1、专题51库仑定律与带电体平衡1注意库仑力的大小与两点电荷间的距离平方成反比，对两个均匀带电球，r为两球的球心间距.2.库仑力作用下的物体平衡问题，与纯力学平衡问题分析方法一样，受力分析是基础，应用平衡条件是关键，都可以通过解析法、图示法或两种方法相结合解决问题，但要注意库仑力的大小随着电荷间距变化的特点要注意整体法、隔离法的应用1(2020湘赣皖十五校联考)光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A(可认为电荷量全部在球心)，另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在rR的区域内，下列描述F随r变化关系的图象中可能正确的是()答案C解
2、析根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足Fk，即随r增加，F非线性减小2(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡状态，如图1所示现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过程A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是()图1A细线对带电小球A的拉力变大B细线对细环的拉力保持不变C细环所受的摩擦力变大D粗糙杆对细环的支持力变大答案AC解析A球受重力mg、细线的拉力FT和电场力F，根据平衡条件得：FT，F增大时，FT变大，故A正确，B错误以小球A和细环整体为研究对象，受到总重力G、杆对细
3、环的支持力FN、摩擦力Ff和电场力F.根据平衡条件得：FNG，FfF，电场力F增大时，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C正确，D错误3(2020浙江“七彩阳光”联考)真空中两个大小相同、带等量异种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷，电荷量分别为Q和Q)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个带电荷量为Q的相同金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为()A.B.C.D.答案A解析A、C接触后，所带电荷量均为，B、C接触后，所带电荷量均为，由库仑定律可知，A、B之间的静电力变为原来的，B、C、D错误，A正确4(多选)如图2所示，水平地面上固定一个光
4、滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为.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，电荷量为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()图2A小球A与B之间库仑力的大小为B当时，细线上的拉力为0C当时，细线上的拉力为0D当时，斜面对小球A的支持力为0答案AC解析由库仑定律得A、B之间的库仑力F，故A正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A受到库仑力、斜面支持力和重力，关系为mgtan ，解得，故B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支
5、持力不可能为0，故D错误5如图3所示，光滑水平面上固定金属小球A，用原长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有()图3Ax2x1Bx2x1Cx2x1Dx2x1答案B解析电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的，此时弹簧的伸长量也大于原来的，B正确6.(多选)如图4所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为q、Q、q、Q.四个小球构成一个菱形，
6、q、q的连线与q、Q的连线之间的夹角为.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()图4Acos3Bcos3Csin3Dsin3答案AC解析设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asin ，两个q之间距离为2acos .选取q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos k，解得cos3，选项A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin k，解得sin3，选项C正确，D错误7(多选)如图5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，平衡时B球偏离竖直方向60，A球竖直悬挂且与绝缘墙接触(g取10
7、 m/s2)下列说法正确的是()图5A小球的带电荷量约为3.33108 CB墙壁受到的压力大小约为8.7104 NCA球受到细线的拉力大小为1.0103 NDB球受到的拉力大小为1.5103 N答案AB解析对B球进行受力分析，如图甲所示，B球受三个力的作用处于平衡状态，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，根据三角形相似可知，FmgFTB，根据库仑定律有Fkmg，解得q107 C3.33108 C，故A正确对A球进行受力分析，如图乙所示，A球受力平衡，水平方向有FNFsin 60mgsin 600.110310 N103 N8.7104 N，由牛顿第三定律得墙受到小球的压力大小
8、约为8.7104 N，方向水平向左，故B正确A球受力平衡，竖直方向有FTAmgFcos 60mg0.1103 N1.5103 N，由前面分析知FTBmg1.0103 N，故C、D错误8.(2020江苏南京市、盐城市二模)为探测地球表面某空间存在的匀强电场的电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为m、带电荷量为q的金属球悬于O点，如图6所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角60；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为30，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E大小为()图6A.mg B.mg C.mg D.答案D解析设电场方向与竖直方向的夹角为，对金属球受力分析，则开始时，水平方向FT1sin 60qEsin ，竖直方向FT1cos 60qEcos mg，当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后金属球电荷量减半，对金属球受力分析，则水平方向FT2sin 30qEsin ，竖直方向FT2cos 30qEcos mg，联立解得qEmg，60，即E，故选D.
