1、第一章第2节考点对应题号1.点电荷及电荷间的相互作用1、3、4、5、6、7、8、9、10、112.库仑定律2、5、8、10、11、12基础训练1(多选)关于点电荷，下列说法正确的是()A电子和质子在任何情况下都可视为点电荷B均匀带电的绝缘球体在计算库仑力时一般可视为点电荷C带电的细杆在一定条件下可以视为点电荷D带电的金属球一定不能视为点电荷BC解析 带电体能否视为点电荷，要看它们本身的形状和大小对所研究的问题是否可以忽略不计，而不是看物体本身有多大，也不是看它所带的电荷量有多小，选项B、C正确2要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是()A每个点电荷的电荷量都增大到原
2、来的2倍，电荷间的距离不变B保持点电荷的电荷量不变，使两个电荷间的距离增大为原来的2倍C一个点电荷的电荷量加倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两个点电荷间的距离减小为原来的D保持点电荷的电荷量不变，将两个点电荷间的距离减小为原来的A解析 根据库仑定律公式Fk可知，当每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变时，库仑力变为原来的4倍，选项A正确；当保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍时，库仑力变为原来的，选项B错误；当一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原来的时，库仑力变为原来的8倍，选项C错误；当保持点电
3、荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的时，库仑力变为原来的16倍，选项D错误3半径为R的两个较大的金属球放在绝缘桌面上，两球相距较近，球心距离为L.当两球都带等量同种电荷Q时，它们之间的相互作用力是F1；当两球都带等量异种电荷Q时，它们之间的相互作用力是F2.下列关于F1和F2大小的判断，正确的是()AF1F2BF1F2CF1F2DF1F2B解析 因为两个金属球较大且相距不太远，所以电荷间的相互作用力使金属球上的电荷分布不均匀，两金属球不能视作点电荷，两金属球带同种电荷时，电荷分布趋于远侧；两金属球带异种电荷时，电荷分布趋于近侧，由库仑定律可知，F1F2，选项B正确4两个带正电的小球，
4、放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离若同时释放两球，它们的加速度之比将()A保持不变B先增大后减小C增大D减小A解析 两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知，a1a2m2m1，故选项A正确5设星球带负电荷，一电子粉尘悬浮在距星球表面1 000 km的地方，若将同样的电子粉尘带到距星球表面2 000 km的地方相对于该星球无初速度释放，则此电子粉尘()A向星球下落B仍在原处悬浮C推向太空D无法判断B解析 设电子粉尘距星球球心为r，电子粉尘质量为m，星球质量为M，电子粉尘带电荷量为q，星球带电荷量为Q，则有G，由等式可看出r变化，等式仍成立，选项B正确6如图所示，直角三角
5、形ABC中B30，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是()AA带正电，QAQB18BA带负电，QAQB18CA带正电，QAQB14DA带负电，QAQB14B解析 要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电；设AC间的距离为L，则FBsin 30FA，即ksin 30，解得，故选项B正确7(多选)两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度1、2，如图所示，此时两个小球处于同一水平面
6、上，则下列说法正确的是()A若m1m2，则12B若m1m2，则12C若m1m2，则12D若q1q2，则12BC解析 以m1为研究对象，对m1受力分析如图所示，由共点力平衡，得FTsin 1F斥，FTcos 1m1g，由得tan 1，同理tan 2，因为不论q1、q2大小如何，两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力，大小永远相等，故从tan 知，m大，则tan 小，亦小()，m相等，亦相等，故选项B、C正确8两个点电荷原来所带的电荷量的绝对值均为q，现从其中一个电荷上取下q的电荷量，并加在另一个电荷上，那么它们之间的相互作用力与原来相比()A一定变大B一定变小C保持不变D由于两电荷的电性不确定
7、，无法判断大小B解析 两点电荷原来的库仑力Fk，若两点电荷带同种电荷，则现在的库仑力Fk；若两点电荷带异种电荷，则F，故F F，选项B正确能力提升9一半径为R的绝缘球壳上均匀带有电荷量为Q的电荷，另一电荷量为q的点电荷放在球心O上由于对称性，点电荷受力为零现在球壳上挖去半径为r(rR)的一个很小的圆，则此时置于球心处的点电荷()A受力大小为零B受力大小为，方向由圆孔指向球心C受力大小为，方向由圆孔指向球心D受力大小为，方向由球心指向圆孔D解析 把球壳分成无限多个微元，由对称性可知，除挖去的圆和其对称处外，其他都有两个微元关于圆心对称，两对称微元对球心处的点电荷作用力的合力为零，球壳上电荷面密度
8、为，与挖去的圆对称处的微元带电荷量Q，由库仑定律得Q对圆心处点电荷q的作用力大小F，由同种电荷相互排斥可知库仑力方向由球心指向圆孔，故选项D正确10如图所示，把质量为0.2 g的带电小球A用绝缘丝线吊起，若将带电荷量为4108 C的小球B靠近它，当小球A平衡时，两小球在同一高度且相距3 cm时，丝线与竖直方向夹角为45. g取10 m/s2，小球A、B可视为点电荷，则：(1)此时小球B受到的库仑力的大小为多少？(2)小球A带何种电荷？(3)小球A所带电荷量大小是多少？解析 (1)根据题给条件，可知小球A处于平衡状态，分析小球A受力情况如图所示则Fmgtan 450.2103101 N2103
9、N，小球B受到的库仑力与小球A受到的库仑力为作用力和反作用力，所以小球B受到的库仑力大小为2103 N.(2)小球A与小球B相互吸引，小球B带正电，故小球A带负电(3)小球A、B之间的库仑力大小Fkmgtan 45，所以qA C5109 C答案 (1)2103 N(2)负电荷(3)5109 C11如图所示，在倾角为的足够长的光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均为可视质点)，初始时刻它们相距为L.两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零经过一段时间后，当两球距离为L时，A、B的加速度大小之比为a1a2115.(静电力常量为k)(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A
10、球所带电荷量Q及电性；(2)求L与L之比解析 (1)对B球分析可知，其受沿斜面向上的库仑力作用，因B球带正电荷，所以A球也带正电荷初始时B球沿斜面方向所受合力为零，则有F0mgsin 0，又F0，解得Q.(2)初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球距离增大，库仑力一定减小，A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F2mgsin 2ma1，B球加速度a2方向也应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mgsin Fma2，FF，根据题意知a1a2115，得F，又因F，得LL32.答案 (1)带正电荷(2)3212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，三个球的质量均为m，相距均为L，若三球均带电，且qA10q，qBq，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)C球的电性和电荷量；(2)F的大小解析 (1)A球向右匀加速运动，合力向右，B球对A球有向左的静电力，故C球对A球的作用力为吸引力，故C球带负电设加速度为a，由牛顿第二定律，对A有kkma，对B有kkma，解得qCq，a.(2)对整体，根据牛顿第二定律有F3ma，所以F.答案 (1)带负电q(2)
