强化训练16电荷守恒定律和库仑定律
——’17备考热身教辅系列
高级物理教师魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于理解静电场中最基本的物理模型——点电荷，两个最基本的规律——电荷守恒定律和库仑定律。其重点是训练和考查对点电荷模型的认识，训练和考查对两个基本规律的内容、适用条件的理解及应用。注意训练我们结合喝运用数学知识处理物理问题，从而提高分析问题、解决问题的能力。
一、破解依据
㈠电荷守恒定律
既不能消灭，也不能创生，只能传递或转移，总电量不变。
㈡库仑定律，特点——“等大、反向、异点、共线”。
㈢带电物体的平衡条件；或。
解决此类问题的“依据”，与“不带电”物体的平衡问题大致相同。与彼不同的是，“带电体”在电场中时常受到库仑引（或斥）力的作用（在磁场中时常受安培力、洛仑兹力的作用）。因此，我们在解题时，必须首先弄清各种力的大小和方向，是否为恒（或变）力，再依照前述几个基本“依据”处理即可。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共40分）
⒈（15安徽）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2。其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为
A．kg·A2·m3B．kg·A-2·m3·s-C．kg·m2·C-2D．N·m2·A-2
A．????B．??C．?D．2.（14东惠州一中）两个放在绝缘支架上的相同金属球相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和-3q的电荷，相互引力为3F．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将变为（）
A.FB.2FC.3FD.4F
3.（15新课标II）如图-，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将（）
A．保持静止状态B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动
4.（15江苏）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（）
A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大，D．速率先增大后减小
5.（16浙江）如图-所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量（）
A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10-2N
C．B球所带的电荷量为?D．A、B两球连续中点处的电场强度为0
6.（14广东）如图-所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P，带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()
A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同
D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
7.（15浙江）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上带有的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为和。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；静电力常量，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
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
D将B移到无穷远处，两线上的拉力大小
8.(14浙江)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kq2/d2
B.当时,细线上的拉力为0
C.当时,细线上的拉力为0
D.当时,斜面对小球A的支持力为0
㈡填空题（共18分）
⒐（16上海）(6分)如图-，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为。在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α=60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A受到的电场力大小为。
⒑(13四川)(1)（6分）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图-所示。
实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量的____________而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是__________(（选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”）。
11.(14上海)（6分）如图-,竖直绝缘墙上固定一带电小球A,将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处,图中AC=h。当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时,A对B的静电力为B所受重力的倍,则丝线BC长度为。若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍,改变丝线长度,使B仍能在θ=30°处平衡。以后由于A漏电,B在竖直平面内缓慢运动,到θ=0°处A的电荷尚未漏完,在整个漏电过程中,丝线上拉力大小的变化情况是。
㈢计算题（共48分）
12.（14成都摸底）（13分）如图-1所示，电荷量Q=2×l0-7C的正点电荷A固定在空间中O点，将质量m=2×10-4kg、电荷量q=1×l0-7C的另一正点电荷B从O点正上方高于05m的某处由静止释放，B运动过程中速度最大位置在P。若静电力常量k=9×109N．m2／C2，重力加速度g=10m／s2。求
（1）B运动到距O点l=0．5m处的加速度大小；
（2）P、O间的距离L。
13.（14福建）（15分）如图-1,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0m。若将电荷量均为q=+2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109N·m2/C2。求:
(1)两点电荷间的库仑力大小;
(2)C点的电场强度的大小和方向。
14.（17全国Ⅰ）（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
(四)选做题
15.(13北京)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
1.(14上海)如图-1,一对平行金属板水平放置,板间距为d,上板始终接地。长度为、质量均匀的绝缘杆,上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动,下端固定一带正电的轻质小球,其电荷量为q。当两板间电压为U1时,杆静止在与竖直方向OO′夹角θ=30°的位置;若两金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转α=15°至图中虚线位置时,为使杆仍在原位置静止,需改变两板间电压。假定两板间始终为匀强电场。求:
(1)绝缘杆所受的重力G;
(2)两板旋转后板间电压U2。
(3)在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时,某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变,电场力不做功,因此带电小球的电势能不变。你若认为该同学的结论正确,计算该电势能;你若认为该同学的结论错误,说明理由并求W1与W2。
1.（17北京）（13分）如图-1所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】B
【解析】由，可得k的单位为，故选B。
⒉【答案】A
【解析】由库仑定律可得：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；带异种电荷，则库仑力；故选A.
⒊【答案】D
【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。
⒋【答案】BC
【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率增大，所以速率先减小后增大。
⒌【答案】ACD
【解析】两相同的小球接触后电量均分，A正确；对A球受力如图，,选项B错；，解得,选项C正确；AB带等量的同种电荷，故A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确；故选ACD.
⒍【答案】B、D。
【解析】M、N处于静止状态,M、N及细杆组成的系统所受合外力为零,D项正确;P、M和N若不在同一直线上,M、N整体受到的不是共点力就会发生转动而不能静止,B项正确;P、M和N在同一直线上,所受合力为零,由库仑定律FPM=FPN得:,解得,A项错误;沿电场线的方向电势降低,在P产生的电场中,M处的电势高于N处的电势,C项错误。
⒎【答案】BC
⒏【答案】A、C。
【解析】两球间库仑力为,A项正确;当细线上的拉力为0时,小球A受到库仑力、斜面支持力、重力,具体关系为,B项错误,C项正确;由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为0,所以D项错误。
㈡填空题
⒐【答案】；mg.
【解析】带电小球受力如图所示，摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中，由动能定理有：，则；改变E的大小和方向后，平衡在处时根据正弦定理有：
，
平衡在30°，，则：
⒑【答案】(1)减小增大控制变量法。
【解略】
⒒【答案】、先不变后增大
【解析】对小球B进行受力分析如图,根据相似三角形有:,再根据余弦定理求出BC的长度:
;
若两者间的库仑力变为B的重力的0.5倍,根据几何关系可知AB与BC垂直,即拉力与库仑力垂直;由,随着电量的减小,细绳的拉力不变,库仑力减小。当细绳变为竖直方向时,库仑力和拉力的合力等于重力,库仑力减小,拉力增大,所以拉力先不变后增大。
㈢计算题
⒓【答案】（1）6.4m/s2；（2）0.3m．
【解析】（1）根据牛顿第二定律，则有：；代入数据解得：
（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：代入数据，解得：。
⒔【答案】(1)9.0×10-3N(2)7.8×103N/C方向沿y轴正向
【解析】(1)据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为
①
代入数据得F=9.0×10-3N②
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等,均为
③
A、B两点电荷形成电场在C点的合场强大小为
E=2E1cos30°④
由③④式并代入数据得E=7.8×103N/C
场强E的方向沿y轴正向
⒕【答案】(1)v0－2gt1(2)略
【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有
v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1?
为使E2>E1，应有
2－2＋>1?
即当0
或t1>?
才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
E2＝E1?
为使E2>E1，应有
2－2－>1?
即t1>?
另一解为负，不合题意，已舍去。
（四）选做题
15.【答案】C
【解析】正确选项为。由库仑定律可知静电力，由牛顿第二运动定律可得
，将库仑力代入可解得正确。考查了用牛顿第二运动定律力学原理解答电学问题。16.【答案】(1)(2)(3)见解析
【解析】(1)设杆长为L,杆受到的重力力矩与球受到的电场力力矩平衡,①
解得
(2)金属板转过α角后,同样满足力矩平衡,有
②
联立①②式解得
(3)该同学的结论错误。因为上板接地,当板旋转α角度时,板间电场强度发生变化,电场的零势能面改变了,带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了。
所以,带电小球的电势能也改变了。
设带电小球与零势能面间的电势差为U′,
金属板转动前,
电势能。
金属板转动后,
电势能。
1.【答案】(1)3.0×10－3N；(2)4.0×10－4kg；(3)2.0m/s。
【解析】(1)F＝qE＝3.0×10－3N
(2)由＝tan37°得m＝4.0×10－4kg
(3)由mgl(1－cos37°)＝mv2得v＝＝2.0m/s
图-11
图-12
图-13
图-9
图-8
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图-6
图-5
图-4
图-3
图-2
图-1
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