电力122qqFkr=由于a、b到c的距离相等，而a

的带电量小于b的带电量，所以a对c的排斥力小于b对c的吸引力，则c点的受力分析如图所示。根据矢量合成的平行四边形法则，可知合力F的方向与题干中2F的方向相近。故选B。9．（2022·河南·洛阳市孟津区第

一高级中学高三阶段练习）（多选）如图所示，两质量分别为1m和2m、带电荷量分别为1q和2q的小球，用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和()，若两小球恰在同一水平线上，那么（）A．两球

一定带异种电荷B．1q一定不等于2qC．1m一定小于2mD．两球所受静电力一定不相等【答案】AC【解析】根据题中两带电小球处于静止状态可知，本题考查物体平衡，根据平衡条件，运用正交分解、牛顿第三定律等，进行分

析推断。A．两球均带电且相互吸引，则必定带异种电荷，故A正确；B．两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，无论两球的电荷量是否相等，两球间的静电力大小都相等，故无法判断两球所带电荷量的大小关系，B错误；C．设两球间静电力大小

为F，对左球受力分析如图，得到1tanFmg=同理2tanFmg=则12tantanmm=因，得到12mm，故C正确。D．两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，两球间的静电力大小都相等,D错误。故选AC。10．（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，圆心为O、半径

为R的均匀带电圆环位于水平面内，带电量为Q。一个质量为m，带同种电荷带电量也为Q的小球，在圆心O的正上方高为h的O处，处于静止状态，若O与圆环上任一点的距离为L，则OO间的距离h为（静电力常量为k，重力加速度为g）（）A．32mgLhkQ=B．32mgRhkQ=C．23kQhmgL=D．2

3kmghQL=【答案】A【解析】在带电圆环上取一小段长度x，则该小段长度圆环带电量为ΔΔ2xqQπR=该小段带电圆环对带电小球的库仑力为2ΔΔQqFkL=该库仑力的竖直分力为22ΔΔΔcosyQqQqhFkαkLLL==其合力为222333ΔΔΔΔ2yQq

hhQkhQkhQFkkqxmgLLLπRLL=====解得32mgLhkQ=，故选A。11．（2022·全国·高二课时练习）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LL（比球半径r大得多）。若小球均带电，且10=+Aqq，=+Bqq，保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒定推力F作用于A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。

【答案】（1）22703kqL；（2）正电荷，209q【解析】（1）（2）由于三者一起向右做匀加速运动，且距离保持不变，A、B对C有向右的排斥力，可知C一定带正电荷，设C的带电量为Q，则对C球22(1

0)(2)kqQkqQmaLL+=对B球22(10)kqqkqQmaLL−=将A、B、C作为整体可知3Fma=联立解得209Qq=，22703kqFL=12．（2021·江苏徐州·高二期中）如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、

乙两个带电小球，0=t时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t图像分别如图b中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（）A．甲在2t时刻的

加速度最大B．甲、乙两球的质量之比为2:1C．两小球在2t时刻的电势能最大D．在30~t时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】B【解析】A．设甲的质量为m，乙的质量为M，从v－t图像可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，根据2kQqFr=可知

此时静电力最大，由Fma=，可知，加速度最大，故A错误；B．把甲乙看成系统，运动过程中动量守恒，则有0()MvMmv=+可得甲、乙两球的质量之比为2:1mM=，故B正确；C．系统动能和电势能之和守恒，t1时刻速度相等，动能损失最

大转化为电势能，电势能最大，故C错误；D．由图可知，甲一直加速，在30~t时间内，甲的动能一直增大，乙在0~t2时间内减速，t2~t3时间内，乙反向加速，所以乙的动能先减小后增加，故D错误。故选B。13．（2022·辽宁·二模）如图所示，带

电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的小定滑轮的细线拉着带电小球B，小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的距离为r，A、C间的距离为h，h>r。用拉力F缓慢拉动绳端，使小球B缓慢向上移动，在小球B从图

示位置一直运动到C点的过程中（）A．拉力F一直减小B．拉力F先增大后减小C．小球一直做曲线运动D．小球先做曲线运动后做直线运动【答案】D【解析】设小球B的质量为m，B、C间距离为L，在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得2

3ABABqqkkqqmgFrhLrr===在小球B从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA、qB均不变，L变小，则F变小，r不变，因此这个过程小球B绕A做圆周运动；当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以

F变大。综上所述可知拉力F先减小后增大，小球先做曲线运动后做直线运动。故ABC错误，D正确。故选D。14．（2021·河南·模拟预测）如图所示，质量均为m的a、b、c、d四个带电小球，其中，a、b、c三个完全相同的小球的带电量均为q（电性未知），

且位于光滑绝缘的水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三个小球等分整个圆周。带电量为10q（电性未知）的小球d位于O点的正上方3R处，且在外力作用下恰好处于静止状态。重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正

确的是（）A．a、b、c、d四个小球带电量的总和一定为-7qB．外力的大小为221534kqR、方向竖直向上C．小球a的角速度为(1543)23qkRmR−D．小球b的动能为22(1543)12kqR−【答案】C【解析】A．a、b、c三小球所带电荷

量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a、b、c三个完全相同的小球的带量值均为q，有可能为正值，则d球电荷量有可能为负值，所以四个小球带电量的总和可能为-7q；同时也有可能d带正电荷，a、b、c带负电荷，总电荷量为+7q，A错误；B．设db连线与水平方向

的夹角为α，则cosα2212RRh==+所以α=60°对d球，由平衡条件得222210.1533sin4qkqFkmgmgkRR=+=++，方向竖直向上，B错误；C．a、b、c任意两个小球之间的距离为2Rcos30°3=R对b球，根据

牛顿第二定律和向心力得2222210cos602cos30(3)qqqkkmRkRR=−+解得(1543)23qkRmR−=，C正确；D．小球的动能为222211(1543)()2224kkqEmv

mRR−===，D错误。故选C。15．（2022·山东·高三期末）如图所示，真空中有四个相同的点电荷，电荷量均为q，分别固定在棱长为L的正四面体（由绝缘材料制成）的四个顶点上，静电力常量为k。任意一个点电荷所受静电力的大小为（）A．226kqLB．223kqLC．2263kqLD．2233k

qL【答案】A【解析】设正四面体的四个顶点为ABCD，作底边三角形ABC中点O，连结OD，AO，如图所示由几何关系可知6cos3=A点电荷在D点产生的场强为02kqEL=同理B、C两点电荷在D点产生的场强为也为02kqEL=这三个场强水

平分量互成120°且大小相等，故最终抵消，只有竖直分量为y026cos3kqEEL==故D点合场强为26kqEL=合则D点电荷受静电力大小为226kqFEqL==合则每个点所受静电力大小都为226kqL。故

选A。16．（2009·江苏·高考真题）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2r，则两球间库仑力的大小为A．112FB．34FC．43FD．12F【答案】C【解析】本题考查库仑定律及

带电体电量的转移问题．接触前两个点电荷之间的库仑力大小为23QQFkr=，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的12，库仑力为224432QQQQFkkFrr===，所

以两球间库仑力的大小为43F，C项正确．17．（2011·海南·高考真题）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球

1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知A．n＝3B．n＝4C．n＝5D．n＝6【答案】D【解析】设1、2距离为r，则球1、2之间作用力为：22nqFkr=①3与

2接触后，它们带的电的电量平分，均为：2nq，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为()24nq+，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为()2228nnqFkr+=②由①②两式解得：n=618．（2017·浙江·高考真题）

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，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上.其中O点与小球A的间距为l．O点与小球B的间距为3l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角30=，

带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，则()A．A、B间库仑力大小222kqFl=B．A、B间库仑力33mgF=C．细线拉力大小223TkqFl=D．细线拉力大小3TFmg=【答案】B【解析】A的受力如图所示，几何三角形OAB与力三角形相似，由对应边成比例3TFlmgl=，则33TmgF=

，由余弦定律222(3)23cos30ABllll=+−=，则2233TmgkqFFl===，故B正确．点睛：本题借助于相似三角形和余弦定理求解拉力的大小，对于此类题要正确的画出受力图，组建三角形．19．（2014·浙江·高考真题）（多选）如图所示，水平地面上固定一个光

滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ，一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电

荷。小球A静止在斜面上，则（）A．小球A与B之间库仑力的大小为22qkdB．当sinqmgdk=时，细线上的拉力为0C．当tanqmgdk=时，细线上的拉力为0D．当tanqmgdk=时，斜面对小球A的支持力为0【答案】AC【解析】A

．由题意知，根据库伦定律可求小球A与B之间库仑力的大小为22cqFkd=，故A正确；B．以小球A为研究对象受力分析如图根据物体的平衡条件可求当mg、Fc、FN三力的合力等于零时，即22tanqkmgd=时，细线上的拉力为0，解得tanqmgdk=，故

B错误；C正确；D．由平衡条件知，小球A受弹力不可能为零，故D错误。故选AC。20．（2020·浙江·高考真题）如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为0k的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，A00qq=，B0qq=−

，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（）A．0C47qq=B．弹簧伸长量为0sinMgkC．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为037kqMg【答案】A【解析】AD．三小球间距r均相等，对C球受力分析可知C球带正电，根据平衡条件：0C0C22s

in(2)qqqqMgkkrr+=对B小球受力分析，根据平衡条件：20C022sinqqqMgkkrr+=两式联立解得：0C47qq=，037sinkrqMg=，故A正确，D错误；B．对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件：03sinMgkx

=弹簧伸长量：03sinMgxk=，故B错误；C．对A球受力分析，根据平衡条件：0sinMgFkx+=库解得A球受到的库仑力为：2sinFMg=库，故选A．21．（2012·上海·高考真题）（多选）如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为

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vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB．则（）A．mA一定小于mBB．qA一定大于qBC．vA一定大于vBD．EkA一定

大于EkB【答案】ACD【解析】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：1tanAFmg=，故：1tanAFmg=同理，有：2·tanBFmg=，由于12＞，故ABmm＜，故A正确；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，故B错误；小球摆动过程机械能守恒，有212AAmghmv=，解得2Avgh=，由于A球摆到最低点过程，下降的高度h较大，故A球的速度较大，故C正确；小球摆动过程机械能守恒，有

KmghE=，故：1cos1costankFEmghmgLL==−=−（）（）其中cosL、相同，根据数学中的半角公式，得到：1cos1coscoscostantansin2kFELFLFL

−=−==（）其中cosLh=，相同，故越大2tan越大，动能越大，故kAE一定大于kBE，故D正确．22．（2022·辽宁·高考真题）（多选）如图所示，带电荷量为6(0)QQ的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定

一电荷量为Q−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2L，球2、3间的静电力大小为2mg。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g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gLC．运动至a点的加速度大小为2gD．运动至ab中点时对斜面的压力大小为3346mg−【答案】BCD【解析】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形

，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于2L，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有21sin2mgLm

v=解得vgL=，故B正确；C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有22qQmgkL=设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有226sin30sin30qQqQFkkmgLL=−−解得9=4Fmg小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于

2L，根据对称性可知2sin30sin30qQFkmgmaL+−=解得2ag=，故C正确；D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为232244233233()2qQqQmgFkkmgLL==

==斜面对小球的支持力为N2332334cos30236FmgFmgmgmg−=−=−=根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为3346mg−，故D正确。故选BCD。